od Onomatopeja » Utorak, 26. April 2016, 21:59
Za razliku od Daniela, koristicu [inlmath]1[/inlmath] za grb i [inlmath]0[/inlmath] za pismo. Zadatak cu uraditi tako sto cu odrediti nepovoljnu verovatnocu, tj. verovatnocu da je palo strogo manje od [inlmath]10[/inlmath] uzastopnih grbova. Odatle ce lako slediti i trazena verovatnoca u zadatku.
Naime, svaki rezultat tih [inlmath]20[/inlmath] bacanja mozemo predstaviti kao rec od [inlmath]20[/inlmath] slova nad azbukom [inlmath]\{0,1\}[/inlmath]. Obelezimo sa [inlmath]A_{20}[/inlmath] broj svih ovih mogucnosti (tj. da je palo manje od [inlmath]10[/inlmath] uzastopnih grbova u reci od [inlmath]20[/inlmath] slova). Primetimo sledece:
- ako je prvo palo pismo, tj. [inlmath]0[/inlmath], onda je broj mogucnosti u tom slucaju jednak [inlmath]A_{19}[/inlmath] (jer nam ovo prvo pismo samo govori da ako vec negde krece taj niz od bar [inlmath]10[/inlmath] uzastopnih grbova, to on nece krenuti od prve pozicije, te se sve svodi na slucaj sa [inlmath]19[/inlmath] mesta)
- ako je pao grb, pa pismo, tj. [inlmath]10[/inlmath], to je onda broj takvih mogucnosti (tj. pri tom uslovu) jednak [inlmath]A_{18}[/inlmath]
- ako je pao grb, pa grb, pa pismo, tj. [inlmath]110[/inlmath], to je onda broj takvih mogucnosti jednak [inlmath]A_{17}[/inlmath]
- ako je pao grb, pa grb, pa grb, pa pismo, tj. [inlmath]1110[/inlmath], to je onda broj takvih mogucnosti jednak [inlmath]A_{16}[/inlmath]
I onda taj proces ponavljamo, te konacno brojimo i situaciju
- pao je grb devet puta, pa onda pismo, tj. [inlmath]1111111110[/inlmath], to je onda broj takvih mogucnosti jednak [inlmath]A_{10}[/inlmath].
I tu stajemo, jer ako padne deset puta grb to nam ne odgovara.
Ovime smo uzeli u obzir sve slucajeve, tj. dobili smo
[dispmath]A_{20}=A_{19}+A_{18}+\cdots+A_{11}+A_{10},[/dispmath]odnosno jednu rekurentnu relaciju, pri cemu znamo da je [inlmath]A_1=2[/inlmath] (jer u jednom bacanju sta god da dobijemo, [inlmath]0[/inlmath] ili [inlmath]1[/inlmath], to nam odgovara (ne mozemo napraviti rec od [inlmath]10[/inlmath] slova pomocu jednog slova)), [inlmath]A_2=2^2[/inlmath] (odnosno, [inlmath]00[/inlmath], [inlmath]01[/inlmath], [inlmath]10[/inlmath], [inlmath]11[/inlmath] i sve nam odgovara) i slicno ostali do [inlmath]A_9=2^9[/inlmath], s tim da je [inlmath]A_{10}=2^{10}-1[/inlmath] (tu nam odgovaraju sve mogucnosti, sem one jedne da je svih deset puta pao grb).
I onda rekurentno odredjujemo ostale elemente, tj. [inlmath]^\star[/inlmath]
[dispmath]A_{11}=A_{10}+A_9+\cdots+A_2+A_1=2^{10}-1+2^9+\cdots+2^2+2=2(1+2+\cdots+2^9)-1=2(2^{10}-1)-1=2^{11}-3,[/dispmath]te dalje
[dispmath]A_{12}=A_{11}+A_{10}+\cdots+A_3+A_2=A_{11}+(A_{11}-A_1)=2A_{11}-A_1=2^{12}-2^3,[/dispmath]odnosno (kad smo vec videli kako se skracuje proces sabiranja)
[dispmath]A_{13}=2A_{12}-A_2=2^{13}-2^4-2^2,[/dispmath]posle cega se rekurzivno dobijaju i ostali rezultati, a samim tim i
[dispmath]A_{20}=2A_{19}-A_9=2(2^{19}-2^{11}-2^9-2^8)-2^9=2^{20}-2^{12}-2^{11}.[/dispmath]Tada je verovatnoca da je u [inlmath]20[/inlmath] bacanja palo strogo manje od [inlmath]10[/inlmath] grbova jednaka [inlmath]\displaystyle\frac{2^{20}-2^{12}-2^{11}}{2^{20}}[/inlmath] (broju povoljnih ishoda kroz broj svih ishoda), sto je (rekli smo) losa verovatnoca za nas (tj. tu su ubrojani svi slucajevi koje ne zelimo), pa je trazena verovatnoca u zadatku jednaka
[dispmath]1-\frac{2^{20}-2^{12}-2^{11}}{2^{20}}=\frac{2^{12}+2^{11}}{2^{20}}=\frac{3}{2^9}.[/dispmath][inlmath]\star[/inlmath] - primetimo da ovde koristimo slicnu rekurentnu relaciju kao za [inlmath]A_{20}[/inlmath]. Naime, nije tesko utvrditi da se isti postupak moze ponoviti, tj. da je [inlmath]A_n[/inlmath] (broj svih mogucnosti da padne strogo manje od [inlmath]10[/inlmath] grbova posle [inlmath]n[/inlmath] bacanja novcica) za [inlmath]n>10[/inlmath] jednak [inlmath]A_n=A_{n-1}+A_{n-2}+\cdots+A_{n-9}+A_{n-10}[/inlmath].