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
7 paź 20:28
Blee: nie dwie reszki mogły wypaść na samym początku albo gdzieś 'po środku'
7 paź 20:46
nawaleta: Owszem, ale takie zdarzenie jest niesprzyjające.
7 paź 20:49
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.
7 paź 20:49
Blee: ach ... nie doczytałem emotka aż wypadnie emotka
7 paź 20:49
Jerzy: Zadanie sprowadza się do policzenia prawdopodobieństwa,że przy ośmiu rzutach nie wypadną dwie reszki,a to banał.
7 paź 20:50
Blee:
 1 
(

)8 odpowiada DOWOLNEJ kombinacji reszek i orłów w pierwszych 8−miu rzutach, w tym
 2 
także rzucie 8razy pod rząd reszek
7 paź 20:51
Blee: Jerzy −−− nie do końca ... że w 7 rzutach nie wypadną dwie reszki + wypadnie O R R
7 paź 20:52
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)
7 paź 20:54
Jerzy: Racja Blee, o tym myślałem, ale po tym źle napisałem.
7 paź 21:55
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
7 paź 22:09
Jerzy: @ Saizou, na ósmym miejscu nie może być reszka.
7 paź 22:26
Saizou : Jerzy oczywiście, zasugerowałem się swoimi kreseczkami, ale łatwo to już przetransferować. PS. Jakimś dziwnym trafem moje rozważania dotyczą 9 rzutów monetą emotka
8 paź 08:25
jc: 8 liczba Fibonacciego, czyli 55, tyle mamy możliwych wyników bez 2 reszek pod rząd w ciągu 7 elementowym. Prawdopodobieństwo = 34/1024
8 paź 09:26
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 an=an−1+an−2 dla n≥2 czyli an=Fn+2 // https://pl.wikipedia.org/wiki/Ci%C4%85g_Fibonacciego a7=34 ⇒
 34 
Rozwiązaniem jest

.
 210 
8 paź 21:29
Mila: emotka.
8 paź 22:57
nadamę: masakra
10 paź 08:52