;) kasia: Rzucamy kostką, dla której prawdopodobieństwo uzyskania szóstki w pojedynczym rzucie wynosi

	1
		, aż do momentu uzyskania trzech szóstek (łącznie, niekoniecznie pod rząd). Jakie jest
	20

prawdopodobieństwo, że rzucimy więcej niż 7 razy? Bardzo proszę o pomoc

kasia:

yht: Schemat Bernoulliego: p − wyrzucenie 6−stki w pojedynczym rzucie − sukces

	1
p =
	20

1−p − wyrzucenie nie−szóstki w pojedynczym rzucie − porażka

	19
1−p =
	20

k = 3 − liczba sukcesów n − liczba rzutów założenie: n≥k czyli n≥3 Obliczam prawdopodobieństwo że rzucę n=3 razy:

	3 3		1		19
P3 =		*pk*(1−p)n−k = 1*(		)3*(		)3−3 =
			20		20

	1		19		1
		*(		)0=
	8000		20		8000

Obliczam prawdopodobieństwo że rzucę n=4 razy:

	4 3		1		19
P4 =		*pk*(1−p)n−k = 4*(		)3*(		)4−3 =
			20		20

	1		19		1		19		19
4*		*(		)1=		*		=
	8000		20		2000		20		40000

Obliczam prawdopodobieństwo że rzucę 5 razy:

	5 3		1		19
P5 =		*pk*(1−p)n−k = 10*(		)3*(		)5−3 =
			20		20

	1		19		1		361		361
10*		*(		)2=		*		=
	8000		20		800		400		320000

Obliczam prawdopodobieństwo że rzucę 6 razy:

	6 3		1		19
P6 =		*pk*(1−p)n−k = 20*(		)3*(		)6−3 =
			20		20

	1		19		1		6859		6859
20*		*(		)3=		*		=
	8000		20		400		8000		3200000

Obliczam prawdopodobieństwo że rzucę 7 razy:

	7 3		1		19
P7 =		*pk*(1−p)n−k = 35*(		)3*(		)7−3 =
			20		20

	1		19		7		130321		912247
35*		*(		)4=		*		=
	8000		20		1600		160000		256000000

P − zdarzenie, że rzucę co najwyżej 7 razy: Obliczam prawdopodobieństwo zdarzenia P:

	1		19		361		6859
P = P3+P4+P5+P6+P7 =		+		+		+		+
	8000		40000		320000		3200000

	912247		1903367
		=
	256000000		256000000

P' − zdarzenie, że rzucę więcej niż 7 razy − jest to zdarzenie przeciwne do zdarzenia P, stąd P' = 1−P

	1903367
P' = 1−
	256000000

	256000000		1903367
P' =		−
	256000000		256000000

	254096633
P' =
	256000000

PW: Nie podoba mi się to rozwiązanie. Prawdopodobieństwo zdarzenia A₄ − "potrzebowaliśmy 4 rzutów, by uzyskać 3 szóstki" − należałoby liczyć jako prawdopodobieństwo warunkowe P(A₄) = prawdopodobieństwo uzyskania trzech szóstek pod warunkiem, że w pierwszych trzech rzutach uzyskaliśmy dokładnie dwie szóstki. Zapisując zdarzenia jako ciągi zer i jedynek mielibyśmy: A₄ = {(0,1,1,1), (1,0,1,1), (1,1,0,1)} W wyliczeniach z 10:38 do A₄ zostało zaliczone również zdarzenie (1,1,1,0), które jest niemożliwe − po trzech udanych wynikach już dalej nie rzucamy. Wymądrzam się, ale nie wiem jak to rozwiązać.

yht: Mam pewien pomysł jak to zrobić wiemy, że w ostatnim rzucie musimy wyrzucić szóstkę. Zatem wyliczenie A₄ proponuję zrobić tak: xxx6 mamy 3 wolne miejsca

	3 2
wybieramy 2 wolne miejsca dla 6−stek, na		sposoby

	1		1
prawdopodobieństwo szóstki jest		a że mają być 3 szóstki to (		)3
	20		20

	19
pozostałe z wolnych miejsc ma być nie−szóstką, czyli
	20

i zgodnie z regułą mnożenia

	3 2		1		19
P4 =		*(		)3*
			20		20

Podobnie policzymy A₅ xxxx6 ostatnie miejsce musi być szóstka zostały 4 wolne miejsca

4 2
	wybieramy miejsca dla szóstek

	1
3 szóstki, więc (		)3
	20

	19
zostaną dwa wolne miejsca dla nie−szóstek, czyli (		)2
	20

	4 2		1		19
P5 =		*(		)3*(		)2
			20		20

A₆ xxxxx6

	5 2		1		19
P6 =		*(		)3*(		)3
			20		20

A₇ xxxxxx6

	6 2		1		19
P7 =		*(		)3*(		)2
			20		20

i dalej pododawać P = P₁+P₂+P₃+P₄+P₅+P₆+P₇ itd.