Matematyka.pl

Zadanie

Rzucamy niezależnie dwiema monetami odpowiednio \(\displaystyle{ N }\) i \(\displaystyle{ M }\) razy.

Jakie jest prawdopodobieństwo \(\displaystyle{ P(\{N,N\}) }\) otrzymania tej samej liczby orłów na obu monetach ?

Prawdopodobieństwo uzyskania \(\displaystyle{ n }\) orłów, przy rzucie \(\displaystyle{ N }\) razy p ierwszą monetą wynosi:

\(\displaystyle{ P(\{n, N \}) = \frac{C^{n}_{N}}{2^{N}} = \frac{{N\choose n}}{2^{N}},}\)

Prawdopodobieństwo uzyskania \(\displaystyle{ m }\) orłów, gdy rzucamy \(\displaystyle{ M }\) razy drugą monetą wynosi:

\(\displaystyle{ P(\{m, M\}) = \frac{C^{m}_{M}}{2^{M}} = \frac{{M\choose m}}{2^{M}}.}\)

Niech \(\displaystyle{ m = min(N, M) }\)

\(\displaystyle{ P( \{N,M \} = \sum_{n=0}^{min(N.M)} P(\{N,n \})\cdot P(\{M,m \}) = \sum_{n=0}^{min(N.M)} \frac{C^{n}_{N}}{2^{N}}\cdot \frac{C^{m}_{M}}{2^{M}} = \frac{1}{2^{N+M}} \sum_{n=0}^{m} C^{n}_{N}\cdot C^{m}_ {M}. }\)

W szczególnym przypadku, gdy \(\displaystyle{ N = M: }\)

\(\displaystyle{ P(\{N.N\}) = \frac{1}{4^{N}} \sum_{n=0}^{N} C^{n}_{N}\cdot C^{n}_ {N} = \frac{1}{4^{N}} C^{n}_{2N} = \frac{1}{4^{N}} {2N\choose N} = \frac{(2N!)}{(N!2^{N})^2}. }\) (wzór Vandermonde'a)

Przykład

Dla trzykrotnego rzutu monetami:

\(\displaystyle{ P(\{3,3\}) = \frac{(2\cdot 3)^2}{(3!\cdot 2^3)^2} = \frac{20}{64} = \frac{5}{16} = 0,3125 = 31,25\%.}\)

Super, że taki wartościowy post trafił do poradnika. Aż żal go nie skomentować.

janusz47 pisze: 2 lis 2023, o 19:52 Zadanie

Rzucamy niezależnie dwiema monetami odpowiednio \(\displaystyle{ N }\) i \(\displaystyle{ M }\) razy.

Jakie jest prawdopodobieństwo \(\displaystyle{ P(\{N,N\}) }\) otrzymania tej samej liczby orłów na obu monetach ?

Prawdopodobieństwo uzyskania \(\displaystyle{ n }\) orłów, przy rzucie \(\displaystyle{ N }\) razy p ierwszą monetą wynosi:

\(\displaystyle{ P(\{n, N \}) = \frac{C^{n}_{N}}{2^{N}} = \frac{{N\choose n}}{2^{N}},}\)

Nawiasami wąsatymi przyjęło się oznaczać zbiory, a tam, jak wiadomo, kolejność nie ma znaczenia, czyli \(\displaystyle{ \{n,N\}=\{N,n\}}\).
To oznacza jednak, że lewa strona wzoru nie zależy od kolejności, a prawa tak.

No dobra, czepiam się. Przyjmijmy zatem, że nie chodzi tu o zbiory, lecz o zapis.

Prawdopodobieństwo uzyskania \(\displaystyle{ m }\) orłów, gdy rzucamy \(\displaystyle{ M }\) razy drugą monetą wynosi:

\(\displaystyle{ P(\{m, M\}) = \frac{C^{m}_{M}}{2^{M}} = \frac{{M\choose m}}{2^{M}}.}\)

Niech \(\displaystyle{ m = min(N, M) }\)

\(\displaystyle{ \red{ P( \{N,M \} = \sum_{n=0}^{min(N.M)} P(\{N,n \})\cdot P(\{M,m \}) }= \sum_{n=0}^{min(N.M)} \frac{C^{n}_{N}}{2^{N}}\cdot \frac{C^{m}_{M}}{2^{M}} = \frac{1}{2^{N+M}} \sum_{n=0}^{m} C^{n}_{N}\cdot C^{m}_ {M}. }\)

Po pierwsze: czy ktoś może wytłumaczyć dlaczego w czerwonej sumie w pierwszych czynnikach jest `n`, a w drugich `m`? Przecież to prawdopodobieństwa wyrzucenie tej samej liczby orłów na obu kostkach
Po drugie: okazuje się, że moje poprzednie wątpliwości pozostają w mocy: tym razem autor pisze \(\displaystyle{ P(\{N,n\})}\) choć w definicji pisał \(\displaystyle{ P(\{n,N\})}\). To w końcu jak to jest?

W szczególnym przypadku, gdy \(\displaystyle{ N = M: }\)

\(\displaystyle{ P(\{N.N\}) = \frac{1}{4^{N}} \sum_{n=0}^{N} C^{n}_{N}\cdot C^{n}_ {N} = \frac{1}{4^{N}} C^{n}_{2N} = \frac{1}{4^{N}} {\red{2N\choose N}} = \frac{\red{(2N!)}}{(N!2^{N})^2}. }\) (wzór Vandermonde'a)

Jest dość subtelna, choć diablo istotna różnica między \(\displaystyle{ 2N!}\) i \(\displaystyle{ (2N)!}\)

Przykład

Dla trzykrotnego rzutu monetami:

\(\displaystyle{ P(\{3,3\}) \blue{=} \frac{(2\cdot 3)^2}{(3!\cdot 2^3)^2} \red{=} \frac{20}{64} = \frac{5}{16} = 0,3125 = 31,25\%.}\)

Niebieska równość jest wzięta z kapelusza, a czerwonej nie udało mi się uzyskać nawet przy pomocy najbardziej zepsutego kalkulatora.