Prawdopodobienstwo uzyskania k sukcesów.

[WidmoCzlowieka]

Jezeli prawd uzyskania sukcesu w 2 próbach wynosi \(\displaystyle{ \frac{1}{2}}\) to znaczy to ze statystycznie na kazde 4 próby uzyskam 1 sukces.

Czy dla kilku obliczen tego typu wystarczy dodac wyniki do siebie aby otrzymac sume prawdopodobienstwa?-- 11 paź 2016, o 08:46 --Nie rozumiem dlaczego to prawd dla 2 prób wynosi \(\displaystyle{ \frac{1}{2}}\) a dla 4 prób \(\displaystyle{ \frac{1}{4}}\) gdzie prawdopodobienstwo uzyskania sukcesu w 1 próbie wynosi \(\displaystyle{ \frac{1}{2}}\)

[kerajs]

Jezeli prawd uzyskania sukcesu w 2 próbach wynosi \(\displaystyle{ \frac{1}{2}}\) to znaczy to ze statystycznie na kazde 4 próby uzyskam 1 sukces.

Nie.
Przyjmę że prawdopodobieństwo sukcesu w 1 próbie to \(\displaystyle{ p}\). Wtedy prawdopodobieństwo porażki w 1 próbie to \(\displaystyle{ (1-p)}\). Wiesz (używając schematu Bernouliego) że:
\(\displaystyle{ P(1suk/2pr)= {2 \choose 1}p^1(1-p)^1= \frac{1}{2} \\
2p-2p^2= \frac{1}{2}\\
2(p- \frac{1}{2} )^2=0\\
p= \frac{1}{2}}\)
Wtedy prawdopodobieństwo 1 sukcesu w 4 próbach to:
\(\displaystyle{ P(1suk/4pr)= {4 \choose 1} (\frac{1}{2}) ^1(1-\frac{1}{2})^3= \frac{1}{4}}\)
Oczywiście dla tak prostego przykładu można policzyć to bez schematu Bernouliego, ale chciałem pokazać ogólny tryb postępowania.

Czy dla kilku obliczen tego typu wystarczy dodac wyniki do siebie aby otrzymac sume prawdopodobienstwa?

Pytanie to jest zbyt ogólne, aby dać jednoznaczną odpowiedź.

[WidmoCzlowieka]

Nie potrafie tego zrozumiec. Dlaczego prawdopodobienstwo uzyskania sukcesu w 2 próbach jest wieksze niz w 4 próbach? Nie powinno byc na odwrót? O sumowaniu prawd mialem na mysli ze jezeli w dwóch próbach \(\displaystyle{ \frac{1}{2}}\) a w 4 \(\displaystyle{ \frac{1}{4}}\) to razer w 4 próbach wynosi to \(\displaystyle{ 0.75}\) To miałem wczoraj na mysli tzn. Poniewaz myslalem ze wynik powinien byc inns dla 4 prób, myslałem ze źle policzyłem.

[kerajs]

Najwyraźniej nie chodzi Ci o prawdopodobieństwo dokładnie jednego sukcesu (zdarzenie A), a co najmniej jednego sukcesu (zdarzenie B).
Dla dwóch prób (gdzie prawdopodobieństwo sukcesu S jest równe prawdopodobieństwu porażki P) masz wyniki:
\(\displaystyle{ (SS),(PS),(SP),(PP)}\)
Wtedy:
\(\displaystyle{ P(A)= \frac{2}{4} = \frac{1}{2}\\
P(B)= \frac{3}{4}}\)
Dla czterech prób masz możliwe wyniki:
\(\displaystyle{ (SSSS),(SSSP),(SSPS),(SPSS),(PSSS),(SSPP),(SPSP),(PSSP),\\(SPPS),(PSPS),(PPSS),(SPPP),(PSPP),(PPSP),(PPPS),(PPPP)}\)
Wtedy:
\(\displaystyle{ P(A)= \frac{4}{16} = \frac{1}{4}\\
P(B)= \frac{15}{16}}\)

[WidmoCzlowieka]

Inne pytanie.
Rzucam 1 mln razy. Ciagow po 1 wypada 250 k dla \(\displaystyle{ O}\) i 250 k dla\(\displaystyle{ R}\).
Ciagow po 2 125 k razem 250k.
Po 3 62,5 razem 125k
Jezeli zliczymy reszte ciagow od 4 \(\displaystyle{ \rightarrow \infty}\) to bedzie ich 62,5k.dla O lub R a razem 125k.


Teraz. Rzucamy 1 raz i otrzymujemy 250k razy R. I zastanawiam sie ile i ktore ciagi O po nim wystapia ( oczywiscie wszystkie lecz ile?).