Dušan Polanský
Pravděpodobnost a náhoda se mají k sobě blíže než milenci. Náhoda hraje u většiny z nás v životě významnou roli, proto i nejeden z nás by mohl napsat příběh o tom, jak velikou roli v jeho životě náhoda sehrála. Je pravda, že mnohé z příběhů by musely zůstat utajené, aby blízkým neublížily, ale to na veliké roli náhody v našem životě nic nemění. Náhoda někomu přinesla životní štěstí, někomu neštěstí, ale to k náhodě patří, kdyby všem přinesla jenom jedno, nebo druhé, tak by to nebyla náhoda, ale jistota. Nemluvě o tom, že štěstí a neštěstí jsou v kruté rovnováze, když se jeden směje, druhý pláče; jiná možnost v skutečném životě není. V tomto střípku si nebudeme povídat o životných náhodách, ale o náhodách při hodu kostkou nebo tažení karty z balíčku karet. Tyto náhody lze popsat bez větších problémů kvantitativně, zlomky. K popisu nahodilých událostí matematici mají teorii pravděpodobnosti a o jejich základech vám chci volně vyprávět.
Začnu trochu zeširoka. U učitelů mi nejvíce vadilo, že většinou vykládali látku bez zaujetí, jen jako holá fakta či mechanické postupy, které pak při zkoušení obvykle i vyžadovaly, tedy pokud jsme si ona fakta či postupy byli schopni vůbec schopni vtlouct do hlavy. Obvykle to bylo dáno tím, že svůj obor neměli zvládnutý do morku kosti a učitelování je moc nebavilo, to druhé plně chápu, člověk se nějak živit musí. Proto jsou mi sympatičtí ti učitelé nebo autoři, z jejichž výkladu či knih cítíte opravdové zaujetí výkladem, někdy málem vášeň, fascinaci tím, že vůbec mohou jiným něco sdělovat. Takový učitel nebo autor vás neutopí v odborné terminologii, hromadě čísel, vzorečků, postupů, ale vypráví vám zajímavý příběh o dobrodružství poznání ve svém oboru. Nespěchá, cíl má zdánlivě skromný, chce abyste získali pevné základy, na nichž pak máte jakous takous šanci postavit krásný dům hlubokých znalostí z jeho oboru. Bohužel takovýchto vykladačů je poskromnu. V každém případě tohle přísné kritérium naplnil známý maďarský matematik Alfréd Rényi (1921–1970) napsáním knihy: Dialogy o matematice. U nás tento titul vydala Mladá fronta v roce 1980. Bez větších problémů ji koupíte v antikvariátech, které vedou odborné knihy, jelikož vyšla ve velikém nákladu, 24 000 výtisků, a zájem o ni je popravdě minimální. V knize málem na vzorečky a natož složité výpočty nenarazíte, je to spíš poklidné a přitom hluboké a vášnivé vyprávění o základech matematiky. Tak nějak jsem si vždy přál, aby mi učitelé vyložili základy toho, co mě učili. Možná že moje kritika učitelů pramení z toho, že jsem míň chápavý a mám na jiné daleko vyšší nároky než na sebe. V tom bych jistě výjimkou nebyl.
Tohle povídání je povídání o základech teorie pravděpodobnosti. Nějak tak, jak jsem si kdysi přál, aby mi kdysi dávno někdo z učitelů základy této teorie podobně vyložil. Nestalo se. Pokud jde o vstupní znalosti pro čtení tohoto textu, vystačíte z matematikou z první třídy střední školy. Při většině výkladu se budu dost držet výše zmíněné knihy, přesněji kapitoly nazvané Pascalovský dialog, s podnadpisem čtyři dopisy o pravděpodobnosti. Tam, kde to budu považovat za rozumné a budu chtít výklad oživit či udělat názornější, příklad změním nebo rozvedu. Tam, kde mám pocit, že autor nechtěně použil zkratku, budu detailnější. Mé přání je jediné, abyste bez větší námahy pochopili jakž takž základy teorie pravděpodobnosti. V každém případě pro prohloubení zde získaných znalostí vám pak doporučuji sáhnou po zmíněné knize. Alfréd Rényi byl totiž pan Někdo, kdežto já jsem jenom obyčejný vykladač fragmentu jeho knihy. Ale již dost skromnosti, začínáme. Jinak formalismu se budu vyhýbat jako lump poctivé práci, důvod je prostý, nechci vás otrávit.
Míru možného uskutečnění určitého jevu nazýváme pravděpodobnost. Pravděpodobnost je pak dána zlomkem, podílem počtu příznivých výsledků k hledanému jevu a počtu všech možných výsledků. Například při poctivém házení „necinknutou“ hrací kostkou (krychle, pravidelný šestistěn, hexaedr, jinak jedno z pěti platónských těles) je počet všech možných výsledků roven 6, může padnout 1 nebo 2 nebo 3 nebo 4 nebo 5 nebo 6. Pravděpodobnost pádu šestky je pak 1/6, jelikož pouze jeden výsledek je příznivý pádu 6.
Jak to dopadne, když budeme chtít vědět, jaká je pravděpodobnost jevu, že padne 1 nebo 5? Víme, že 1 a 5 nemohou padnout najednou, to by byla divná kostka. Takovým jevům, které nemohou nastat současně, říkáme navzájem se vylučující jevy. Když při hodu padla 1, již nemůže padnout 5 a opačně. Věta o sčítání pravděpodobností nám říká, že pravděpodobnost vzájemně se vylučujících jevů je rovna součtu pravděpodobnosti těchto jevů. Pravděpodobnost pádu 1 je 1/6, stejnou pravděpodobnost má pád 5, tedy opět 1/6. Výsledná pravděpodobnost, podle zmíněné věty, pak bude 1/6 + 1/6 = 2/6 = 1/3. Ještě jiný výpočet. Všech možných výsledků je 6, příznivé našemu jevu jsou ale pouze dva výsledky: pád 1 nebo 5. Podle definice pravděpodobnosti je výsledek dán podílem příznivých případů, ty jsou 2, k celkovému počtu možných výsledků, těch je 6. A opět jsme u stejné pravděpodobnosti: 2/6 = 1/3.
Jak to ale dopadne, když budeme chtít znát pravděpodobnost jevu, že při dvou hodech po sobě stejnou kostkou nám při prvém hodu padne 1 a při druhém 5? K řešení použijeme jinou větu, větu o násobení pravděpodobnosti, ta nám říká, že pravděpodobnost toho, že jeden určitý jev nastane při prvém hodu a jiný určitý jev při druhém, je roven součinu těchto jevů při oddělených hodech. Podmínkou je, aby tyto hody byly nezávislé, tj. aby se navzájem neovlivňovaly, což v našem případě splněno je. První hod nijak neovlivňuje hod druhý a opačně. Tuhle větu lze rozšířit i na více hodů po sobě; pravděpodobnost výsledného jevu je opět dána součinem oddělených jevů následujících po sobě.
Zkusme si větu o násobení ověřit na našem posledním příkladě. Abychom měli možnost si náš výpočet ověřit, nejdřív si pravděpodobnost spočítáme na základě definice pravděpodobnosti. Jaké kombinace při dvou hodech stejnou kostkou jsou vůbec možné? Při prvém hodu padne číslo 1, při druhém 1 nebo 2 nebo 3 nebo 4 nebo 5 nebo 6. Další možnost: při prvém hodu padne číslo 2, při druhém 1 nebo 2 nebo 3 nebo 4 nebo 5 nebo 6. A tak bychom mohli pokračovat dále, až k případu, kdy při prvém hodu padne číslo 6 a při druhém 1 nebo 2 nebo 3 nebo 4 nebo 5 nebo 6. Celkem možných výsledků je 6 × 6 = 36. Kolik je příznivých jevů našemu jevu, tj. aby při prvém hodu padla 1 a při druhém 5? Pouze jedna jediná kombinace. Takže podle definice pravděpodobnosti: 1/36. A teď slíbený výpočet pomocí věty o násobení pravděpodobnosti. Při prvém hodu kostkou je pravděpodobnost pádu 1 rovna 1/6, při druhém hodu pravděpodobnost pádu 5 je rovněž rovna 1/6, takže výsledná pravděpodobnost je 1/6 × 1/6 = 1/36. Takže OK.
Možná vás teď napadne, že výchozí situace se nezmění, když budeme mít dvě kostky rozlišené barvou a budeme se ptát, jaká je pravděpodobnost, že při jednom hodu oběma kostkami najednou padne na jedné kostce (např. modré) 1 a současně na druhé (např. červené) 5. Máte pravdu, opět je jenom jeden příznivý výsledek z 36 možných. Něco jiného by bylo, kdybychom měli dvě naprosto stejné kostky (neumíme je rozlišit) a ptali bychom se, jaká je pravděpodobnost, že na jedné kostce (je jedno na které) padne 1 a na druhé 5? Zde by příznivé výsledky byly 2: na první kostce 1, na druhé 5; na první kostce 5, na druhé 1, takže výsledná pravděpodobnost by byla 2/36, což po vykrácení dvěma dá 1/18.
Již známe definici pravděpodobnosti, dvě základní věty teorie pravděpodobnosti a víme, co jsou to jevy na sobě nezávislé a jevy navzájem se vylučující. A to není málo. Ale teď těžší příklad, na němž si naše znalosti ještě více prohloubíme. K němu použijeme piquet, což je soubor 16 karet, v němž od každé barvy – srdce, káro, pik a kříž – jsou jenom čtyři nejvyšší figury: eso, král, dáma a kluk. V prvním příkladě nás bude zajímat pravděpodobnost tažení dvou králů po sobě, aniž bychom kartu taženou v prvním tahu vraceli zpět do balíčku.
Nejdřív si vypočteme pravděpodobnost vyjmutí krále z piquetu při prvním tahu. Králové jsou tam čtyři, takže podle definice pravděpodobnosti pravděpodobnost tohoto jevu je 4/16 = 1/4. Takže vytáhli jsme jednoho krále, kterého odložíme bokem a chceme znát pravděpodobnost jevu, že i při druhém tahu vytáhneme krále. Nejdřív si spočítáme pravděpodobnost tažení krále při druhém tahu nezávisle na tahu prvém: jistě je 3/15 = 1/5, jelikož karet v balíčku je jenom 15 a králové jsou tam pouze tři, jeden je vytažen a leží bokem. Jaká bude tedy výsledná pravděpodobnost? Pomůžeme si větou o násobení pravděpodobnosti: 1/4 × 1/5 = 1/20. Určitě vám na příkladu něco nesedí, asi to bude suverenní vytažení krále při prvním tahu z balíčku, vypadá to, že karty máme „cinknuté“, když již předem víme, která karta je králem.
Dobrá, situaci si tedy zkomplikujme. Představme si, že v prvém tahu netáhneme krále, ale jinou kartu, kterou opět odložím bokem, tj. nevracím ji zpět do balíčku. Jaká je pravděpodobnost případu, že krále vytáhneme až ve druhém tahu? Počítejme společně. Pravděpodobnost nevytažení krále v prvém tahu je 12/16 = 3/4. Proč? V balíčku je 12 karet bez krále, zbývající 4 jsou králové. Pravděpodobnost tažení krále v druhém tahu je 4/15. Proč? Karet je pouze 15, jedna byla tažena a leží bokem a my víme, že král nebyl tažen v prvém tahu, takže v balíčku jsou stále 4 králové. Teď nám stačí aplikovat větu o násobení pravděpodobnosti: 3/4 × 4/15 = 12/60 = 1/5. A opět slyším vaši námitku, no jo, vytáhli jsme podle zadání v prvním tahu kartu, na které nebyl král, tak to opravdu vypadá, že karty jsou „cinknuté“.
Budeme se trápit tedy ještě více. Jaká bude pravděpodobnost toho, že se ve druhém tahu objeví král, aniž víme, co bylo první taženou kartou? Opět kartu taženou v prvém tahu nebudeme do balíčku vracet. Teď naše zadání vypadá více hodnověrně, pravděpodobnostněji. Uvažujme společně. Jsou dva příznivé výsledky našemu zadání. První: v prvém tahu byl tažen král a v druhém také král. Ale tento případ jsme již spočetli o kousek výše, jeho pravděpodobnost je 1/20. Druhý: v prvém tahu král tažen nebyl, ale v druhém tahu ano. Ale tento případ jsme již také řešili, jeho pravděpodobnost je 1/5. Teď jde již jenom o to, jakou větu aplikovat na tyto dvě dílčí pravděpodobnosti. Jsou oba dílčí jevy nezávisle na sobě? Kdepak, nejsou! Pravděpodobnost tažení krále v druhém tahu je závislá na tom, zda jsem v prvém tahu krále táhnul nebo netáhnul, pokaždé je jiná. Dílčí jevy se ovlivňují. Jsou to dva navzájem se vylučující dílčí jevy? Jistě, vždyť v prvém dílčím jevu je v prvém i druhém tahu tažen král; v druhém dílčím jevu v prvém není tažen a v druhém je. Výsledky se vylučují nemohou nastat současně. Takže aplikujme na náš případ větu o sčítání pravděpodobnosti: 1/20 + 1/5 = 1/4. Pravděpodobnost jevu, že v druhém tahu vytáhneme krále, aniž víme, jakou kartou byla první tažená karta, kterou do balíčku nevracíme, je 1/4.
Teď odložíme Rényiho knihu bokem a sáhneme po knize jiné. Je kapánek starší, je z roku 1911, jejím autorem je profesor Bohumil Bydžovský (1880-1969). Jedná se o učebnici aritmetiky pro V. až VII. třídu škol reálných, kniha vyšla nákladem Jednoty českých matematiků. Teorii pravděpodobnosti jsou věnovány stránky 173 až 196. Na straně 178 najdeme také zadání úloh studentům k procvičení pochopení látky. Tady je text jedné z nich.
Galileovi byla předložena jeho přítelem, naruživým hráčem v kostky, otázka, jak vysvětliti, že při hře třemi kostkami, při níž vyhrává ten, komu padne více než 10, vyhrává se častěji vrhem 11 než vrhem 12, ač každé toto číslo může padnouti šesti trojicemi vrhů. Galileo věc správně vysvětlil. Učiňte tak rovněž! [Pravděpodobnosti jsou 27/216, 25/216].
Než tak učiníme, malé historické doplnění a historická oprava v zadání úlohy. Hra se jmenuje passedix (překročení desítky). Hráči sázeli na to, že při vrhu padne součet větší než 10. Naruživým hráčem byl Antoine Gombaud Chevalier de Méré (1607-1687) a úlohu nepředložil Galileo Galileovi (1564-1642), ale slavnému matematikovi, příteli, Blaise Pascalovi (1623-1662). Ovšem tahle upřesnění na matematické podstatě úlohy nic nemění.
Pokusme se společně o to stejné, co učinil Blaise Pascal, ten totiž v dopise rytíři de Méré vše detailně vysvětlil. Dopis jsem nikdy nečetl, ale možná můj výklad bude alespoň trochu podobný tomu Pascalovu.
V zadání úlohy máme uvedeno, že 11 i 12 mohou padnout stejným počtem vrhů, šesti. Vypišme si je. Součet 11 může padnout kombinacemi: (2,4,5), (4,4,3), (4,6,1), (5,3,3), (5,5,1) a (6,3,2). Součet 12 může padnout kombinacemi: (4, 4, 4), (4,5,3), (4,6,2), (5,5,2), (5,6,1), (6,3,3). Opravdu je kombinací pokaždé šest.
Teď si spočteme počet všech kombinací, jaké mohu třemi stejnými kostkami padnout: počet je 6 × 6 × 6 = 216. Učí se to v kombinatorice, ale můžeme si to odvodit i logicky. Výše jsme si ukázali, že všech kombinací při vrhu 2 kostek je 36. Uvažujme jeden z těchto vrhů, např. (5,2). Jaké kombinace nám k tomuto vrhu přibudou vrhem třetí kostky? Jsou to tyto vrhy: (1,5,2), (2,5,2), (3,5,2), (4,5,2), (5,5,2), (6,5,2). Přibylo 6 kombinací, takže ke každému vrhu s dvěma kostami, těch je 36, přibude 6 vrhů, tj. 36 × 6 = 216.
Rytíř de Méré původně uvažoval asi takto: Když 11 i 12 může padnout šesti trojicemi vrhů, tak pravděpodobnost vrhu 11 i 12 bude stejná: 6/216. Chybička se asi někde vloudila, když praxe hráčů ukazuje, že kombinace 11 padá častěji. Ale kde se vloudila?
Pozorně se podívejme na možné kombinace vrhů. Jsou trojího typu: v prvním typu vrhu jsou všechny tři čísla různá, např. (2,4,5); v druhém typu jsou stejná dvě čísla, např. (5,5,2) a u třetího typu jsou všechny čísla stejná, ten případ máme jediný (4,4,4). Jsou tyhle typy vrhů stejně pravděpodobné? Nejsou, ani pomyslet!
Analyzujme první typ vrhu, např. (2,4,5). Může padnout 6 způsoby: (2,4,5), (2,5,4), (4,2,5), (4,5,2), (5,2,4) a (5,4,2).
Analyzujme druhý typ vrhu, např. (5,5,2). Může padnout pouze 3 způsoby: (2,5,5), (5,2,5) a (5,5,2).
Analyzujme třetí typ vrhu, ten máme jediný (4,4,4). Ten může padnout pouze 1 způsobem.
Teď si ke každé kombinaci kostek, kterými může padnout číslo 11 nebo 12 vypíšeme i počet možností, kterým se daná dílčí kombinace vrhu může zrealizovat, přitom sledujte odstavec, kde jsou vypsané možné kombinace pádu součtu 11 a 12.
U čísla 11 je to 6 + 3 + 6 + 3 + 3 + 6 = 27 možností, tj. pravděpodobnost vrhu 11 je 27/216.
U čísla 12 je to 1 + 6 + 6 + 3 + 6 + 3 = 25 možností, tj. pravděpodobnost vrhu 12 je 25/216. Opravdu pravděpodobnost vrhu s 3 kostkami, při němž součet čísel je 11 je vyšší než u 12.
K Chevalierovi de Mére se ještě jednou vrátíme, jelikož požádal Blaise Pascala ještě o další dvě vysvětlení související s hazardem. Ale nejdřív si musíme zavést pojem opačného jevu. Představme si, že hazíme mincí. Opačný jev k hození panny (P) je orel (O). Pravděpodobnost toho, že nějaký jev nastane, plus, pravděpodobnost toho, že jev nenastane, je 1. To proto, že určitě padne P nebo O. Zapíšeme si to formálně takhle P(A) + P(nonA) = 1, z toho plyne důležitý závěr, že P(nonA) = 1 - P(A). Teď si již můžeme odvodit zákon sjednocení nezávislých levů A a B. Čemu se rovná P(A nebo B)? Když víme, že alespoň jeden z jevů A, B nastal, tak těžko mohl nastat jev P(nonA & nonB). & znamená průnik, tj. že současně nastal jev nonA a nonB. Ale aby nepadla P, ani nepadl O, to by bylo divné. Pravděpodobnost opačného jevu se rovná 1 mínus pravděpodobnost jevu, tedy P(A nebo B) = 1 - P(nonA & nonB). Tento vorec vyjadřuje zákon sjednocení nezávislých jevů. Zopakujme si, že pro nezávislé jevy platí: P(A & B) = P(A).P(B), podobně P(nonA & nonB) = P(nonA).P(nonB). Naše úvahy se dají rozšířit i na situaci, že nezávislých jevů je více než dva. Takové rozšíření použijeme ve dvou následujícíh příkladech v hře s kostkami.
Jsou opět od našeho známého Chevaliere de Mére. V první hře hráč hází kostkou čtyřikrát po sobě a vyhrává, pokud alespoň jednou padla 1. Jaká je pravděpodobnost výhry? P(padne 1 ve čtyřech hodech kostkou)= 1 - P(nepadne 1 ve čtyřech hodech kostkou) = 1 - (5/6).(5/6).(5/6).(5/6) = 0,5177. Vidíme, že takovou hru by hráč mohl docela s úspěchem hrát, jelikož pravděpodobnost výhry je větší než 50 %. V druhém příkladu hazíme dvěma kostkami. Ptáme se, jaká je pravděpodobnost, že v 24 hodech za sebou padnou na obou kostkách jedničky. P(padnou dvě 1 v 24 hodech) = 1 - P(nepadnou dvě 1 v 24 hodech) = 1 - (35/36)24 = 0,4914. Tak takovou hru nedoporučujeme moc hrát, šance na výhru je o něco menší než 50 %. To ale neznamená, že určitě prohráte, jenom k výhře musíte mít i kapku štěstí. Ale to platí i pro celý život.
Před úplným závěrem ještě kousek obecnější terminologie. Pravděpodobnosti, které jsme hledali, byly tzv. pravděpodobnosti apriorní neboli matematické. Aniž bychom měli k dispozici „necinknutou“ kostku nebo „necinknutý“ balíček karet jsme příslušnou pravděpodobnost uměli spočítat čistě logickou úvahou, matematicky. Ovšem kdyby kosta byla „cinknutá“ nejdřív bychom museli experimentálně zjistit jaké jsou pravděpodobnosti pádu jednotlivých čísel. Jak? Jednoduše, házeli bychom trpělivě kostkou dostatečně dlouhu, například 1000 krát, abychom pravděpodobnosti pádu jednotlivých čísel zjistili. Takto získané pravděpodobnosti se říká aposteriorní neboli experimentální. Pokud bychom dílčí pravděpodobnosti pádu jednotlivých čísel znali, opět bychom mohli vyřešit výše zadané úlohy stejnými postupy, jenom výsledky by byly jiné.
No a na úplný závěr nám nezbývá nic jiného, než se nechat pochválit od profesorů Alfréda Rényiho a Bohumila Bydžovského, Blaise Pascala a také od rytíře de Méré za zvládnutí základů teorie pravděpodobnosti. Také si vám dovolím popřát minimum obav před matematikou. Vězte, že matematika je příjemná, to jenom její neschopní vykladači jsou nepříjemní, ale to neplatí jenom pro matematiku.
V Brně 12. června 2013.
Dovětek z 4. listopadu 2013. Byl jsem vystaven malému testu. Zadání znělo: Máme dvě mince, z toho alespoň jedna mince je koruna. Představte si, že je někdo drží v zavřené dlani, a pak dlaň otevře. Jaká je pravděpodobnost, že obě mince budou koruny? Vemem to po pořádku. Korunu označíme K, jinou minci J. U dvou mincí jsou teoreticky 4 možnosti: KK, JJ, JK, KJ. Vypadává nám možnost JJ, jelikož alespoň jedna mince musí být koruna. Odpověď by bez hlubší úvahy mohla znít 1/3. Ovšem možnosti JK, KJ z hlediska zadání vyjdou na stejno, takže nám vlastně zůstali jenom dvě možnosti, z nichž jedna je KK. Výsledek: pravděpodobnost je 1/2.
Dovětek z 5. srpna 2014. Napsala mi mladá čtenářka, středoškolačka, že hezký výklad, i když trochu náročný, ale že škoda, že do výkladu jsem nezařadil nějaké příklady na hod mincí, tedy kromě toho z předchozího dovětku, ten se jí zdá příliš jednoduchý. Tak dobře, zkusíme složitější.
Máme necinknutou českou desetikorunu; ta má na lícové straně katedrálu Svatého Petra a Pavla z Brna. Mincí hodíme 5 krát za sebou. Kolik je možných výsledků? Jaká je pravděpodobnost, že katedrála padne přesně 3 krát? Jaká je pravděpodobnost, že katedrála padne při prvním a posledním, pátem, hodu?
Počet všech možných výsledků nám udává vzoreček z kombinatoriky, ten říká, že všech možností je 25, což je 32.
Pokud jde opravděpodobnost hodu třech katedrál, opět využijeme vzoreček z kombinatoriky. Jedná se o kombinace třetí třídy z pěti prvků. Vzoreček má tvar C(n,r) = n!/r!(n-r)!. Po dosazení našich hodnot: C(5,3) = 5!/3!.2! = 10. Pravděpodobnost je, jak již víme, dána zlomkem, podílem počtu jevu příznivých výsledků k počtu všech možných výsledků, v našem příkladu 10/32, což po vykrácení dává 5/16.
Třetí problém je zajímavý. Katedrála má padnout při prvním a posledním hodu. Co padne při druhém, třetím a čtvrtém hodu nám je, dle zadání, jedno. Kolik je možných výsledků při těchto třech hodech, jejichž výsledek nás nezajímá? To už víme, 23, což je 8. Počet jevu příznivých výsledků se ale již nezmění. Proč? Protože při prvním hodu padne katedrála, pak následuje 8 výsledků ve třech hodech, jejichž výsledek nás nezajímá a v pátem hodu opět musí padnout katedrála. 3 zbývající možnosti: v prvním tahu sice padne katedrála, ale ne v posledním; v prvním ani posledním nepadne katedrála; v prvním nepadne katedrála, ale padne v posledním, to vše jsou z hlediska zadání irelevantní možnosti. Výsledně máme 8 jevů příznivých zadání. Výsledná pravděpodobnost je tedy 8/32, což po vykrácení dává 1/4.
Lze na to jít i jinak. Pravděpodobnost, že nám při prvním hodu padne katedrála je 1/2. Pak na výsledcích dalších 3 hodů nezáleží, jako kdyby nebyly. Při posledním, pátem, hodu je pravděpodobnost hodu katedrály 1/2, což nám dáva výsledek: 1/2 x 1/2 = 1/4.
Dovětek z 1. března 2016. Kromě tohoto střípku jsem později napsal ještě další střípky k podobné problematice. Vesměs řeší bayesovskou teorii podmíněné pravděpodobnosti. Pokud nevíte o čem je řeč, doporučui vám přečíst střípky v tomto pořadí: