Σχεδίασε και εσύ μια διαδικασία, αν μπορείς...

Λάμπρος Κατσάπας · #1

Ρίχνοντας ένα τίμιο κέρμα μέχρι να φέρουμε κορώνα είναι εύκολο να δούμε ότι η πιθανότητα να χρειαστούμε

άρτιο πλήθος ρίψεων είναι $\frac{1}{3}.$ Κατά μέσο όρο βεβαίως θα χρειαστούμε

ρίψεις για να

τερματιστεί η διαδικασία. Μπορούμε να σχεδιάσουμε μια διαδικασία, πάλι με τίμιο κέρμα και πιθανότητα

επιτυχίας $\frac{1}{3}$ για κάποιο ενδεχόμενο, που θα τερματίζει σε μέσο χρόνο μικρότερο του

Δασκαλοπουλος Κυριακος · #2

Δεν μου φαινεται προφανες γιατι η πιθανοτητα να χρειαστουμε αρτιο πληθος ριψεων ειναι 1/3.Θα μπορουσατε να μου το εξηγησετε?

Λάμπρος Κατσάπας · #3

Δασκαλοπουλος Κυριακος έγραψε: ↑
Δευ Οκτ 21, 2019 11:12 am
Δεν μου φαινεται προφανες γιατι η πιθανοτητα να χρειαστουμε αρτιο πληθος ριψεων ειναι 1/3.Θα μπορουσατε να μου το εξηγησετε?

To ενδεχόμενο είναι να σταματήσουμε στη

η ρίψη ή στην

η ή στην

η κλπ .

Αυτό έχει πιθανότητα $\sum_{i=2,4,6,...}\left (\dfrac{1}{2} \right )^i=\dfrac{1}{3}$ όπως μπορούμε

εύκολα να δείξουμε αφού είναι γεωμετρική πρόοδος.

#4

Όχι δεν μπορούμε.

Ας υποθέσουμε ότι για κάθε

υπάρχουν

τρόποι να τερματιστεί η διαδικασία σε ακριβώς

βήματα. Έστω επίσης b_k

οι επιτυχείς τρόποι τερματισμού. Πρέπει $\displaystyle \sum_{k=1}^{\infty} \frac{a_k}{2^k}=1$ αφού σε διαφορετική περίπτωση θα υπάρχει θετική πιθανότητα να μην τερματιστεί ποτέ η διαδικασία και άρα ο μέσος χρόνος τερματισμού θα είναι άπειρος.

Αν υπάρχει

ώστε

για

τότε θα είναι και b_k = 0

για

. Αλλά τότε η πιθανότητα επιτυχίας θα ισούται με $\displaystyle \sum_{k=1}^{n} \frac{b_k}{2^k} \neq \frac{1}{3}.$

Άρα για κάθε

θα έχουμε και $\displaystyle \sum_{k=0}^{n} \frac{a_k}{2^k} < 1.$ Αυτό όμως μας δίνει απευθείας και την πιο ισχυρή ανισότητα $\displaystyle \sum_{k=0}^{n} \frac{a_k}{2^k} \leqslant \frac{2^n-1}{2^n} = 1-\frac{1}{2^n}.$ Ισοδύναμα $\displaystyle \sum_{k=n+1}^{\infty} \frac{a_k}{2^k} \geqslant \frac{1}{2^n}.$

Τότε και ο μέσος χρόνος τερματισμού είναι:

$\displaystyle \sum_{k=1}^{\infty} \frac{ka_k}{2^k} = \sum_{k=1}^{\infty} \sum_{r=k}^{\infty} \frac{a_r}{2^r} \geqslant \sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{2^{n-1}}=2.$

Δασκαλοπουλος Κυριακος · #5

Λάμπρος Κατσάπας έγραψε: ↑
Δευ Οκτ 21, 2019 11:51 am

Δασκαλοπουλος Κυριακος έγραψε: ↑
Δευ Οκτ 21, 2019 11:12 am
Δεν μου φαινεται προφανες γιατι η πιθανοτητα να χρειαστουμε αρτιο πληθος ριψεων ειναι 1/3.Θα μπορουσατε να μου το εξηγησετε?
To ενδεχόμενο είναι να σταματήσουμε στη η ρίψη ή στην η ή στην η κλπ .

Αυτό έχει πιθανότητα $\sum_{i=2,4,6,...}\left (\dfrac{1}{2} \right )^i=\dfrac{1}{3}$ όπως μπορούμε

εύκολα να δείξουμε αφού είναι γεωμετρική πρόοδος.

Σας ευχαριστώ!

Σχεδίασε και εσύ μια διαδικασία, αν μπορείς...

Σχεδίασε και εσύ μια διαδικασία, αν μπορείς...

Re: Σχεδίασε και εσύ μια διαδικασία, αν μπορείς...

Re: Σχεδίασε και εσύ μια διαδικασία, αν μπορείς...

Re: Σχεδίασε και εσύ μια διαδικασία, αν μπορείς...

Re: Σχεδίασε και εσύ μια διαδικασία, αν μπορείς...

Μέλη σε σύνδεση