Proszę o pomoc w rozwiązaniu takiego zadania.
Nieskończona liczba dzieci zasiada przed klawiaturą i zaczyna losowo wciskać klawisze. Jakie jest prawdopodobieństwo, że co najmniej jedno z nich napisze początek księgi I ”Pana Tadeusza” (Inwokację) bez polskich znaków i bez znaków interpunkcyjnych?
prawdopodobieństwo przypadkowego napisania inwokacji
-
- Użytkownik
- Posty: 31
- Rejestracja: 4 gru 2019, o 18:36
- Płeć: Kobieta
- wiek: 19
- Podziękował: 7 razy
-
- Użytkownik
- Posty: 31
- Rejestracja: 4 gru 2019, o 18:36
- Płeć: Kobieta
- wiek: 19
- Podziękował: 7 razy
Re: prawdopodobieństwo przypadkowego napisania inwokacji
A da się to jakoś udowodnić czy wystarczy że to oczywiste?
- Janusz Tracz
- Użytkownik
- Posty: 4060
- Rejestracja: 13 sie 2016, o 15:01
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: hrubielowo
- Podziękował: 79 razy
- Pomógł: 1391 razy
Re: prawdopodobieństwo przypadkowego napisania inwokacji
Ale te dzieci mogą losowo (cokolwiek to znaczy) wciskać tylko klawisz \(\displaystyle{ a}\) lub \(\displaystyle{ b}\) wtedy nie napiszą. Trzeba jeszcze coś powiedzieć o rozkładzie tej losowości. Losowość tu pewnie oznacza rozkład jednostajny na całej klawiaturze. Jeśli dzieci byłoby \(\displaystyle{ N}\), znaków na klawiaturze \(\displaystyle{ \Sigma}\), znaków w książce \(\displaystyle{ L}\), a losowe wciskanie oznaczało by rozkład jednostajny to prawdopodobieństwo, iż uda się co najmniej jednemu to
\(\displaystyle{ P_{N}=1-\left( 1- \frac{1}{\Sigma^L} \right)^N }\)
mimo, że \(\displaystyle{ 1- \frac{1}{\Sigma^L} \approx 1}\) to jednak \(\displaystyle{ 1- \frac{1}{\Sigma^L} <1}\) więc dla odpowiednio dużego \(\displaystyle{ N}\) p-stwo \(\displaystyle{ P_{N}}\) będzie dowolnie blisko \(\displaystyle{ 1}\). Więc prawie na pewno się to zdarzy.
-
- Użytkownik
- Posty: 2282
- Rejestracja: 14 cze 2011, o 11:34
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Sosnowiec
- Podziękował: 88 razy
- Pomógł: 351 razy
Re: prawdopodobieństwo przypadkowego napisania inwokacji
Janusz Tracz, niby fajnie policzyłeś, ale i tak rozważasz tylko skończone ilości dzieci. Zaproponuję model, gdzie rzeczywiście jest nieskończona (przeliczalna) ilość dzieci.
Niech \(\displaystyle{ (\Omega, \mathcal{F}, \mathbb{P})}\) będzie produktem \(\displaystyle{ \prod_{n\in\NN}\Omega_n}\) przestrzeni probabilistycznych, gdzie \(\displaystyle{ \Omega_n=\Omega^*=\{1,\ldots,\Sigma\}^L}\) z klasycznym prawdopodobieństwem \(\displaystyle{ \PP^*(A)=\frac{\# A}{\Sigma^L}}\) dla każdego \(\displaystyle{ n\in\NN}\) (\(\displaystyle{ \Sigma}\) to liczba znaków na klawiaturze, \(\displaystyle{ L}\) to długość inwokacji).
Niech \(\displaystyle{ c\in\{1,\ldots,\Sigma\}^L}\) oznacza ciąg odpowiadający inwokacji. Zdarzenie, które nas interesuje (czyli co najmniej jedno dziecko napisze inwokację) to
\(\displaystyle{ A=\{\omega\in\Omega: \exists_{n\in\NN} \omega_n=c\}=\bigcup_{n\in\NN}\{\omega\in\Omega: \omega_n=c\}}\)
Jest ono mierzalne oraz \(\displaystyle{ \mathbb{P}(A)=\lim_{n\to\infty}\mathbb{P}\left(\bigcup_{j=1}^n\{\omega\in\Omega: \omega_n=c\}\right)=\lim_{n\to\infty}\left(1-\mathbb{P}\left(\bigcap_{j=1}^n\{\omega\in\Omega: \omega_n\neq c\}\right)\right)=\lim_{n\to\infty}\left(1-\prod_{j=1}^n \mathbb{P}^*(\Omega^*\setminus\{c\})\right)=\lim_{n\to\infty}\left(1- \left(1-\frac{1}{\Sigma^L}\right)^n\right)=1}\)
Niech \(\displaystyle{ (\Omega, \mathcal{F}, \mathbb{P})}\) będzie produktem \(\displaystyle{ \prod_{n\in\NN}\Omega_n}\) przestrzeni probabilistycznych, gdzie \(\displaystyle{ \Omega_n=\Omega^*=\{1,\ldots,\Sigma\}^L}\) z klasycznym prawdopodobieństwem \(\displaystyle{ \PP^*(A)=\frac{\# A}{\Sigma^L}}\) dla każdego \(\displaystyle{ n\in\NN}\) (\(\displaystyle{ \Sigma}\) to liczba znaków na klawiaturze, \(\displaystyle{ L}\) to długość inwokacji).
Niech \(\displaystyle{ c\in\{1,\ldots,\Sigma\}^L}\) oznacza ciąg odpowiadający inwokacji. Zdarzenie, które nas interesuje (czyli co najmniej jedno dziecko napisze inwokację) to
\(\displaystyle{ A=\{\omega\in\Omega: \exists_{n\in\NN} \omega_n=c\}=\bigcup_{n\in\NN}\{\omega\in\Omega: \omega_n=c\}}\)
Jest ono mierzalne oraz \(\displaystyle{ \mathbb{P}(A)=\lim_{n\to\infty}\mathbb{P}\left(\bigcup_{j=1}^n\{\omega\in\Omega: \omega_n=c\}\right)=\lim_{n\to\infty}\left(1-\mathbb{P}\left(\bigcap_{j=1}^n\{\omega\in\Omega: \omega_n\neq c\}\right)\right)=\lim_{n\to\infty}\left(1-\prod_{j=1}^n \mathbb{P}^*(\Omega^*\setminus\{c\})\right)=\lim_{n\to\infty}\left(1- \left(1-\frac{1}{\Sigma^L}\right)^n\right)=1}\)
-
- Administrator
- Posty: 34128
- Rejestracja: 20 mar 2006, o 21:54
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Wrocław
- Podziękował: 3 razy
- Pomógł: 5192 razy
Re: prawdopodobieństwo przypadkowego napisania inwokacji
A czy ważne jest, jak długo stukają? Żeby nie przestały już być dziećmi...
JK
JK
-
- Użytkownik
- Posty: 2282
- Rejestracja: 14 cze 2011, o 11:34
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Sosnowiec
- Podziękował: 88 razy
- Pomógł: 351 razy
Re: prawdopodobieństwo przypadkowego napisania inwokacji
Wystarczy, że każde z nich wystuka \(\displaystyle{ L}\) znaków, gdzie \(\displaystyle{ L}\) to długość inwokacji.