Rzucamy 10 rozróżnialnymi monetami. Gdy wypadnie 1 lub 8 reszek wygrywamy. Jak 0 - przegrywamy. W pozostałych przypadkach rzucamy ponownie (1 lub 8 - wgrana, 0 - przegrana, inaczej - znowu rzucamy i tak dalej). Oblicz prawdopodobieństwo wygranej.
\(\displaystyle{ P(X=1) + P(X=8) = {10 \choose 1}p ^{1} (1-p) ^{10-1} + {10 \choose 8}p ^{1} (1-p) ^{10-8}}\)
\(\displaystyle{ p= \frac{( {10 \choose 1} ) + ( {10 \choose 8} )}{(2 ^{10} )}}\)
Nie czuję tego schematu, dobrze jest rozwiązane to zadanie?
10 monet, schemat Bernoulliego
-
lelel555
- Użytkownik
- Posty: 67
- Rejestracja: 21 paź 2012, o 20:56
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 7 razy
10 monet, schemat Bernoulliego
czyli można sprowadzić to do trzech przypadków:
I) wyrzucamy 1 lub 8, czyli wygrywamy
II) wyrzucamy 0, czyli przegrywamy
III) wyrzucamy inną liczbę reszek, czyli powtarzamy.
To znaczy, że nigdy nie możemy skończyć na sytuacji III, więc tak czy siak, musimy wybrać sytuację I lub II.
Czyli to tak, jakby nigdy nie można było otrzymać sytuacji trzeciej. Za każdym razem zaczynamy tak jakby od zera, a poprzedni wynik się nie liczy.
Zatem jedyne, co trzeba policzyć, to ile jest sytuacji, kiedy mamy 1 lub 8 reszek.
Zatem można wybrać 1 na \(\displaystyle{ \binom{10}{1}}\) sposobów i do tego 8 na \(\displaystyle{ \binom{10}{8}}\) sposobów.
\(\displaystyle{ \Omega}\) chyba też dobrze.
Bo jeśli dobrze rozumiem, to nie interesuje nas prawdopodobieństwo wygranej za pierwszym podejściem?
I) wyrzucamy 1 lub 8, czyli wygrywamy
II) wyrzucamy 0, czyli przegrywamy
III) wyrzucamy inną liczbę reszek, czyli powtarzamy.
To znaczy, że nigdy nie możemy skończyć na sytuacji III, więc tak czy siak, musimy wybrać sytuację I lub II.
Czyli to tak, jakby nigdy nie można było otrzymać sytuacji trzeciej. Za każdym razem zaczynamy tak jakby od zera, a poprzedni wynik się nie liczy.
Zatem jedyne, co trzeba policzyć, to ile jest sytuacji, kiedy mamy 1 lub 8 reszek.
Zatem można wybrać 1 na \(\displaystyle{ \binom{10}{1}}\) sposobów i do tego 8 na \(\displaystyle{ \binom{10}{8}}\) sposobów.
\(\displaystyle{ \Omega}\) chyba też dobrze.
Bo jeśli dobrze rozumiem, to nie interesuje nas prawdopodobieństwo wygranej za pierwszym podejściem?
-
kerajs
- Użytkownik
- Posty: 8714
- Rejestracja: 17 maja 2013, o 10:23
- Płeć: Mężczyzna
- Podziękował: 338 razy
- Pomógł: 3434 razy
10 monet, schemat Bernoulliego
Można też bez sumy ciągu geonetrycznego:
\(\displaystyle{ \Omega}\) - ilość zdarzeń kończących grę w każdej serii
\(\displaystyle{ \overline{\overline{\Omega}} = {10 \choose 0} +{10 \choose 1} +{10 \choose 8}}\)
A- ilość wygranych w danej serii rzutów.
\(\displaystyle{ \overline{\overline{A}} = {10 \choose 1} +{10 \choose 8}}\)
\(\displaystyle{ P\left( A\right) = \frac{\overline{\overline{A}} }{ \overline{\overline{\Omega}} }= \frac{55}{56}}\)
\(\displaystyle{ \Omega}\) - ilość zdarzeń kończących grę w każdej serii
\(\displaystyle{ \overline{\overline{\Omega}} = {10 \choose 0} +{10 \choose 1} +{10 \choose 8}}\)
A- ilość wygranych w danej serii rzutów.
\(\displaystyle{ \overline{\overline{A}} = {10 \choose 1} +{10 \choose 8}}\)
\(\displaystyle{ P\left( A\right) = \frac{\overline{\overline{A}} }{ \overline{\overline{\Omega}} }= \frac{55}{56}}\)