Prawdopodobieństwo Oof: Wyznacz prawdopodobieństwo, ze w 100 rzutach moneta wystąpi seria co najmniej x reszek.

Oof: Wiem, że ilość wszystkich możliwych zdarzeń to 2ⁿ. A dalej?

ABC: zrób sobie przypadki z mniejszą ilością rzutów żeby zobaczyć jak to działa: 2,3,4 rzuty

Oof: Dla trzech rzutów i x = 2: p = 3/9. Dla trzech rzutów i x = 3: p = 1/9. Dla czterech rzutów i x = 2: p = 8/16. Dla czterech rzutów i x = 3: p= 2/16. Dla czterech rzutów i x = 4: p = 1/16. No to okej, ale trudno coś wywnioskować, przewiduję że jest tu symbol Newtona w kombinacji z czymś innym...

wredulus_pospolitus: Dla 4 rzutów i x=2 będziesz mieć

	5
p =
	16

R,O,R,R O,O,R,R O,R,R,O R,R,O,R R,R,O,O

Oof: Co najmniej x reszek.

wredulus_pospolitus: Ach ... co najmniej x reszek

Oof: Dobra, już wywnioskowałem, że gdy chcemy serii co najmniej k reszek dla n rzutów to ilość zdarzeń sprzyjających wynosi: (n − (k−1))! Będę myśleć dalej.

Oof: Nie, wynosi: 1 + 2 + ... (n−k)

Oof: Ostatnia edycja: 1 + 2 + ... + (n − (k−1))

wredulus_pospolitus: Załóżmy, że dla N rzutów masz m możliwości osiągnięcia ciągu co najmniej 2 reszek. W takim razie dla (N+2) rzutów będzie:

	2N − m
m*2 + (		)*1
	2

bo : m*2 −−− seria odbyła się wcześniej, więc dokładamy R albo O (bez różnicy) 2^N − m −−− seria wcześniej się nie odbyła

2N − m
	−−− seria wcześniej się nie odbyła I OSTATNI rzut to było R ... więc w następnym
2

rzucie musi być R

wredulus_pospolitus: w ogólnym przypadku: Liczba wystąpień w rzucie N razy serii co najmniej x reszek:

	liczba niewystąpienia serii
'liczba wystąpień serii w (N−x+1) rzutach' * 2x−1 + '		' *1
	2

wredulus_pospolitus: to co napisałem o 11:26 to głupota

Oof: dla (N+2) rzutów: "m*2 −−− seria odbyła się wcześniej, więc dokładamy R albo O (bez różnicy)" Nie powinno być m*4 skoro dokładamy dwa rzuty? m + orzeł + orzeł m + reszka + reszka m + orzeł + reszka m + reszka + orzeł

wredulus_pospolitus: Miało być dla (N+1) rzutów

Oof: Czyli dla serii 2 reszek można to rozwiązać równaniem różnicowym.. m(n+1) = m(n) * 2 + (2ⁿ − m(n)) / 2, m(2) = 1/2 Gorzej dla większych serii ale zaraz się zobaczy

Oof: m(2) = 1

Oof: Nie no, nie widzę jak to jakkolwiek zrobić analitycznie, przecież dla większych serii przy (n+1) rzucie pojawia się milion innych możliwości więc niezłe zadanie.

Pytający: http://www.gregegan.net/QUARANTINE/Runs/Runs.html

	A(n, x)
Niech P(n, x)=		będzie prawdopodobieństwem serii co najmniej x reszek w n rzutach
	2n

monetą, wtedy: A(n, n) = 1 A(n, x) = 2*A(n−1, x) + (2^n−1−x−A(n−1−x, x)) Wzór rekurencyjny analogicznie jak w podlinkowanej stronie: w n rzutach monetą mamy serię x reszek, jeśli: • w poprzedzających (n−1) rzutach już była taka seria (i wtedy w n−tym rzucie może wypaść cokolwiek, czyli na 2 sposoby) • w poprzedzających (n−1) rzutach nie było takiej serii i ostatnie x (z (n−1)) rzutów to: 1 orzeł, następnie (x−1) reszek (i wtedy w n−tym rzucie musi wypaść reszka, żeby pojawiła się seria); czyli mamy w pierwszych (n−1−x) rzutach brak takiej serii i pozostałe x rzutów musi tej konkretnej postaci (1 orzeł, (x−1) reszek) Oczywiście A(n, x) = 0 dla n<x. Pozostaje tylko rozwiązać tę rekurencję.

Oof: Dziękuję bardzo ;