Rzuty moneta.

szympans0508 · Post autor: **szympans0508** » 15 lis 2016, o 15:42

Witam. Mam problem z następującym zadaniem:
Rzucamy symetryczną monetą do uzyskania 2 Orłów. Obliczyć prawdopodobieństwo, że liczba rzutów to co najmniej 4 ?
Gdyby nie to , że co najmniej myślę, że można by w tej sytuacji użyć schematu Pascala a w tej sytuacji jak to ugryźć ?

Premislav · Post autor: **Premislav** » 15 lis 2016, o 15:57

To innymi słowy oznacza, że w trzech pierwszych rzutach wypadnie zero orłów albo jeden orzeł.

Wyników trzech rzutów (tj. takich ciągów trójelementowych z O i R) masz \(\displaystyle{ 2^3=8}\),
a takich, w których występuje co najwyżej jeden orzeł jest \(\displaystyle{ {3\choose 0}+{3 \choose 1}=4}\), więc szukane prawdopodobieństwo to \(\displaystyle{ \frac 1 2}\)

Można również użyć rozkładu dwumianowego z \(\displaystyle{ p=\frac 1 2, n=3}\).

szympans0508 · Post autor: **szympans0508** » 15 lis 2016, o 16:00

No właśnie chciałem użyć rozkładu z p= \(\displaystyle{ \frac{1}{2}}\) ale dlaczego n=3 ? Skoro ilość rzutów ma być co najmniej 4 ? No i k oczywiście = 2.

Premislav · Post autor: **Premislav** » 15 lis 2016, o 16:02

Rzucamy do uzyskania \(\displaystyle{ 2}\) orłów. Jeśli mają wystąpić co najmniej \(\displaystyle{ 4}\) rzuty, to znaczy, że w \(\displaystyle{ 3}\) pierwszych musi wypaść co najwyżej \(\displaystyle{ 1}\) orzeł.-- 15 lis 2016, o 16:03 --BTW jakie znowu \(\displaystyle{ k}\)? Jesteś takim purystą, że traktujesz rozkład dwumianowy jako szczególny przypadek rozkładu wielomianowego?

szympans0508 · Post autor: **szympans0508** » 15 lis 2016, o 16:09

No właśnie u mnie to k to ilość sukcesów w tym przypadku wyrzucenie orłów.
Nadal nie rozumiem twojego toku myślenia w zadaniu jest pytanie o policzenie prawdopodobieństwa tego, że liczba rzutów wyniesie co najmniej 4 . p to prawdopobieństwo wyrzucenia orła , które jest równe \(\displaystyle{ \frac{1}{2}}\) .
A z twojego posta rozumiem , że prawdopodobieństwo że liczba rzutów wyniesie co najmniej 4 to też \(\displaystyle{ \frac{1}{2}}\) ?

Premislav · Post autor: **Premislav** » 15 lis 2016, o 16:21

Źle napisałem, przecież jeszcze mogłoby się skończyć po dwóch rzutach. Nie lubię dyskretnego prawdopodobieństwa.

-- 15 lis 2016, o 16:35 --

Ogólnie wyniki eksperymentu (oprócz przypadku wyrzucenia co najwyżej jednego orła, a poza tym samych reszek "w nieskończoność", który to ma zerowe prawdopodobieństwo) wyglądają następująco:
skończone ciągi \(\displaystyle{ O,R}\), w których ostatnim elementem jest \(\displaystyle{ O}\) i łącznie dokładnie na dwóch pozycjach występuje \(\displaystyle{ O}\). W każdym takim k-elementowym ciągu na \(\displaystyle{ k-1}\) początkowych pozycjach jest dokładnie jeden orzeł, a na k-tej pozycji - ten "kończący" orzeł.
Prawdopodobieństwo zakończenia eksperymentu po \(\displaystyle{ 2}\) rzutach wynosi więc \(\displaystyle{ \frac 1 4}\),
a po \(\displaystyle{ 3}\) rzutach - \(\displaystyle{ {2 \choose 1}\frac 1 4 \cdot \frac 1 2=\frac 1 4}\)
Prawdopodobieństwo (szukane) tego, że dojdzie do czwartego rzutu jest zatem równe \(\displaystyle{ 1-\left( \frac 1 4+\frac 1 4\right)}\). Czyli niby to samo, ale poprzednia argumentacja była z pewnością błędna.

-- 15 lis 2016, o 16:40 --

Ogólnie jeżeli \(\displaystyle{ X}\) jest zmienną losową odzwierciedlającą liczbę rzutów, to dla \(\displaystyle{ k=2,3,\dots}\) mamy
\(\displaystyle{ \mathbf{P}(X=k)={k-1 \choose 1} \frac{1}{2^{k-1}} \cdot \frac 1 2= \frac{k-1}{2^{k}}}\)
- wybieramy dokładnie jednego orła spośród pierwszych \(\displaystyle{ k-1}\) prób
(prawdopodobieństwo uzyskania dokładnie jednego sukcesu w rozkładzie dwumianowym z parametrami \(\displaystyle{ p=\frac 1 2, n=k-1}\)), a następnie dokładamy orła na końcu.