Calvary
Użytkownik
|
#1 - Wysłana: 14 Kwi 2020 18:04:48 - Edytowany przez: Calvary
NIe chce mi się kombinować z odblokowaniem tego. Więc..
Gracz A ma wyższą skutecznośc strzałów na bramkę, niż gracz B w pierwszej połowie meczu. Gracz A ma wyższą skuteczność strzałów na bramkę, niż gracz B w drugiej połowie meczu. Gracz A ma niższą skuteczność strzałów na bramkę, niż gracz B, w całym meczu. -- Możliwe/niemożliwe, dlaczego?
Możliwe. Skutecznośc strzałów to jest odsetek i najproście obrazowo porównać to do stopnia napełnienia naczyń. W dwóch rózych odpowiadających sobie etapach osoba A mogła mieć napełnione naczynia w wyższym stopniu, niż osoba B, ale jednocześnie mieć niższy stopień napełnienia sumy swoich naczyń, niż osoba B.
Biorąc osobę A. Mając dwa etapy i naczynia o objętościach v1 i v2, jeśli chcemy z odsetka napełnień poszczególnych naczyń uzyskać odsetek napełnienia sumy, bierzemy mniejsze naczynie, niech będzie to - bez straty ogólności - w tym wypadku v1 (gdyby było inaczej możemy po prostu zmienić oznaczenia, a jeśli naczynia są równe wziąć dowolne - rozumowanie pozostanie bez zmian), i liczymy:
(odsetek_napełnienia_v1 + (v2/v1)*odsetek_napełnienia_v2)/(1+v2/v1)
Co tutaj zasadniczo robimy? Uwzględniamy, że odsetek to jest wielkość, ale zależna od tego z jakiej wielkości go bierzemy. Że odsetek z danej wielkości, to tak naprawdę suma odsetków z jednostek stanowiących tą wielkość. Że mając dwie różne wielkości i odsetki z nich, możemy to uśrednić i rozłożyć po równo na wszystkie jednostki sumy. Za jednostkę, dla uproszczenia, bierzemy wielkość mniejszego naczynia.
Dalej. Z cechy charakterystycznej średniej arytmetycznej wartość ta musi się znaleźć pomiędzy odsetek_napełnienia_v1, a odsetek_napełnienia_v2. Położenie tej wartości zależy od stosunku wag, którymi tutaj są objętości. Np. jest oczywiste, że jeśli jedno naczynie to naparstek, a drugie to kilka basenów olimpijskich, to odsetek napełnienia sumy będzie bliższy odsetkowi napełnienia basenów olimpijskich, niż naparstka. I że dowolnie manipulując wagami, możemy uzyskać wartośc dowolnie bliską jednej z dwóch opcji.
To samo rozumowania dotyczy osoby B.
W związku z tym wystarczy, żeby odsetki napełnień wyglądały np. tak A1 > B1, A2 > B2, ale B2 > A1, żeby przy odpowiednim dobraniu wag (objętości/ ilości strzałów) odsetek napełnienia sumy dla Osoby B, był wyższy, niż dla Osoby A, mimo że mamy A1 > B1 i A2 > B2. Musimy po prostu tak dobrać wagi, żeby dla osoby A odsetek był odpowiednio blisko A1, a dla osoby B odpowiednio blisko B2. Można wyprowadzić wzór wypełniający te warunki, ale to przekracza zekres pytania.
Przykładowo: ((30/100*10 + 50/100*2 )/12)*100 daje skteczność 33,(3), natomiast ((20/100*10 + 40/100*50 )/60)*100 daje skuteczność 36,666666..., chociaż odpowiadające sobie skuteczności z danych połów są wyższe dla pierwszego gracza.
Warto to sobie mentalnie zestawić np. z wyliczaniem średniej prędkości.
Mamy 5 osób w wieku 12, 19.5, 28, 37.4, 48 lat. Co daje średnią wieku 28.98 lat. Doliczamy kolejną osobę, która ma 60.98 lat. Co oczywiście zmienia średnią. Czy jest możliwe, że kolejna osoba bedąca w wieku x, przywróci poprzednią średnią. Tak/nie dlaczego?
Niemożliwe. Mając zbiór wartości a1,a2,a3...an cechą charakterystyczną średniej arytmetycznej (s) z tego zbioru jest to, że (a1-s)+(a2-s)+...+(an-s) = 0. * Mówiąc inaczej, suma wartości odchyleń poszczególnych składników na minus od tej średniej, jest równa sumie wartości odchyleń poszczególnych składników na plus.Z określonego zbioru wartości mieliśmy średnią 28.98 lat, a następnie dodajemy dwie osoby, jedna w wieku 60.98 lat, a druga x. Żebyśmy przy tych założeniach mogli mieć nadal tę samą średnią (60.98-28.98) musiałoby się równać (28.98-x). Ponieważ jednak pierwsza wartość wynosi 32 lata, x musiałby być wartością ujemną, a taki wiek nie jest możliwy.
* Co wprost wynika ze wzoru na średnią. Bo mamy s = (a1+a2+...+an)/n, więc s*n = (a1+a2+...+an), więc (a1+a2+...+an) - s*n = 0, co daje: (a1-s)+(a2-s)+...+(an-s) = 0
Nasze standardowe Lotto. Obserwujemy dwa następne losowania. Prawdopodobieństwo tego, że w tych dwóch losowaniach wypadną dwa razy z rzędu dokładnie te same liczby, jest w stosunku do zwyczajnego obstawiania a) mniejsze niż szansa trafienia szóstki z jednego zakładu prostego b) większe niż szansa trafienia szóstki z jednego zakładu prostego c) takie samo jak szansa trafienia szóstki z jednego zakładu prostego
Jest takie samo. Wystarzy zauważyć, że zajście sytuacji o jakiej mowa jest równoznaczne temu, że po pierwszym losowaniu, obstawimy na kolejne losowanie jeden zakład prosty z liczbami z pierwszego losowania. Ponieważ to, że podjęliśmy taką decyzję w żaden sposób nie zmienia szans trafienia głównej wygranej z obstawionego zakładu, a jest równoznaczne temu, że wypadną dwa razy z rzędu te same liczby i zawsze możemy przeprowadzić takie rozumowanie, szansa, że w dwóch dowolnych kolejnych losowaniach wypadną takie same liczby jest równa szansie trafienia głównej wygranej z jednego zakładu prostego.
Wnioskując, z tego, że jeśli ktoś jest Abram to jest Anakonda, o tym, że jeśli nie jest Abram, to nie jest Akanonda, wnioskuje się poprawnie/niepoprawnie dlaczego?
Rzecz jasna niepoprawnie ponieważ z faktu, że Abram pociąga za sobą Anakondę nie wynika nic odnośnie tego, co za sobą pociąga nie-Abram. Jedyne co z faktu, że Abram pociąga za sobą Anakondę wynika, to że jeśli mamy nie-Anakonda, to nie możemy zarazem mieć Abram, bo z Abram wynika Anakonda, a więc mielibyśmy jednocześnie Anakonda i nie-Anakonda, a to jest sprzeczność.
|