Rzucamy monetą nie więcej niż 5 razy

[bartosz94]

Jest dziewięć monet, z których trzy mają orły po obu stronach. Rzucamy wybraną monetą dotąd, aż wypadną dwa orły( niekoniecznie po kolei), ale nie więcej niż pięć razy.

Jak będzie wyglądał rozkład liczby rzutów?

wydaje mi się, że tak:

\(\displaystyle{ P(X = 2) = \frac{6}{9} \cdot \frac{1}{4} + \frac{3}{9} \cdot 1}\)

\(\displaystyle{ P(X =3) = \frac{6}{9} \cdot \frac{1}{4} \cdot {2 \choose 1} \cdot \frac{1}{2}}\)

itd..

moje pytanie jest takie, czy myślę dobrze? W przypadku \(\displaystyle{ X = 3}\) losuje z monet, które są orzel/ reszka wiec 6/9 musze wylosowac dwa orly wiec 1/4 no i losuje ich miejsce monety R wiec to sa kombinacje 2 nad 1.

-- 1 wrz 2015, o 22:06 --

czy nikt na tym forum nie jest łaskaw odpisać?

[Premislav]

Ja jezdem łaskaw (to żart, por. kawał o maturze).
Z tego co widzę, to dobrze wyznaczyłeś \(\displaystyle{ \mathbb{P}(X=2)}\) i \(\displaystyle{ \mathbb{P}(X=3)}\) i rozumowanie wygląda OK. Generalnie to idzie ze wzoru na prawdopodobieństwo całkowite.-- 1 wrz 2015, o 21:27 --No i ważna jest obserwacja, że przy trzech rzutach w pierwszych dwóch musiała być reszka, przy czterech - musiały być dokładnie dwie reszki, przy czym wyniki rzutów nie mogą się "kończyć" reszką etc.

[bartosz94]

Dzięki, czy przy \(\displaystyle{ P( X = 5)}\) mogę postąpić w ten sposób:
\(\displaystyle{ P(X = 5) = 1 - P( X =1) - P(X = 2) - P(X = 3) - P(X = 4)}\) ?

[Premislav]

Jak najbardziej tak można (bo "nasza" zmienna losowa nie może już innych wartości przyjmować) i to chyba najprostsze.
Można też podejść do tego tak, że jeśli doszło do piątego rzutu, to w pierwszych czterech rzutach wypadł co najwyżej jeden orzeł.