rzuty moneta, granice

Definicja klasyczna. Prawdopodobieństwo warunkowe i całkowite. Zmienne losowe i ich parametry. Niezależność. Prawa wielkich liczb oraz centralne twierdzenia graniczne i ich zastosowania.
BlueSky
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 224
Rejestracja: 11 cze 2011, o 20:27
Płeć: Kobieta
Podziękował: 31 razy

rzuty moneta, granice

Post autor: BlueSky » 23 lip 2011, o 16:51

Niech \(\displaystyle{ p_{n,k}}\) oznacza prawdopodobieństwo, że w \(\displaystyle{ n}\) niezależnych rzutach monetą wypadło dokładnie \(\displaystyle{ k}\) orłów. W jaki sposób udowodnić, że \(\displaystyle{ \lim_{ n\to \infty}p_{3n,n}=\lim_{ n\to \infty}p_{2n,n}=0}\)? Czy wystarczy zauważyć, że mianowniki szybciej rosną od liczników, dlatego te granice to 0?

miodzio1988

rzuty moneta, granice

Post autor: miodzio1988 » 23 lip 2011, o 16:57

\(\displaystyle{ p_{3n,n}=...}\)

Pokaż ile takie cudo wynosi

BlueSky
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 224
Rejestracja: 11 cze 2011, o 20:27
Płeć: Kobieta
Podziękował: 31 razy

rzuty moneta, granice

Post autor: BlueSky » 23 lip 2011, o 20:43

Wiem, ile to wynosi, ale nie wiem jak obliczyć później granicę wyniku.

miodzio1988

rzuty moneta, granice

Post autor: miodzio1988 » 24 lip 2011, o 11:15

Pokaż ile takie cudo wynosi
ehem....no to zaraz to zweryfikujemy. I lepiej jest mówić o czymś jak to wszyscy widzą.

BlueSky
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 224
Rejestracja: 11 cze 2011, o 20:27
Płeć: Kobieta
Podziękował: 31 razy

rzuty moneta, granice

Post autor: BlueSky » 24 lip 2011, o 12:58

\(\displaystyle{ p_{3n,n}= \frac{ {3n \choose n} }{2^{3n}}}\)

miodzio1988

rzuty moneta, granice

Post autor: miodzio1988 » 24 lip 2011, o 13:10

152288.htm

Twierdzenie 6

BlueSky
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 224
Rejestracja: 11 cze 2011, o 20:27
Płeć: Kobieta
Podziękował: 31 razy

rzuty moneta, granice

Post autor: BlueSky » 29 lip 2011, o 17:53

Dla \(\displaystyle{ p_{2n,n}= \frac{ {2n \choose n} }{2^{2n}}}\) mamy \(\displaystyle{ \lim_{ n\to \infty} \frac{\left|a_{n+1} \right| }{\left| a_n\right| } = 1}\), więc co teraz?

miodzio1988

rzuty moneta, granice

Post autor: miodzio1988 » 29 lip 2011, o 17:59

Weźmy szereg:

\(\displaystyle{ \sum_{}^{} p_{2n,n}}\)

pokaż, że ten szereg jest zbieżny. Jest zbieżny to spełnia warunek konieczny i mamy koniec. Pomyśl jak pokazać zbieżność

BlueSky
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 224
Rejestracja: 11 cze 2011, o 20:27
Płeć: Kobieta
Podziękował: 31 razy

rzuty moneta, granice

Post autor: BlueSky » 29 lip 2011, o 20:54

Jedyne co mi przychodzi to d'Alembert, ale w tym przypadku to kryterium nie rozstrzyga, więc nie wiem, jak pokazać zbieżność.

Wasilewski
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 3921
Rejestracja: 10 gru 2007, o 20:10
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Warszawa
Podziękował: 36 razy
Pomógł: 1194 razy

rzuty moneta, granice

Post autor: Wasilewski » 29 lip 2011, o 21:34

Przecież szereg \(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{{2n \choose n}}{2^{2n}}}\) nie jest zbieżny.

miodzio1988

rzuty moneta, granice

Post autor: miodzio1988 » 29 lip 2011, o 21:48

Szkoda Myślałem, że będzie i załatwi to sprawę.

Wasilewski
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 3921
Rejestracja: 10 gru 2007, o 20:10
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Warszawa
Podziękował: 36 razy
Pomógł: 1194 razy

rzuty moneta, granice

Post autor: Wasilewski » 29 lip 2011, o 21:54

Albo trzeba się wykazać odrobiną sprytu, albo skorzystać ze wzoru Stirlinga.

Awatar użytkownika
Dasio11
Moderator
Moderator
Posty: 9400
Rejestracja: 21 kwie 2009, o 19:04
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Wrocław
Podziękował: 37 razy
Pomógł: 2067 razy

rzuty moneta, granice

Post autor: Dasio11 » 29 lip 2011, o 22:16

Najłatwiej chyba będzie zauważyć, że skoro \(\displaystyle{ \frac{a_{n+1}}{a_n} = \frac{2n+1}{2n+2},}\) to

\(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty} a_n = a_0 \cdot \prod_{n=0}^{\infty} \frac{2n+1}{2n+2}}\)

co można zlogarytmować, zamienić na sumę i udwodnić, że jest rozbieżna do \(\displaystyle{ -\infty.}\)

BlueSky
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 224
Rejestracja: 11 cze 2011, o 20:27
Płeć: Kobieta
Podziękował: 31 razy

rzuty moneta, granice

Post autor: BlueSky » 30 lip 2011, o 13:31

Korzystając ze wzoru Stirlinga mamy po przekształceniach \(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty} \frac{1}{\sqrt{\pi n}} =0}\), więc z tego wynika, że \(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty} p_{2n,n} =0}\), prawda?

Z chęcią zobaczyłabym ten sprytniejszy sposób.

Wasilewski
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 3921
Rejestracja: 10 gru 2007, o 20:10
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Warszawa
Podziękował: 36 razy
Pomógł: 1194 razy

rzuty moneta, granice

Post autor: Wasilewski » 30 lip 2011, o 14:01

Jak już się sprowadzi problem, do iloczynu \(\displaystyle{ \prod_{k=1}^{n} \frac{2k+1}{2k+2}}\), to można rozważyć jego kwadrat:
\(\displaystyle{ \prod_{k=0}^{n} \frac{(2k+1)^2}{(2k+2)^2} \le \prod_{k=0}^{n} \frac{(2k+1)^2}{(2k+1)(2k+3)}= \prod_{k=0}^{n} \frac{2k+1}{2k+3} = \frac{1}{2n+3} \xrightarrow{n\to \infty} 0}\).

ODPOWIEDZ