kombinatoryka nawaleta: Rzucamy sobie monetą aż otrzymamy dwie reszki z rzędu? Jakie jest prawdopodobieństwo, że rzucaliśmy dokładnie 10 razy? Czy dobrze rozumuję, iż interesuje nas tak naprawdę ostatnie dwa rzuty? Bo wcześniej mogą być kombinacje orłów i reszek ale ważne aby nie było dwóch reszek obok siebie a to będzie przecież (1/2)⁸

Blee: nie dwie reszki mogły wypaść na samym początku albo gdzieś 'po środku'

nawaleta: Owszem, ale takie zdarzenie jest niesprzyjające.

Blee: więc masz opcje R R O O O O O O O O R R O O O O O O O R R R O O O O O O R O R R O O O O O R O O R R O O O O O R O R R R O O O O R O O O R R O O O O R O O R R R O O O O R O R O R R O O O R O O O O R R O O O R O O O R R R O O O R O O R O R R O O O R O R O O R R O O O R O R O R itd.

Blee: ach ... nie doczytałem aż wypadnie

Jerzy: Zadanie sprowadza się do policzenia prawdopodobieństwa,że przy ośmiu rzutach nie wypadną dwie reszki,a to banał.

Blee:

	1
(		)8 odpowiada DOWOLNEJ kombinacji reszek i orłów w pierwszych 8−miu rzutach, w tym
	2

także rzucie 8razy pod rząd reszek

Blee: Jerzy −−− nie do końca ... że w 7 rzutach nie wypadną dwie reszki + wypadnie O R R

Blee: W Twoim rozumowaniu dopuszczasz możliwość, że w ósmym rzucie wypadnie R, co jest zdarzeniem niesprzyjającym (bo albo w 9tym rzucie masz drugą R, albo w dziesiątym nie masz drugiej R)

Jerzy: Racja Blee, o tym myślałem, ale po tym źle napisałem.

Saizou : Rozważmy ciąg orłów i reszek dl. 10 zakończony dwoma resztkami − − − − − − − R R na 7 miejscu nie może być reszka, zatem − − − − − − − O R R pozostaje nam 7 miejsc, na których musimy rozdysponować orły i reszki w taki sposób aby żaden orzeł nie stał obok innego orła a) 1 x R b) 2 x R c) 3 x R d) 4 x R

Jerzy: @ Saizou, na ósmym miejscu nie może być reszka.

Saizou : Jerzy oczywiście, zasugerowałem się swoimi kreseczkami, ale łatwo to już przetransferować. PS. Jakimś dziwnym trafem moje rozważania dotyczą 9 rzutów monetą

jc: 8 liczba Fibonacciego, czyli 55, tyle mamy możliwych wyników bez 2 reszek pod rząd w ciągu 7 elementowym. Prawdopodobieństwo = 34/1024

Pytający: Dokładnie 10 razy rzucimy tylko gdy w pierwszych 7 rzutach nie będzie serii 2 reszek i ostatnie 3 wyniki to ORR. Czyli możliwości jest tyle, ile jest możliwości nie otrzymania w pierwszych 7 rzutach serii 2 reszek. W pierwszych 7 rzutach nie otrzymamy serii 2 reszek jedynie gdy: • w pierwszych (7−1)=6 rzutach nie otrzymamy serii 2 reszek i w ostatnim rzucie otrzymamy O • w pierwszych (7−2)=5 rzutach nie otrzymamy serii 2 reszek i w ostatnich 2 rzutach otrzymamy OR I co istotne oba przypadki są rozłączne. Z dalszego analogicznego rozumowania otrzymujemy zależność rekurencyjną na liczbę możliwości nie otrzymania w pierwszych n rzutach serii 2 reszek: a₀=1 a₁=2 a_n=a_n−1+a_n−2 dla n≥2 czyli a_n=F_n+2 // https://pl.wikipedia.org/wiki/Ci%C4%85g_Fibonacciego a₇=34 ⇒

	34
Rozwiązaniem jest		.
	210

Mila: .

nadamę: masakra