Rzucono 9 razy symetryczną monetą.

[Tomundo]

Proszę o pomoc przy rozwiązaniu albo nakierowaniu na właściwy tor. Zamieszczam też swoje rozwiązanie.

Rzucono symetryczna moneta \(\displaystyle{ 9}\) razy i zaobserwowano, ze orzeł wypadł dokładnie \(\displaystyle{ 4}\) razy. W takiej sytuacji,jakie jest prawdopodobieństwo, że:
a) przynajmniej raz orzeł wypadł w dwóch następujących po sobie rzutach (tj. dwa lub więcej razy z rzędu)?

\(\displaystyle{ \left| \Omega\right|=9 \cdot 8 \cdot 7 \cdot 6=3024}\)

Policzył bym z p-stwa odwrotnego czyli znalazł przypadki gdy orły nie wypadły po sobie i to policzyłem kombinując z rysunkami, kreskami itp. Wyszło mi \(\displaystyle{ 2331}\) takich kombinacji czyli
\(\displaystyle{ P(A)=1- \frac{2331}{3024} = \frac{693}{3024}}\)

b) orzeł wypadł \(\displaystyle{ 4}\) razy z rzędu?
Tutaj tak samo jak wcześnie metoda kresek itp. I wyszło mi \(\displaystyle{ \frac{6}{3024}}\)

[squared]

\(\displaystyle{ (a)}\) to klasyczne prawdopodobieństwo warunkowe:
\(\displaystyle{ P\left\{ \text{Przynajmniej raz wypadł orzeł w dwóch następujących po sobie rzutach} | \text{ orzeł wypadł dokładnie 4 razy}\right\}= \\
\frac{P\left\{\text{Przynajmniej raz wypadł orzeł w dwóch następujących po sobie rzutach} \wedge \text{ orzeł wypadł dokładnie 4 razy} \right\} }{P\left\{\text{orzeł wypadł dokładnie 4 razy} \right\} }}\)
\(\displaystyle{ (b)}\). Wypadło \(\displaystyle{ 0000}\), reszta nie ważna, tzn. wystarczy spojrzeć na ile sposobów pierwszy z tych czterech orłów może się pojawić (pierwsze wystąpienie orła z tej szóstki może wystąpić przy \(\displaystyle{ 1,2,3,4,5,6}\) rzucie. Potem już nie.
\(\displaystyle{ P(A)=\frac{6}{2^9}=\frac{6}{1024}}\)

[arek1357]

Problem sprowadza się do tego, że możesz traktować orły jak przegródki między którymi wypadają reszki:

Przypadków jest kilka rodzajów:

1. Wszystkie orły wypadną jeden po drugim na: 6 sposobów

jedna sekwencja: \(\displaystyle{ 4}\)

2. Orły wypadną w dwóch sekwencjach:

\(\displaystyle{ 1 , 3}\)

\(\displaystyle{ 3 , 1}\)

\(\displaystyle{ 2 , 2}\)

ale tu musisz badać możliwości, że będą na końcu lub w środku...
a między nimi będą reszki.

3.Orły wypadną w trzech sekwencjach:

\(\displaystyle{ 1 , 1, 2}\)

\(\displaystyle{ 2 , 1, 1}\)

\(\displaystyle{ 1 , 2, 1}\)

I tu też musisz badać za pomocą kombinacji z powtórzeniem przypadki


A potem te cztery przypadki zsumować proste...(troszkę liczenia)

[Tomundo]

@squared my nie mamy liczyć prawdopodobieństwa że wypadną 4 orły.

Teraz zacząłem interpretować to zadanie jako przypadek gdzie jest kolejka. w niej 9 osób z czego 5 kobiet i 4 mężczyźni. Ogólnie gdyby chodziło o monety, rzuty i jak wypadają to \(\displaystyle{ \left| \Omega\right|=2^9}\), ale nas tak jak wspomniałem interesują tylko przypadki gdy wypadły 4 orły i ja bym policzył te przypadki licząc p-stwo 4 orłów z rozkładu Bernoulliego i mnożąc otrzymany wynik przez \(\displaystyle{ \left| \Omega\right|}\)

\(\displaystyle{ {9 \choose 4} \cdot \left( \frac{1}{2} \right)^{4} \cdot \left( \frac{1}{2}\right) ^{5}=\frac{63}{256}}\)

\(\displaystyle{ \frac{63}{256} \cdot 512=126}\)

I to jest nasza liczba możliwych kombinacji w których są 4 orły i 5 reszek. Przynajmniej tak mi się zdaję.

Teraz na chłopski rozum mogę powiedzieć że jest tylko 1 ustawienie gdy orły nie stoją obok siebie, jest to moment gdy mamy na zmianę ROROROROR więc p-stwo że przynajmniej raz orzeł wypadł w dwóch następujących po sobie rzutach wynosi \(\displaystyle{ \frac{125}{126}}\) ,a odpowiedź do podpunktu b) było znaleźć łatwiej i jak pisali koledzy wcześniej \(\displaystyle{ \frac{6}{126}}\)

Prosił bym jeszcze o potwierdzenie że moje rozumowanie jest dobre.

[squared]

Chyba nie zrozumiałeś kompletnie, co ja napisałem. Ja nie liczę prawdopodobieństwa, że wypadną cztery orły. Licze, ale to wtórnie. Liczę prawdopodobieństwo warunkowe. Wczytaj się jeszcze raz w moją propozycję. Może nie wiesz, co to prawdopodobieństwo warunkowe?

[Tomundo]

Oczywiście że umiem, tylko jak policzyć \(\displaystyle{ P\left( A \cap B\right)}\)?

\(\displaystyle{ P\left(A|B \right)= \frac{ \frac{125}{126} \cdot \frac{126}{512} }{ \frac{63}{256} }= \frac{125}{126}}\)

Nie wiem czy dobrze policzyłem to \(\displaystyle{ P\left( A \cap B\right)}\).

[squared]

\(\displaystyle{ P(AB)=? \ \ |AB| = ?}\)
Ja tak podszedłem do tego. Na pewno raz nastąpiła sytuacja \(\displaystyle{ OO}\), czyli dwa orły w kolejnych rzutach się pojawiły.

W którym rzucie może się pojawić pierwszy z tych orłów? W pierwszym, drugim,.., ósmym: \(\displaystyle{ 8}\) sposobów rozmieszczenia: \(\displaystyle{ OO}\).

Zostało \(\displaystyle{ 7}\) rzutów do rozmieszczenia, w tym muszę otrzymać tylko jeszcze dwa orły. Pierwszy z nich może wypaść na \(\displaystyle{ 7}\) sposobów (tzn., w którymś z siedmiu pozostałych rzutów). Drugi na \(\displaystyle{ 6}\) sposobów. A resztę "wypełniam reszkami".

\(\displaystyle{ |AB|=8 \cdot 7 \cdot 6 : 4! = \frac{336}{4!}}\)
\(\displaystyle{ P(AB)=\frac{336}{2^9}}\)
Wtedy
\(\displaystyle{ P(A|B)=\frac{\frac{336}{4! \cdot 2^9} }{\frac{9 \cdot 8 \cdot 7 \cdot 6}{4! \cdot 2^9}}=\frac{1}{9}}\)

Przyznaję się od razu, że nie jestem specjalistą z rachunku, więc możliwe, że głupoty mi wyszły.

Na pewno Twój wynik mało jest przekonywujący, bo znaczyłoby, że takie zdarzenie jest niemal pewne.

[Tomundo]

Rozwiązanie dzięki starszym rocznikom.

\(\displaystyle{ \left| \Omega\right|=126}\) ,ale można ją było policzyć za pomocą symbolu Newtona.

\(\displaystyle{ \left| \Omega\right|= {9 \choose 4}=126}\)

Wyjaśnienie, mam nadzieję że będzie zrozumiałe. Piszemy sobie ?OR?OR?OR?O? i jest to prowizoryczne ułożenie kiedy nie będzie orłów pod rząd. Z treści wiemy że będzie 5 reszek więc możemy jeszcze ulokować 2 reszki tam gdzie są znaki zapytania, pod jednym ? mogą stać 2 reszki czyli możemy mieć ciąg 3 reszek. Gdy pod jeden ? stawiamy RR to mamy takich 5 możliwości. Gdy za ? idzie R to możliwości jest:

\(\displaystyle{ {5 \choose 2}=10}\)

\(\displaystyle{ P(A)=1- \frac{5+10}{126}}\)

[kinia7]

Rzucono symetryczna moneta \(\displaystyle{ 9}\) razy i zaobserwowano, ze orzeł wypadł dokładnie \(\displaystyle{ 4}\) razy. W takiej sytuacji, jakie jest prawdopodobieństwo, że:
a) przynajmniej raz orzeł wypadł w dwóch następujących po sobie rzutach (tj. dwa lub więcej razy z rzędu)?

zdarzenie przeciwne to: ani raz orzeł nie wypadł po orle,
czyli brakujące dwie reszki w układzie ORORORO
mogą wystąpić w dowolny sposób w pięciu miejscach - \(\displaystyle{ {5+2-1 \choose 2} =15}\)
wszystkich możliwości z czterema orłami to pięć reszek rozmieszczonych dowolnie w pięciu miejscach - \(\displaystyle{ {5+5-1 \choose 5} =126}\)
\(\displaystyle{ P_a=1-\frac{15}{126}=\frac{37}{42}}\)

Rzucono symetryczna moneta \(\displaystyle{ 9}\) razy i zaobserwowano, ze orzeł wypadł dokładnie \(\displaystyle{ 4}\) razy. W takiej sytuacji, jakie jest prawdopodobieństwo, że:
b) orzeł wypadł \(\displaystyle{ 4}\) razy z rzędu?

w układzie RRRRR ciąg czterech orłów może wystąpić w sześciu miejscach
wszystkich możliwości z czterema orłami to pięć reszek rozmieszczonych dowolnie w pięciu miejscach - \(\displaystyle{ {5+5-1 \choose 5} =126}\)
\(\displaystyle{ P_b=\frac{6}{126}=\frac{1}{21}}\)