W pewnym teleturnieju gracz odpowiada na pytania dopóki nie popełni trzeciego błędu. Pytania są losowane z bardzo dużej puli, gracz potrafi odpowiedzieć na \(\displaystyle{ 80 \% }\) pytań.
i) Jakie jest prawdopodobieństwo, że gracz popełni trzeci błąd w dwudziestym pytaniu?
ii) Znajdź wartość oczekiwaną liczby pytań na które gracz odpowiedział prawidłowo przed popełnieniem trzeciego błędu.
Jak to zrobić? Weźmy na razie podpunkt i) Może mi ktoś z tym pomóc?
W pewnym teleturnieju
-
- Użytkownik
- Posty: 3394
- Rejestracja: 26 maja 2016, o 01:25
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Kraków
- Podziękował: 981 razy
- Pomógł: 3 razy
W pewnym teleturnieju
Ostatnio zmieniony 29 maja 2021, o 01:26 przez Jan Kraszewski, łącznie zmieniany 1 raz.
Powód: Poprawa wiadomości.
Powód: Poprawa wiadomości.
-
- Użytkownik
- Posty: 3394
- Rejestracja: 26 maja 2016, o 01:25
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Kraków
- Podziękował: 981 razy
- Pomógł: 3 razy
Re: W pewnym teleturnieju
Ok więc tak:
\(\displaystyle{ P= {19 \choose 2}\left( \frac{1}{5} \right)^2\left( \frac{4}{5} \right)^{17} \cdot \frac{1}{5}= }\)
\(\displaystyle{ = \frac{19\cdot 18\cdot 4^{17}}{2\cdot 5^{20}}= \frac{171}{125} \cdot \left( 0,8\right)^{17} \approx 0,03 }\)
Czy tak jest dobrze?
No dobra to teraz punkt ii)
\(\displaystyle{ EX=0 \cdot \left( \frac{1}{5} \right)^3+}\)
\(\displaystyle{ +1 \cdot {3 \choose 2}\left( \frac{1}{5} \right)^2\left( \frac{4}{5} \right)\left( \frac{1}{5} \right)+}\)
\(\displaystyle{ +2\cdot {4 \choose 2}\left( \frac{1}{5} \right)^2\left( \frac{4}{5} \right)^2\left(\frac{1}{5}\right)+}\)
\(\displaystyle{ +3{5 \choose 2}\left( \frac{1}{5} \right)^2\left( \frac{4}{5} \right)^3\left( \frac{1}{5}\right)+...= }\)
\(\displaystyle{ = \sum_{k=0}^{\infty}k {k+2 \choose 2}\left( \frac{4}{5} \right)^k\left( \frac{1}{5} \right)^3 }\)
\(\displaystyle{ =\sum_{k=0}^{\infty} \frac{k(k+2)!}{2!k!} \left( \frac{4}{5} \right)^k\left( \frac{1}{5} \right)^3 }\)
\(\displaystyle{ =\sum_{k=1}^{\infty} \frac{(k+2)!}{2!(k-1)!} \left( \frac{4}{5} \right)^k\left( \frac{1}{5} \right)^3 =}\)
\(\displaystyle{ = 3 \sum_{k=1}^{\infty} \frac{(k+2)!}{3!(k-1)!} \left( \frac{4}{5} \right)^k\left( \frac{1}{5} \right)^3 = }\)
\(\displaystyle{ =3\sum_{k=1}^{\infty} {k+2 \choose 3}\left( \frac{4}{5} \right)^{k-1}\left( \frac{1}{5} \right)^3* \frac{4}{5}= }\)
\(\displaystyle{ \frac{12}{5} \sum_{k=0}^{\infty} {k+3 \choose 3}\left( \frac{1}{5} \right)^3\left( \frac{4}{5} \right)^k }\)
No i mamy sumę takich schematów Bernoulliego, której jednak nie umiem obliczyć. Jak to zrobić?
Dodano po 18 godzinach 49 minutach 50 sekundach:
Może mi ktoś z tym pomóc?
\(\displaystyle{ P= {19 \choose 2}\left( \frac{1}{5} \right)^2\left( \frac{4}{5} \right)^{17} \cdot \frac{1}{5}= }\)
\(\displaystyle{ = \frac{19\cdot 18\cdot 4^{17}}{2\cdot 5^{20}}= \frac{171}{125} \cdot \left( 0,8\right)^{17} \approx 0,03 }\)
Czy tak jest dobrze?
No dobra to teraz punkt ii)
\(\displaystyle{ EX=0 \cdot \left( \frac{1}{5} \right)^3+}\)
\(\displaystyle{ +1 \cdot {3 \choose 2}\left( \frac{1}{5} \right)^2\left( \frac{4}{5} \right)\left( \frac{1}{5} \right)+}\)
\(\displaystyle{ +2\cdot {4 \choose 2}\left( \frac{1}{5} \right)^2\left( \frac{4}{5} \right)^2\left(\frac{1}{5}\right)+}\)
\(\displaystyle{ +3{5 \choose 2}\left( \frac{1}{5} \right)^2\left( \frac{4}{5} \right)^3\left( \frac{1}{5}\right)+...= }\)
\(\displaystyle{ = \sum_{k=0}^{\infty}k {k+2 \choose 2}\left( \frac{4}{5} \right)^k\left( \frac{1}{5} \right)^3 }\)
\(\displaystyle{ =\sum_{k=0}^{\infty} \frac{k(k+2)!}{2!k!} \left( \frac{4}{5} \right)^k\left( \frac{1}{5} \right)^3 }\)
\(\displaystyle{ =\sum_{k=1}^{\infty} \frac{(k+2)!}{2!(k-1)!} \left( \frac{4}{5} \right)^k\left( \frac{1}{5} \right)^3 =}\)
\(\displaystyle{ = 3 \sum_{k=1}^{\infty} \frac{(k+2)!}{3!(k-1)!} \left( \frac{4}{5} \right)^k\left( \frac{1}{5} \right)^3 = }\)
\(\displaystyle{ =3\sum_{k=1}^{\infty} {k+2 \choose 3}\left( \frac{4}{5} \right)^{k-1}\left( \frac{1}{5} \right)^3* \frac{4}{5}= }\)
\(\displaystyle{ \frac{12}{5} \sum_{k=0}^{\infty} {k+3 \choose 3}\left( \frac{1}{5} \right)^3\left( \frac{4}{5} \right)^k }\)
No i mamy sumę takich schematów Bernoulliego, której jednak nie umiem obliczyć. Jak to zrobić?
Dodano po 18 godzinach 49 minutach 50 sekundach:
Może mi ktoś z tym pomóc?
Ostatnio zmieniony 31 maja 2021, o 12:38 przez Jan Kraszewski, łącznie zmieniany 1 raz.
Powód: Symbol mnożenia to \cdot.
Powód: Symbol mnożenia to \cdot.
-
- Użytkownik
- Posty: 1718
- Rejestracja: 15 wrz 2010, o 15:36
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Ostrołęka
- Podziękował: 59 razy
- Pomógł: 501 razy
Re: W pewnym teleturnieju
Podobną rzecz już liczyłeś tutaj: trzecia linijka w Twoim ostatnim poście.
Tu masz podobną sytuacją, tylko teraz zamiast \(\displaystyle{ kq^{k-1}}\) jest \(\displaystyle{ (k+1)(k+2)(k+3)q^k}\). Więc zrób dokładnie to samo, tylko trzy razy i wyjdzie : )
Tu masz podobną sytuacją, tylko teraz zamiast \(\displaystyle{ kq^{k-1}}\) jest \(\displaystyle{ (k+1)(k+2)(k+3)q^k}\). Więc zrób dokładnie to samo, tylko trzy razy i wyjdzie : )
-
- Użytkownik
- Posty: 3394
- Rejestracja: 26 maja 2016, o 01:25
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Kraków
- Podziękował: 981 razy
- Pomógł: 3 razy
Re: W pewnym teleturnieju
Chodzi Ci o to z tymi pochodnymi? Ale to chyba tutaj tak się nie da zrobić bo będziemy mieli pochodną z iloczynu. W sensie mam:
\(\displaystyle{ \sum_{k=0}^{\infty}(k+1)(k+2)(k+3)q^k=\sum_{k=0}^{\infty}(k+2)(k+3)(q^{k+1})' }\)
i co z tym dalej?
A czekaj chyba wiem, moja pomyłka bo tam liczymy pochodną po \(\displaystyle{ q}\), więc to będzie \(\displaystyle{ (q^{k+3})'''=(k+1)(k+2)(k+3)q^k}\), dobra muszę to teraz przeliczyć
Dodano po 1 godzinie 9 minutach 31 sekundach:
No dobra to liczę tak:
\(\displaystyle{ \frac{12}{5} \sum_{k=0}^{\infty} {k+3 \choose 3}\left( \frac{1}{5} \right)^3\left( \frac{4}{5} \right)^k=}\)
\(\displaystyle{ = \frac{12}{5} \frac{1}{6 \cdot 125} \sum_{k=0}^{\infty}(k+1)(k+2)(k+3) \left( \frac{4}{5}\right)^k }\)
Rozważmy taki szereg:
\(\displaystyle{ \sum_{k=0}^{\infty}(k+1)(k+2)(k+3) q^k=\sum_{k=0}^{\infty}(q^{k+3})'''=\left(\sum_{k=0}^{\infty}(q^{k+3}) \right)'''= }\)
\(\displaystyle{ =\left( \frac{q^3}{1-q} \right)'''=\left( \frac{3q^2(1-q)+q^3}{(1-q)^2} \right)''= }\)
\(\displaystyle{ =\left( \frac{3q^2-2q^3}{(1-q)^2} \right)''=\left( \frac{(6q-6q^2)(1-q)^2+2(1-q)(3q^2-2q^3)}{(1-q)^4} \right)'= }\)
\(\displaystyle{ =\left( \frac{(1-q)(6q-6q^2-6q^2+6q^3+6q^2-4q^3)}{(1-q)^4} \right)'=}\)
\(\displaystyle{ =\left( \frac{2q^3-6q^2+6q}{(1-q)^3} \right)'= }\)
\(\displaystyle{ = \frac{(6q^2-12q+6)(1-q)^3+3(1-q)^2(2q^3-6q^2+6q)}{(1-q)^6}= }\)
\(\displaystyle{ = \frac{6q^2-12q+6-6q^3+12q^2-6q+6q^3-18q^2+18q}{(1-q)^4}= \frac{6}{(1-q)^4} }\)
No, a zatem:
\(\displaystyle{ EX=\frac{12}{5} \sum_{k=0}^{\infty} {k+3 \choose 3}\left( \frac{1}{5} \right)^3\left( \frac{4}{5} \right)^k=}\)
\(\displaystyle{ =\frac{12}{5} \frac{1}{6 \cdot 125} \sum_{k=0}^{\infty}(k+1)(k+2)(k+3) \left( \frac{4}{5}\right)^k= \frac{2}{625} \cdot \frac{6}{(1-4/5)^4}= \frac{12}{625 \cdot \frac{1}{625} }=12 }\)
Czy tak jest dobrze? Trochę koszmarne te rachunki, czy nie da się tego zrobić prościej?
\(\displaystyle{ \sum_{k=0}^{\infty}(k+1)(k+2)(k+3)q^k=\sum_{k=0}^{\infty}(k+2)(k+3)(q^{k+1})' }\)
i co z tym dalej?
A czekaj chyba wiem, moja pomyłka bo tam liczymy pochodną po \(\displaystyle{ q}\), więc to będzie \(\displaystyle{ (q^{k+3})'''=(k+1)(k+2)(k+3)q^k}\), dobra muszę to teraz przeliczyć
Dodano po 1 godzinie 9 minutach 31 sekundach:
No dobra to liczę tak:
\(\displaystyle{ \frac{12}{5} \sum_{k=0}^{\infty} {k+3 \choose 3}\left( \frac{1}{5} \right)^3\left( \frac{4}{5} \right)^k=}\)
\(\displaystyle{ = \frac{12}{5} \frac{1}{6 \cdot 125} \sum_{k=0}^{\infty}(k+1)(k+2)(k+3) \left( \frac{4}{5}\right)^k }\)
Rozważmy taki szereg:
\(\displaystyle{ \sum_{k=0}^{\infty}(k+1)(k+2)(k+3) q^k=\sum_{k=0}^{\infty}(q^{k+3})'''=\left(\sum_{k=0}^{\infty}(q^{k+3}) \right)'''= }\)
\(\displaystyle{ =\left( \frac{q^3}{1-q} \right)'''=\left( \frac{3q^2(1-q)+q^3}{(1-q)^2} \right)''= }\)
\(\displaystyle{ =\left( \frac{3q^2-2q^3}{(1-q)^2} \right)''=\left( \frac{(6q-6q^2)(1-q)^2+2(1-q)(3q^2-2q^3)}{(1-q)^4} \right)'= }\)
\(\displaystyle{ =\left( \frac{(1-q)(6q-6q^2-6q^2+6q^3+6q^2-4q^3)}{(1-q)^4} \right)'=}\)
\(\displaystyle{ =\left( \frac{2q^3-6q^2+6q}{(1-q)^3} \right)'= }\)
\(\displaystyle{ = \frac{(6q^2-12q+6)(1-q)^3+3(1-q)^2(2q^3-6q^2+6q)}{(1-q)^6}= }\)
\(\displaystyle{ = \frac{6q^2-12q+6-6q^3+12q^2-6q+6q^3-18q^2+18q}{(1-q)^4}= \frac{6}{(1-q)^4} }\)
No, a zatem:
\(\displaystyle{ EX=\frac{12}{5} \sum_{k=0}^{\infty} {k+3 \choose 3}\left( \frac{1}{5} \right)^3\left( \frac{4}{5} \right)^k=}\)
\(\displaystyle{ =\frac{12}{5} \frac{1}{6 \cdot 125} \sum_{k=0}^{\infty}(k+1)(k+2)(k+3) \left( \frac{4}{5}\right)^k= \frac{2}{625} \cdot \frac{6}{(1-4/5)^4}= \frac{12}{625 \cdot \frac{1}{625} }=12 }\)
Czy tak jest dobrze? Trochę koszmarne te rachunki, czy nie da się tego zrobić prościej?
-
- Użytkownik
- Posty: 1718
- Rejestracja: 15 wrz 2010, o 15:36
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Ostrołęka
- Podziękował: 59 razy
- Pomógł: 501 razy
Re: W pewnym teleturnieju
Jest git.
Można sobie rozłożyć: \(\displaystyle{ \frac{q^3}{1-q} = -q^2 - q -1 + \frac{1}{1-q}}\). Więc jak liczysz trzy pochodne, to pierwsze trzy wyrazy sie zerują i zostaje tylko \(\displaystyle{ \left(\frac{1}{1-q}\right)''' = \frac{6}{(1-q)^4}}\).
Można sobie rozłożyć: \(\displaystyle{ \frac{q^3}{1-q} = -q^2 - q -1 + \frac{1}{1-q}}\). Więc jak liczysz trzy pochodne, to pierwsze trzy wyrazy sie zerują i zostaje tylko \(\displaystyle{ \left(\frac{1}{1-q}\right)''' = \frac{6}{(1-q)^4}}\).