Korisnički Kontrolni Panel
Pogledajte svoj profil
Pogledajte svoje postove
ČPP
Prijavite se

Matematički forum na kojem možete da diskutujete o raznim matematičkim oblastima, pomognete drugima oko rešavanja zadataka, a i da dobijete pomoć kada vam zatreba


















Index stranica OSTALE MATEMATIČKE OBLASTI VEROVATNOĆA

Bacanje novčića – grb u 10 uzastopnih bacanja

[inlmath]P\left(A_k/B\right)P\left(B\right)=P\left(B/A_k\right)P\left(A_k\right)[/inlmath]

Bacanje novčića – grb u 10 uzastopnih bacanja

Postod Sergione » Ponedeljak, 25. April 2016, 00:34

Pozdrav,želio bih pomoć oko zadatka:
Kolika je verovatnoća da od 20 bacanja novčića,dobijemo grb u 10 uzastopnih bacanja?
 
Postovi: 2
Zahvalio se: 1 puta
Pohvaljen: 0 puta

Sharuj ovu temu na:

Share on Facebook Facebook Share on Twitter Twitter Share on MySpace MySpace Share on Google+ Google+

Re: Bacanje novčića – grb u 10 uzastopnih bacanja

Postod Daniel » Ponedeljak, 25. April 2016, 01:11

Pozdrav, može pomoć, svakako.
Samo te molim da malo preciziraš pitanje. Dokle si stigao s rešavanjem i u kom delu postupka ti se pojavio problem? Molim te da pitanje dopuniš u skladu s tačkom 6. Pravilnika ovog foruma (koji bi valjalo da pročitaš).

Takođe, prema istom Pravilniku (tačka 10), nov zadatak uvek ide u posebnu temu. Neka ga zasad ovde, razdvojiću temu kasnije.

I, ako može pojašnjenje u vezi sa samim tekstom zadatka – da li „u [inlmath]10[/inlmath] uzastopnih bacanja“ znači „u bar [inlmath]10[/inlmath] uzastopnih bacanja“, ili „u tačno [inlmath]10[/inlmath] uzastopnih bacanja“? Ovo je vrlo bitno, jer se po prvom tumačenju u obzir uzimaju i mogućnosti da je bilo [inlmath]11[/inlmath], [inlmath]12[/inlmath] itd. uzastopnih dobijanja grbova, dok se po drugom tumačenju razmatra isključivo [inlmath]10[/inlmath] (ni manje, ni više) uzastopnih dobijanja grbova.
I do not fear death. I had been dead for billions and billions of years before I was born, and had not suffered the slightest inconvenience from it. – Mark Twain
Korisnikov avatar
Daniel  OFFLINE
Administrator
 
Postovi: 9300
Lokacija: Beograd
Zahvalio se: 5151 puta
Pohvaljen: 4951 puta

Re: Bacanje novčića – grb u 10 uzastopnih bacanja

Postod Sergione » Ponedeljak, 25. April 2016, 20:57

Aha.. Izvinjavam se.. Nov sam na forumu,pa nisam baš pročitao pravila...
Dakle zadarak uzima u obzir i mogućnosti da dobijemo [inlmath]11,12,\ldots,20[/inlmath] grbova...
Pa ovako: Ukupni broj događaja odnosno,mogućih ishoda je [inlmath]2^{20}[/inlmath]... E sad ,a sam radio nešto,i uzimao u obzir neke kombinacije... Ali nisam baš dobar sa verovatnoćom... Odnosno,sa računanjem permutacija,kombinacija i slično... Pa bih vas molio da makar malo počnemo zajedno i razmotrimo nešto.. Uglavnom,rešenje mi je ispalo [inlmath]99.022\%[/inlmath]...Tj. rešenje da ne padne [inlmath]10[/inlmath] grbova uzastopno,jer sa to pretpostavio na početku... Hvala,pozdrav..
Poslednji put menjao Daniel dana Utorak, 26. April 2016, 18:59, izmenjena samo jedanput
Razlog: Dodavanje Latexa – tačka 13. Pravilnika!
 
Postovi: 2
Zahvalio se: 1 puta
Pohvaljen: 0 puta

Re: Bacanje novčića – grb u 10 uzastopnih bacanja

Postod Daniel » Utorak, 26. April 2016, 18:58

Dodao sam ti Latex u post, a molim te da ga ubuduće koristiš, jer to takođe spada pod pravila ovog foruma.

Hajde da, radi jednostavnosti, pojavu grba označimo sa [inlmath]0[/inlmath], a pojavu one druge strane sa [inlmath]1[/inlmath] (nisam hteo da obeležim slučajeve sa [inlmath]P[/inlmath] i [inlmath]G[/inlmath], jer neko pod pismom smatra stranu s vrednošću valute, a neko smatra stranu na kojoj je grb, pa da bih izbegao zabunu).

Slučaj kada se grb pojavi tačno [inlmath]10[/inlmath] puta uzastopce može se podeliti na tri podslučaja:

1) grb se pojavio u prvih [inlmath]10[/inlmath] bacanja, dok je u sledećem (jedanaestom) bacanju novčić pao na drugu stranu:
[inlmath]\underbrace{0000000000}_{10\text{ grbova}}1\underbrace{XXXXXXXXX}_{9\text{ bilo kojih ishoda}}[/inlmath]

2) grb se pojavio u nekih [inlmath]10[/inlmath] uzastopnih bacanja, koja nisu ni na početku, ni na kraju, dok je u prethodnom i u sledećem bacanju novčić pao na drugu stranu:
[inlmath]XXX\cdots XX1\underbrace{0000000000}_{10\text{ grbova}}1XXX\cdots XX[/inlmath]

3) grb se pojavio u poslednjih [inlmath]10[/inlmath] bacanja, dok je u prethodnom (devetom) bacanju novčić pao na drugu stranu:
[inlmath]\underbrace{XXXXXXXXX}_{9\text{ bilo kojih ishoda}}1\underbrace{0000000000}_{10\text{ grbova}}[/inlmath]

Sada treba sabrati mogućnosti za sva tri podslučaja i dobiće se broj mogućnosti da ispadne niz od tačno [inlmath]10[/inlmath] uzastopnih grbova.

Ako se u zadatku traži da bude bar [inlmath]10[/inlmath] uzastopnih grbova, onda je potrebno na sličan način izračunati broj mogućnosti za [inlmath]11,12,\ldots,20[/inlmath] uzastopnih grbova, i zatim sve te brojeve mogućnosti sabrati.
To je broj povoljnih slučajeva.
Zatim to podeliš ukupnim brojem slučajeva, koji si već našao, [inlmath]2^{20}[/inlmath], i to će biti tražena verovatnoća.
I do not fear death. I had been dead for billions and billions of years before I was born, and had not suffered the slightest inconvenience from it. – Mark Twain
Korisnikov avatar
Daniel  OFFLINE
Administrator
 
Postovi: 9300
Lokacija: Beograd
Zahvalio se: 5151 puta
Pohvaljen: 4951 puta

  • +1

Re: Bacanje novčića – grb u 10 uzastopnih bacanja

Postod 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].
 
Postovi: 613
Zahvalio se: 15 puta
Pohvaljen: 588 puta

Re: Bacanje novčića – grb u 10 uzastopnih bacanja

Postod Daniel » Četvrtak, 28. April 2016, 14:10

Onomatopejin postupak mi izgleda prilično originalan i, mada nisam još stigao da ga detaljnije proučim, mogu da potvrdim tačnost rezultata, budući da se isti rezultat dobije i primenom ovog mog načina, koji sam opisao u svom prethodnom postu.

Pošto je Onomatopeja izneo detaljan postupak za svoju ideju, to ću isto učiniti i ja za svoju. Uvek je dobro imati jedan zadatak urađen na više načina.
Onomatopeja je koristio [inlmath]1[/inlmath] za pojavu grba i [inlmath]0[/inlmath] za suprotan slučaj, što mi sad, kad pogledam, deluje i logičnije i sad ne znam ni sâm zbog čega sam ja za grb koristio nulu, ali da ne bih stvarao zabunu i da bi bilo usaglašeno s Onomatopejinim oznakama – dakle, u predstojećem postupku ću i ja koristiti [inlmath]1[/inlmath] za pojavu grba i [inlmath]0[/inlmath] za suprotan događaj od pojave grba.

Dakle, moja ideja je, ukratko – pošto se traži da bude bar [inlmath]10[/inlmath] grbova u nizu – prvo odrediti broj mogućnosti da bude tačno [inlmath]10[/inlmath] grbova u nizu, pa broj mogućnosti da bude tačno [inlmath]11[/inlmath] grbova u nizu, pa [inlmath]12[/inlmath], pa [inlmath]13[/inlmath]... itd. do [inlmath]20[/inlmath]. Zatim sve to sabrati. Takođe, način koji ću pokazati ne zahteva računanje brojnih vrednosti za svaki od ovih slučajeva, već se suma izračuna odjednom.

Broj mogućnosti da je u [inlmath]20[/inlmath] bacanja bilo tačno [inlmath]k[/inlmath] uzastopnih grbova (pri čemu je [inlmath]10\le k\le18[/inlmath]):

Prvi podslučaj – grbovi su dobijeni u prvih [inlmath]k[/inlmath] bacanja, a zatim je novčić pao na drugu stranu:
[inlmath]\underbrace{11\ldots11}_{k\text{ grbova}}0\underbrace{XX\ldots X}_{19-k\text{ bacanja}}[/inlmath]
Broj ovih mogućnosti iznosi [inlmath]2^{19-k}[/inlmath].

Drugi podslučaj – grbovi su dobijeni u [inlmath]k[/inlmath] uzastopnih bacanja, a u bacanju pre i nakon toga novčić je pao na drugu stranu:
[inlmath]\underbrace{XX\ldots X}_{m\text{ bacanja}}0\underbrace{11\ldots1}_{k\text{ grbova}}0\underbrace{XX\ldots X}_{18-k-m\text{ bacanja}}[/inlmath]
Ukupan broj načina na koji se sekvenca [inlmath]0\underbrace{11\ldots1}_{k\text{ grbova}}0[/inlmath] može pozicionirati unutar celokupne sekvence iznosi [inlmath]19-k[/inlmath].
Broj bacanja koja su van te sekvence iznosi [inlmath]20-\left(k+2\right)[/inlmath], to jest [inlmath]18-k[/inlmath], tako da pri jednoj fiksiranoj poziciji sekvence [inlmath]0\underbrace{11\ldots1}_{k\text{ grbova}}0[/inlmath] broj mogućnosti rezultata preostalih bacanja (van te sekvence) iznosi [inlmath]2^{18-k}[/inlmath].
Prema tome, broj mogućnosti ovog slučaja iznosi [inlmath]\left(19-k\right)2^{18-k}[/inlmath].

Treći podslučaj – grbovi su dobijeni u poslednjih [inlmath]k[/inlmath] bacanja, a prethodno je novčić pao na drugu stranu:
[inlmath]\underbrace{XX\ldots X}_{19-k\text{ bacanja}}0\underbrace{11\ldots11}_{k\text{ grbova}}[/inlmath]
Broj ovih mogućnosti, kao i u prvom podslučaju, iznosi [inlmath]2^{19-k}[/inlmath].

Prema tome, ukupan broj mogućnosti da je u [inlmath]20[/inlmath] bacanja dobijeno tačno [inlmath]k[/inlmath] uzastopnih grbova ([inlmath]10\le k\le18[/inlmath]) iznosi
[dispmath]2^{19-k}+\left(19-k\right)2^{18-k}+2^{19-k}[/dispmath]
Izvučemo zajednički [inlmath]2^{18-k}[/inlmath],
[dispmath]2^{18-k}\left(2+19-k+2\right)[/dispmath]
i to onda iznosi
[dispmath]2^{18-k}\left(23-k\right)[/dispmath]
Ovo je, dakle, broj mogućnosti kada važi [inlmath]10\le k\le18[/inlmath]. Lako se odredi da za [inlmath]k=19[/inlmath] postoje dve mogućnosti – to su [inlmath]0\underbrace{11\ldots1}_{19\text{ grbova}}[/inlmath] i [inlmath]\underbrace{11\ldots1}_{19\text{ grbova}}0[/inlmath] – dok za [inlmath]k=20[/inlmath] postoji samo jedna mogućnosti – to su, naravno, svih [inlmath]20[/inlmath] grbova: [inlmath]\underbrace{11\ldots1}_{20\text{ grbova}}[/inlmath].
Pošto se nama traži broj mogućnosti da se pojavi bar [inlmath]10[/inlmath] uzastopnih grbova, potrebno je da dobijeni izraz sumiramo po [inlmath]k[/inlmath] od [inlmath]10[/inlmath] do [inlmath]18[/inlmath] i da na tu sumu dodamo još [inlmath]2+1[/inlmath] (broj slučajeva za [inlmath]k=19[/inlmath] i za [inlmath]k=20[/inlmath]):
[dispmath]3+\sum_{k=10}^{18}2^{18-k}\left(23-k\right)[/dispmath]
Ova suma se u principu može izračunati i računanjem svakog sabirka posebno, ali postoji i lepši način. Prvo razvijemo sumu,
[dispmath]\sum_{k=10}^{18}2^{18-k}\left(23-k\right)=2^8\cdot13+2^7\cdot12+2^6\cdot11+\cdots+2^2\cdot7+2\cdot6+5[/dispmath]
Zatim je pomnožimo sa [inlmath]2[/inlmath] (slična dosetka kao i kod izvođenja formule za sumu geometrijskog niza),
[dispmath]2\sum_{k=10}^{18}2^{18-k}\left(23-k\right)=2^9\cdot13+2^8\cdot12+2^7\cdot11+\cdots+2^3\cdot7+2^2\cdot6+2\cdot5[/dispmath]
a zatim od druge jednačine oduzmemo prvu,
[dispmath]\sum_{k=10}^{18}2^{18-k}\left(23-k\right)=2^9\cdot13+2^8\left(12-13\right)+2^7\left(11-12\right)+\cdots+2^2\left(6-7\right)+2\left(5-6\right)-5\\
\sum_{k=10}^{18}2^{18-k}\left(23-k\right)=2^9\cdot13-\left(2^8+2^7+\cdots+2^2+2\right)-5[/dispmath]
Prepoznamo sumu geometrijskog niza u zagradi,
[dispmath]\sum_{k=10}^{18}2^{18-k}\left(23-k\right)=2^9\cdot13-2\frac{1-2^8}{1-2}-5\\
\sum_{k=10}^{18}2^{18-k}\left(23-k\right)=2^9\cdot13+\left(2-2^9\right)-5\\
\sum_{k=10}^{18}2^{18-k}\left(23-k\right)=2^9\cdot13-2^9-3[/dispmath]
Naš traženi broj mogućnosti je ta suma uvećana za [inlmath]3[/inlmath]:
[dispmath]3+\sum_{k=10}^{18}2^{18-k}\left(23-k\right)=2^9\cdot13-2^9-\cancel3+\cancel3[/dispmath]
Izvučemo [inlmath]2^9[/inlmath] kao zajenički,
[dispmath]3+\sum_{k=10}^{18}2^{18-k}\left(23-k\right)=2^9\left(13-1\right)=2^9\cdot12=2^9\cdot2^2\cdot3=2^{11}\cdot3[/dispmath]
A tražena verovatnoća je jednaka količniku broja povoljnih mogućnosti (koji smo upravo dobili) i broja ukupnih mogućnosti (koji iznosi [inlmath]2^{20}[/inlmath]):
[dispmath]P=\frac{2^{11}\cdot3}{2^{20}}\\
\enclose{box}{P=\frac{3}{2^9}}[/dispmath]
I do not fear death. I had been dead for billions and billions of years before I was born, and had not suffered the slightest inconvenience from it. – Mark Twain
Korisnikov avatar
Daniel  OFFLINE
Administrator
 
Postovi: 9300
Lokacija: Beograd
Zahvalio se: 5151 puta
Pohvaljen: 4951 puta


Povratak na VEROVATNOĆA

Ko je OnLine

Korisnici koji su trenutno na forumu: Nema registrovanih korisnika i 41 gostiju


Index stranicaTimObriši sve kolačiće boarda
Danas je Četvrtak, 28. Mart 2024, 16:18 • Sva vremena su u UTC + 1 sat
Pokreće ga phpBB® Forum Software © phpBB Group
Prevod – www.CyberCom.rs