Монету бросают, пока два раза подряд не выпадет герб

@Vlad1993 · Регистрация: 08.08.2012

Author24 — интернет-сервис помощи студентам

Монету бросают, пока два раза подряд не выпадет герб. Найти вероятность того что будет сделано n бросков(n>=4)

@rahim · 03.03.2013, 13:07

Напишите, какие должны быть результаты бросков, чтобы эксперимент окончился за 4 броска.

@Vlad1993 · 03.03.2013, 14:29 **[ТС]**

ГРГГ и РРГГ

@rahim · 03.03.2013, 16:56

И что, вероятность этой пары результатов не находится? Потом сделайте то же самое для пяти бросков.

iifat · 03.03.2013, 17:16

Это не все. К тому же, n произвольное >4. Не настолько это просто.

Добавлено через 7 минут
Виноват. Действительно все.

@rahim · 03.03.2013, 17:26

Даже если это не все, имеет смысл дождаться хоть какого-то содержательного участия автора вопроса, не так ли? Пусть товарищ продемонстрирует, что он начал думать и что-то делать. А уж с возникшими проблемами для большего числа бросков мы как-нибудь вместе тогда разберемся.

@Heidegger · 18.11.2013, 16:21

Сообщение от iifat

n произвольное >4. Не настолько это просто.

Предлагаю реанимировать тему и, если у присутствующих есть желание, довести решение до конца. Возможно, кстати, что в условии автор темы мог случайно сменить знак неравенства (т.е. имелось в виду n <= 4) – в таком случае задача была бы элементарной.

@rahim · 18.11.2013, 19:21

Задачка широко известная, ничего доброго в ответе, кроме чисел Фибоначчи даже при симметричной монетке не будет, а при несимметричной и того хуже. Вероятность закончить игру на n-м шаге есть

$https://www.cyberforum.ru/cgi-bin/latex.cgi?P(X=n)=\frac{a^{n-1}-b^{n-1}}{2\sqrt{5}}=\frac{F_{n-1}}{2^n},$

где $https://www.cyberforum.ru/cgi-bin/latex.cgi?a=\frac{1+\sqrt{5}}{4}$ , $https://www.cyberforum.ru/cgi-bin/latex.cgi?b=\frac{1-\sqrt{5}}{4}$ , $https://www.cyberforum.ru/cgi-bin/latex.cgi?n\geq 2$ .

Вероятность закончить игру на n-м шаге (для $https://www.cyberforum.ru/cgi-bin/latex.cgi?n\geq 3$ ) есть вероятность того, что последние два - гербы, перед ними - решка, а в предшествующих $https://www.cyberforum.ru/cgi-bin/latex.cgi?n-3\geq 0$ испытаниях не встретилось двух гербов подряд, т.е.

$https://www.cyberforum.ru/cgi-bin/latex.cgi?P(X=n)=\frac{1}{2^3}\,\frac{F_{n-1}}{2^{n-3}}$

Как известно, число Фибоначчи $https://www.cyberforum.ru/cgi-bin/latex.cgi?F_{n+2}$ равно числу двоичных наборов длиной n, в которых нигде не стоит двух единиц подряд.

Для произвольных вероятностей удачи и неуспеха p и q

$https://www.cyberforum.ru/cgi-bin/latex.cgi?P(X=n)=qp^2 R_{n-3}$ , $https://www.cyberforum.ru/cgi-bin/latex.cgi?n\geq 3,$

где $https://www.cyberforum.ru/cgi-bin/latex.cgi?R_n$ - вероятность в наборе из n испытаний не встретить двух успехов подряд - удовлетворяет рекуррентному соотношению

$https://www.cyberforum.ru/cgi-bin/latex.cgi?R_n=qR_{n-1}+pqR_{n-2}$ , $https://www.cyberforum.ru/cgi-bin/latex.cgi?R_0=R_1=1.$

Дальше очевидная последовательность действий: характеристическое уравнение -> общий вид $https://www.cyberforum.ru/cgi-bin/latex.cgi?R_n=c_1x_1^{n-1}+c_2x_2^{n-1}$ -> нахождение коэффициентов из начальных условий -> окончательные вероятности.

@Heidegger · 18.11.2013, 21:02

Сообщение от rahim

Как известно, число Фибоначчи $https://www.cyberforum.ru/cgi-bin/latex.cgi?F_{n+2}$ равно числу двоичных наборов длиной n, в которых нигде не стоит двух единиц подряд.

Да, этот момент, конечно, ключевой – без знания этого факта решить задачу "малой кровью" уже вряд ли получится.

Задача действительно известная и имеет даже свою собственную теорию "серий успехов" (можно почитать, например, у Феллера), так что для знакомых с историей теории вероятностей не представляет труда. Было интересно прежде всего увидеть идеи тех, кто был не знаком с задачей и мог дать "свежий" взгляд – теория вероятностей славится тем, что её задачи часто могут решаться большим числом различных способов, часто неочевидных и неожиданных. Но учитывая большую плотность профессионалов на форуме, рассчитывать на долгий период исследования фактически классической задачи было бы наивно.

Самому удалось столкнуться с задачей в такой формулировке: "Каково ожидаемое число игр в рулетку (36 + зеро) до достижения 6 побед подряд, если игрок всегда ставит на красное?" Решал в общем случае похожим образом:

$https://www.cyberforum.ru/cgi-bin/latex.cgi?p_n = P(X = n) = qp^r P(X > n-r-1) = qp^r \left(1 - \sum_{k=1}^{n-r-1}P(X = k)\right)$

откуда для p_n получаем рекуррентное соотношение:

$https://www.cyberforum.ru/cgi-bin/latex.cgi?p_{n+1} = p_n - qp^r p_{n-r}$

которое при больших r приводит к довольно громоздким выкладкам.

Вариант с выводом через R_n понравился – так действительно удобнее. У Феллера задача решается в ещё более общем виде (с повторениями серий успехов).

Благодарю за подробный и исчерпывающий ответ.

@myn · 19.11.2013, 10:53

И все-таки, хоть это и "широко известная задача" ( но в очень узких кругах) не могли бы Вы слегка поподробнее обозначить, как возникают здесь числа Фибоначчи?

@Heidegger · 19.11.2013, 12:35

Сообщение от myn

хоть это и "широко известная задача" ( но в очень узких кругах)

Собственно, это и было мотивом: познакомить с интересной задачей, имеющей много "слоёв", тех, кто о ней не знал, и совместными усилиями её исследовать, используя различные подходы.

Сообщение от myn

как возникают здесь числа Фибоначчи?

Числа Фибоначчи возникают тут либо естественным образом при решении соответствующего рекуррентного уравнения (может быть, кто-нибудь хочет это показать?), либо при решении вспомогательной задачи: найти чило M(n) наборов длиной n, состоящих из 0 и 1 (решка и герб соответственно), в которых не встречается двух единиц подряд. Каждый такой набор S(n) может начинаться либо с 0 [S₀(n)], либо с 1 [S₁(n)]: M(n) = M₀(n) + M₁(n).

Добавив перед любым набором S(n) впереди 0, мы получим соответствующий набор S₀(n+1), добавив единицу перед S₀(n), мы получим S₁(n+1): M(n+1) = M₀(n+1) + M₁(n+1) = M(n) + M₀(n) – это при соответствующих начальных условиях и приводит к ряду Фибоначчи.

@Vlad1993 7 / 3 / 0 Регистрация: 08.08.2012 Сообщений: 63
		1
	Монету бросают, пока два раза подряд не выпадет герб 03.03.2013, 12:27. Показов 13781. Ответов 10 Метки нет (Все метки) Монету бросают, пока два раза подряд не выпадет герб. Найти вероятность того что будет сделано n бросков(n>=4) 0

@rahim 619 / 282 / 10 Регистрация: 22.01.2013 Сообщений: 874
	03.03.2013, 13:07	2
	Напишите, какие должны быть результаты бросков, чтобы эксперимент окончился за 4 броска. 0

@Vlad1993 7 / 3 / 0 Регистрация: 08.08.2012 Сообщений: 63
	03.03.2013, 14:29 [ТС]	3
	ГРГГ и РРГГ 0

@rahim 619 / 282 / 10 Регистрация: 22.01.2013 Сообщений: 874
	03.03.2013, 16:56	4
	И что, вероятность этой пары результатов не находится? Потом сделайте то же самое для пяти бросков. 0

iifat 2719 / 1773 / 187 Регистрация: 05.06.2011 Сообщений: 5,132
	03.03.2013, 17:16	5
	Это не все. К тому же, n произвольное >4. Не настолько это просто. Добавлено через 7 минут Виноват. Действительно все. 1

@rahim 619 / 282 / 10 Регистрация: 22.01.2013 Сообщений: 874
	03.03.2013, 17:26	6
	Даже если это не все, имеет смысл дождаться хоть какого-то содержательного участия автора вопроса, не так ли? Пусть товарищ продемонстрирует, что он начал думать и что-то делать. А уж с возникшими проблемами для большего числа бросков мы как-нибудь вместе тогда разберемся. 0

@Heidegger 617 / 242 / 16 Регистрация: 31.07.2013 Сообщений: 376
	18.11.2013, 16:21	7
	Сообщение от iifat n произвольное >4. Не настолько это просто. Предлагаю реанимировать тему и, если у присутствующих есть желание, довести решение до конца. Возможно, кстати, что в условии автор темы мог случайно сменить знак неравенства (т.е. имелось в виду n <= 4) – в таком случае задача была бы элементарной. 0

@rahim 619 / 282 / 10 Регистрация: 22.01.2013 Сообщений: 874
	18.11.2013, 19:21	8
	Сообщение было отмечено как решение Решение Задачка широко известная, ничего доброго в ответе, кроме чисел Фибоначчи даже при симметричной монетке не будет, а при несимметричной и того хуже. Вероятность закончить игру на n-м шаге есть $https://www.cyberforum.ru/cgi-bin/latex.cgi?P(X=n)=\frac{a^{n-1}-b^{n-1}}{2\sqrt{5}}=\frac{F_{n-1}}{2^n},$ где $https://www.cyberforum.ru/cgi-bin/latex.cgi?a=\frac{1+\sqrt{5}}{4}$ , $https://www.cyberforum.ru/cgi-bin/latex.cgi?b=\frac{1-\sqrt{5}}{4}$ , $https://www.cyberforum.ru/cgi-bin/latex.cgi?n\geq 2$ . Вероятность закончить игру на n-м шаге (для $https://www.cyberforum.ru/cgi-bin/latex.cgi?n\geq 3$ ) есть вероятность того, что последние два - гербы, перед ними - решка, а в предшествующих $https://www.cyberforum.ru/cgi-bin/latex.cgi?n-3\geq 0$ испытаниях не встретилось двух гербов подряд, т.е. $https://www.cyberforum.ru/cgi-bin/latex.cgi?P(X=n)=\frac{1}{2^3}\,\frac{F_{n-1}}{2^{n-3}}$ Как известно, число Фибоначчи $https://www.cyberforum.ru/cgi-bin/latex.cgi?F_{n+2}$ равно числу двоичных наборов длиной n, в которых нигде не стоит двух единиц подряд. Для произвольных вероятностей удачи и неуспеха p и q $https://www.cyberforum.ru/cgi-bin/latex.cgi?P(X=n)=qp^2 R_{n-3}$ , $https://www.cyberforum.ru/cgi-bin/latex.cgi?n\geq 3,$ где $https://www.cyberforum.ru/cgi-bin/latex.cgi?R_n$ - вероятность в наборе из n испытаний не встретить двух успехов подряд - удовлетворяет рекуррентному соотношению $https://www.cyberforum.ru/cgi-bin/latex.cgi?R_n=qR_{n-1}+pqR_{n-2}$ , $https://www.cyberforum.ru/cgi-bin/latex.cgi?R_0=R_1=1.$ Дальше очевидная последовательность действий: характеристическое уравнение -> общий вид $https://www.cyberforum.ru/cgi-bin/latex.cgi?R_n=c_1x_1^{n-1}+c_2x_2^{n-1}$ -> нахождение коэффициентов из начальных условий -> окончательные вероятности. 3

@Heidegger 617 / 242 / 16 Регистрация: 31.07.2013 Сообщений: 376
	18.11.2013, 21:02	9
	Сообщение от rahim Как известно, число Фибоначчи $https://www.cyberforum.ru/cgi-bin/latex.cgi?F_{n+2}$ равно числу двоичных наборов длиной n, в которых нигде не стоит двух единиц подряд. Да, этот момент, конечно, ключевой – без знания этого факта решить задачу "малой кровью" уже вряд ли получится. Задача действительно известная и имеет даже свою собственную теорию "серий успехов" (можно почитать, например, у Феллера), так что для знакомых с историей теории вероятностей не представляет труда. Было интересно прежде всего увидеть идеи тех, кто был не знаком с задачей и мог дать "свежий" взгляд – теория вероятностей славится тем, что её задачи часто могут решаться большим числом различных способов, часто неочевидных и неожиданных. Но учитывая большую плотность профессионалов на форуме, рассчитывать на долгий период исследования фактически классической задачи было бы наивно. Самому удалось столкнуться с задачей в такой формулировке: "Каково ожидаемое число игр в рулетку (36 + зеро) до достижения 6 побед подряд, если игрок всегда ставит на красное?" Решал в общем случае похожим образом: $https://www.cyberforum.ru/cgi-bin/latex.cgi?p_n = P(X = n) = qp^r P(X > n-r-1) = qp^r \left(1 - \sum_{k=1}^{n-r-1}P(X = k)\right)$ откуда для *p_n* получаем рекуррентное соотношение: $https://www.cyberforum.ru/cgi-bin/latex.cgi?p_{n+1} = p_n - qp^r p_{n-r}$ которое при больших r приводит к довольно громоздким выкладкам. Вариант с выводом через *R_n* понравился – так действительно удобнее. У Феллера задача решается в ещё более общем виде (с повторениями серий успехов). Благодарю за подробный и исчерпывающий ответ. 2

@myn 831 / 678 / 101 Регистрация: 11.11.2012 Сообщений: 1,800
	19.11.2013, 10:53	10
	И все-таки, хоть это и "широко известная задача" ( но в очень узких кругах) не могли бы Вы слегка поподробнее обозначить, как возникают здесь числа Фибоначчи? 0

	19.11.2013, 12:35

@Heidegger 617 / 242 / 16 Регистрация: 31.07.2013 Сообщений: 376
	19.11.2013, 12:35	11
	Сообщение от myn хоть это и "широко известная задача" ( но в очень узких кругах) Собственно, это и было мотивом: познакомить с интересной задачей, имеющей много "слоёв", тех, кто о ней не знал, и совместными усилиями её исследовать, используя различные подходы. Сообщение от myn как возникают здесь числа Фибоначчи? Числа Фибоначчи возникают тут либо естественным образом при решении соответствующего рекуррентного уравнения (может быть, кто-нибудь хочет это показать?), либо при решении вспомогательной задачи: найти чило M(n) наборов длиной n, состоящих из 0 и 1 (решка и герб соответственно), в которых не встречается двух единиц подряд. Каждый такой набор S(n) может начинаться либо с 0 [S₀(n)], либо с 1 [S₁(n)]: M(n) = M₀(n) + M₁(n). Добавив перед любым набором S(n) впереди 0, мы получим соответствующий набор S₀(n+1), добавив единицу перед S₀(n), мы получим S₁(n+1): M(n+1) = M₀(n+1) + M₁(n+1) = M(n) + M₀(n) – это при соответствующих начальных условиях и приводит к ряду Фибоначчи. 0

Монету бросают, пока два раза подряд не выпадет герб

Решение