Rzuty monetami

Definicja klasyczna. Prawdopodobieństwo warunkowe i całkowite. Zmienne losowe i ich parametry. Niezależność. Prawa wielkich liczb oraz centralne twierdzenia graniczne i ich zastosowania.
math196
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 101
Rejestracja: 13 maja 2019, o 12:49
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Tarnów
Podziękował: 27 razy

Rzuty monetami

Post autor: math196 »

Rzucamy czterema symetrycznymi monetami. Następnie rzucamy ponownie tymi monetami, na których nie wypadły orły. W trzeciej rundzie rzucamy tymi monetami na których do tej pory nie wypadły orły. Oblicz prawdopodobieństwo ze po trzech rundach na wszystkich monetach będą orły .
Można to zrobić w postaci drzewka, że 4 orły, 3 orły 1 reszka, 2 orły 2 reszki, 1 orzeł 3 reszki, 4 orły. Prawdopodobieństwa obliczyłem z Bernoullego i wyszły takie :
4 orły -\(\displaystyle{ \frac{1}{16}}\) , 3o1r-\(\displaystyle{ \frac{1}{4} }\), 2o2r-\(\displaystyle{ \frac{3}{8}}\), 1o3r-\(\displaystyle{ \frac{1}{4}}\), 4r-\(\displaystyle{ \frac{1}{16}}\).
Jak obliczyć to końcowe prawdopodobieństwo ?
Awatar użytkownika
Gosda
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 340
Rejestracja: 29 cze 2019, o 19:46
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Oulu
Podziękował: 42 razy
Pomógł: 60 razy

Re: Rzuty monetami

Post autor: Gosda »

To zadanie (a właściwie jego uogólnienie do dowolnej liczby monet i rund) można zrobić tak. Rozpatrzmy stany numerowane liczbami całkowitymi: \(\displaystyle{ 0, 1, \ldots, 4}\). Numer stanu oznacza, ile orłów wypadło już do góry, zaczynasz od stanu zerowego. Stany to wierzchołki grafu. Oblicz prawdopodobieństwa przejść między stanami w pojedynczej rundzie. To są długości krawędzi w grafie.

Z tego można zbudować macierz sąsiedztwa, której sześcian będzie zawierać odpowiedź do zadania.

Może można drzewkiem, ale czuję, że to podatny na błędy rachunkowe sposób.
janusz47
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 7910
Rejestracja: 18 mar 2009, o 16:24
Płeć: Mężczyzna
Podziękował: 30 razy
Pomógł: 1670 razy

Re: Rzuty monetami

Post autor: janusz47 »

Prawdopodobieństwo całkowite (zupełne) + schemat Bernoulliego

\(\displaystyle{ P }\)- prawdopodobieństwo " po trzech rundach na wszystkich monetach będą same orły "

\(\displaystyle{ P = \sum_{k =0}^{4} P(same \ \ orły |k \ \ monety )\cdot P(k \ \ monety ) }\)

\(\displaystyle{ P(nie \ \ wypadł \ \ orzeł \ \ w \ \ 2 \ \ rzutach) = \frac{1}{2^{2}} = \frac{1}{4} = p }\)

\(\displaystyle{ P(k \ \ monety) = {4\choose k} \cdot \left(\frac{1}{4} \right)^{k} \cdot \left(\frac{3}{4} \right)^{4-k} }\)

\(\displaystyle{ P(0) = {4\choose 0} \cdot \left(\frac{1}{4} \right)^{0} \cdot \left(\frac{3}{4} \right)^{4} = \frac{81}{256} }\)

\(\displaystyle{ P(1) = {4\choose 1} \cdot \left(\frac{1}{4} \right)^{1} \cdot \left(\frac{3}{4} \right)^{3} = \frac{27}{64} }\)

\(\displaystyle{ P(2) = {4\choose 2} \cdot \left(\frac{1}{4} \right)^{2} \cdot \left(\frac{3}{4} \right)^{2} = \frac{54}{256} }\)

\(\displaystyle{ P(3) = {4\choose 3} \cdot \left(\frac{1}{4} \right)^{3} \cdot \left(\frac{3}{4} \right)^{1} = \frac{12}{256} }\)

\(\displaystyle{ P(4) = {4\choose 4} \cdot \left(\frac{1}{4} \right)^{4} \cdot \left(\frac{3}{4} \right)^{0} = \frac{1}{256} }\)

\(\displaystyle{ P = \frac{1}{2^{0}} \cdot P(0) + \frac{1}{2^{1}}\cdot P(1) + \frac{1}{2^{2}}\cdot P(2) + \frac{1}{2^{3}}\cdot P(3) + \frac{1}{2^{4}}\cdot P(4)}\)

\(\displaystyle{ P = \frac{81}{256} +\frac{1}{2}\cdot \frac{108}{256} + \frac{1}{4} \cdot \frac{54}{256} + \frac{1}{8}\cdot \frac{12}{256} + \frac{1}{16}\cdot \frac{1}{256} }\)

\(\displaystyle{ P = \frac{162}{512} + \frac{108}{512} + \frac{27}{512} + \frac{3}{512} + \frac{1}{8\cdot 512} = \frac{300}{512}+ \frac{1}{8\cdot 512}\approx 0,586.}\)
Awatar użytkownika
Gosda
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 340
Rejestracja: 29 cze 2019, o 19:46
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Oulu
Podziękował: 42 razy
Pomógł: 60 razy

Re: Rzuty monetami

Post autor: Gosda »

Prawdopodobieństwo przejścia ze stanu, gdzie mamy \(\displaystyle{ i}\) orłów do stanu, gdzie mamym \(\displaystyle{ j}\) orłów, wynosi

\(\displaystyle{ p_{ij} = \frac{1}{2^{4-i}} \cdot {4-i \choose j-i}}\)

jeśli \(\displaystyle{ j \ge i}\), zero w przeciwnym wypadku. Znalezienie tych wartości nie jest takie trudne, od biedy można zatrudnić komputer :D Budujemy macierz, o której wspominałem wcześniej. Podnosimy ją do trzeciej potęgi i czytamy, jaka wartość stoi na końcu pierwszego węża:

Kod: Zaznacz cały

https://www.wolframalpha.com/input/?i=MatrixPower%5B%7B+%7B+1%2F16+%2C+4%2F16+%2C+6%2F16+%2C+4%2F16+%2C+1%2F16+%7D+%2C+%7B+0+%2C+1%2F8+%2C+3%2F8+%2C+3%2F8+%2C+1%2F8+%7D+%2C+%7B+0+%2C+0+%2C+1%2F4+%2C+2%2F4+%2C+1%2F4+%7D+%2C+%7B+0+%2C+0+%2C+0+%2C+1%2F2+%2C+1%2F2+%7D+%2C+%7B+0+%2C+0+%2C+0+%2C+0+%2C+1%2F1+%7D+%7D+%2C+3%5D


\(\displaystyle{ \frac{2401}{4096} \approx = 0.586\ldots}\),

co potwierdza wynik kolegi wyżej.
janusz47
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 7910
Rejestracja: 18 mar 2009, o 16:24
Płeć: Mężczyzna
Podziękował: 30 razy
Pomógł: 1670 razy

Re: Rzuty monetami

Post autor: janusz47 »

Panie Gosda, wykonuje Pan "czary mary"!
Awatar użytkownika
Dasio11
Moderator
Moderator
Posty: 10211
Rejestracja: 21 kwie 2009, o 19:04
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Wrocław
Podziękował: 40 razy
Pomógł: 2359 razy

Re: Rzuty monetami

Post autor: Dasio11 »

Rzuty poszczególnymi monetami są niezależne. Dla każdej monety prawdopodobieństwo wyrzucenia orła w którymś z trzech (lub mniej) rzutów wynosi \(\displaystyle{ \frac{7}{8}}\), a pytanie jest o prawdopodobieństwo, że zdarzy się to dla wszystkich czterech monet, czyli \(\displaystyle{ \left( \frac{7}{8} \right)^4}\).
ODPOWIEDZ