Przestrzen probabilistyczna

[krokus50]

Koszykarz rzuca piłkę do kosza, aż trafi w dwóch kolejnych rzutach. Przyjmując, że w każdym rzucie prawdopodobieństwo trafienia wynosi \(\displaystyle{ \frac{3}{5}}\), oblicz prawdopodobieństwo, że koszykarz będzie rzucał nieparzystą liczbę razy.

[squared]

Policzmy zdarzenie przeciwne, tzn. prawdopodobieństwo że będziemy mieć parzystą liczbę rzutów.

Niech \(\displaystyle{ A_i}\) to będzie zdarzenie, że w \(\displaystyle{ i}\)-tym rzucie kończy się zadanie. No to liczymy kolejno:

\(\displaystyle{ P(A_2)= \left( \frac{3}{5}\right)^2 \\
P(A_4) =\left( \frac{2}{5}\right)^2 \left( \frac{3}{5}\right)^2 \\
P(A_6)= \left( \frac{2}{5}\right)^4 \left( \frac{3}{5}\right)^2}\)
I tak dalej... widać ogólnie, że każde zdarzenie jest rozłączne, ponadto jest prosta zależność między nimi. Zatem

\(\displaystyle{ P(B)=\sum\limits_{k=0}^{\infty}\left(\frac{2}{5}\right)^{2k}\left( \frac{3}{5}\right)^2=\frac{9}{25}\sum\limits_{k=0}^{\infty}\left(\frac{2}{5}\right)^{2k}=\frac{9}{25} \cdot \frac{1}{\left( 1-\frac{4}{25}\right) }=\frac{9}{25} \cdot \frac{25}{21} =\frac{9}{21}}\)

Mam nadzieję, że się nie pomyliłem.

Zatem prawdopodobieństwo naszego zdarzenia wyjściowego (nieparzysta liczba rzutów) to: \(\displaystyle{ 1-\frac{9}{21}=\frac{12}{21}}\)

[Premislav]

jezarek, a co będzie, jeśli np. dla sześciu rzutów: w pierwszym będzie trafienie, w następnych trzech pudła, a w dwóch ostatnich znowu trafienie? Jeśli dobrze widzę, nie uwzględniasz takiej sytuacji.

Poza tym źle wykonane odejmowanie, ale to już drobiazg, skoro i tak rozwiązanie jest niepoprawne.

[squared]

Masz całkowitą rację. Po prostu za szybko myślałem, że się udało.

[kinia7]

\(\displaystyle{ P(A_{2n+1})= \sum_{i=0}^{n-1} {2n-i-1 \choose i} \left( \frac{3}{5}\right) ^{i+2}\left( \frac{2}{5}\right)^{2n-1-i}}\)

\(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{\infty} P(A_{2n+1}) \approx 34,5\%}\)

[andkom]

Niech:
\(\displaystyle{ n}\) - prawdopodobieństwo tego, że koniec będzie po nieparzystej liczbie rzutów,
\(\displaystyle{ p}\) - prawdopodobieństwo tego, że koniec będzie po parzystej liczbie rzutów.
Ponieważ z prawdopodobieństwem 1 koniec nastąpi po skończonej liczbie rzutów, więc \(\displaystyle{ n+p=1}\). Ponadto mamy \(\displaystyle{ n=\frac25\cdot p+\frac35\cdot\frac25\cdot n}\).
(Jeśli nie rzucimy za pierwszym razem, to musimy rzucić w parzystej liczbie pozostałych rzutów. Jeśli za pierwszym razem rzucimy, ale za drugim nie, to musimy rzucić w nieparzystej liczbie pozostałych rzutów.)
Dwa równania, które napisałem dają \(\displaystyle{ p=\frac{19}{29}}\) oraz \(\displaystyle{ n=\frac{10}{29}}\), co faktycznie wynosi około \(\displaystyle{ 34,5\%}\).

[kinia7]

\(\displaystyle{ n+p=1}\)
\(\displaystyle{ n=\frac25\cdot p+\frac35\cdot\frac25\cdot p}\)

z tego układu równań wychodzi \(\displaystyle{ n=\frac{16}{41}}\)

[andkom]

Bo zamiast jednego \(\displaystyle{ n}\) w układzie napisało się \(\displaystyle{ p}\). Już poprawiłem.

[Medea 2]

\(\displaystyle{ P(A_{2n+1})= \sum_{i=0}^{n-1} {2n-i-1 \choose i} \left( \frac{3}{5}\right) ^{i+2}\left( \frac{2}{5}\right)^{2n-1-i} =-\frac{9 \left(7+4 \sqrt{7}\right) \left(\left(\frac{8}{25}-\frac{2 \sqrt{7}}{25}\right)^n-\left(\frac{8}{25}+\frac{2 \sqrt{7}}{25}\right)^n\right)}{70 \left(4+\sqrt{7}\right)}}\),

co po wysumowaniu od \(\displaystyle{ n = 1}\) do \(\displaystyle{ \infty}\) rzeczywiście daje upragnione \(\displaystyle{ \frac{10}{29}}\).