Mik a megoldásai ezeknek a valószínűség számításos feladatoknak?

5)

k=1-re:

n éremből 1 dobással mindegyik fej lesz:

P(n, 1) = 1 / 2^n

k=2:

Első dobásra lesz n éremből f darab fej, ennek valószínűsége (n alatt f) · 1/2^n

másodjára n-f éremből mind fej lesz, ennek valószínűsége 1/2^(n-f)

Az f értéke 0-tól n-ig mehet:

P(n, 2) = Σ (n alatt f)/2^n · 1/2^(n-f)

= 1/2^(2n) · Σ (n alatt f) · 2^f

Ez a szumma a binomiális tétel szerint (1+2)^n, tehát:

P(n, 2) = 3^n / 4^n

k=3:

Első dobásra lesz n éremből f darab fej, ennek valószínűsége (n alatt f) · 1/2^n

Második dobásra lesz n-f éremből g darab fej, ennek valószínűsége (n-f alatt g) · 1/2^(n-f)

Harmadjára n-f-g éremből mind fej lesz, ennek valószínűsége 1/2^(n-f-g)

Vedd észre, hogy a második és harmadik dobás-páros valószínűsége éppen az, hogy két dobással n-f darab érméből mindegyik fej lesz, ami P(n-f, 2) = 3^(n-f) / 4^(n-f)

Az f értéke 0-tól n-ig megy:

P(n, 3) = Σ (n alatt f)/2^n · 3^(n-f) / 4^(n-f)

= Σ (n alatt f)/2^n · 3^n / 3^f · 4^f / 4^n

= 3^n/8^n · Σ (n alatt f) · (4/3)^f

A szumma most is a binomiális tétel szerint (1+4/3)^n = (7/3)^n

P(n, 3) = 7^n / 8^n

Általánosságban: (a szumma most is f=0-tól n-ig megy)

P(n, k) = Σ (n alatt f) / 2^n · P(n-f, k-1)

vagyis az első dobásra f darab érem lesz fej, a következő k-1 dobásra pedig a maradék n-f darab mindegyike.

Ebből a három esetből az a sejtés alakul ki, hogy ennek a fenti képletnek a zárt formája ez lesz:

P(n, k) = (2^k - 1)^n / (2^k)^n

Bizonyítás teljes indukcióval:

k-ra feltesszük, hogy teljesül.

k+1-re:

P(n, k+1) = Σ (n alatt f) / 2^n · P(n-f, k)

= Σ (n alatt f) / 2^n · (2^k - 1)^(n-f) / (2^k)^(n-f)

= Σ (n alatt f) / 2^n · (2^k - 1)^n / (2^k - 1)^f · (2^k)^f / (2^k)^n

= (2^k - 1)^n / (2·2^k)^n Σ (n alatt f) (2^k / (2^k - 1))^f

A szumma értéke a binomiális tétel szerint (1 + 2^k/(2^k - 1))^n, így

P(n, k+1) = ( (2^k - 1)·(1 + 2^k/(2^k - 1)) )^n / (2^(k+1))^n

vagyis A^n / B^n, ahol B=2^(k+1), A pedig:

A = (2^k - 1)·(1 + 2^k/(2^k - 1))

= 2^k - 1 + 2^k

= 2^(k+1) - 1

és pont ezt kellett bizonyítani.

Na szóval:

k=1 rendben van.

P(n, 1) = (1/2)^n

k=2:

A képlet eddig is jó volt, csak n helyett n-1-ig megy a szumma. Ettől a binomiális tételből hiányzik az utolsó tag (f=n), tehát a szumma ennyi lesz:

(1+2)^n - 2^n

így

P(n, 2) = (3/4)^n - (1/2)^n

k=3:

A szumma f=0-tól n-1-ig megy:

P(n, 3) = Σ (n alatt f) / 2^n · ((3/4)^(n-f) - (1/2)^(n-f))

= (3/8)^n Σ (n alatt f) · (4/3)^f  -  (1/4)^n Σ (n alatt f) · 2^f

Az első szumma: (1 + 4/3)^n - (4/3)^n = (7^n - 4^n)/3^n

A második szumma: (1 + 2)^n - 2^n = 3^n - 2^n

P(n, 3) = (7^n - 4^n)/8^n - (3^n - 2^n)/4^n

= (7/8)^n - (3/4)^n

Valószínű érdemesebb így írni:

P(n, 1) = 1 / 2^n

P(n, 2) = (3^n - 2^n) / 4^n

P(n, 3) = (7^n - 6^n) / 8^n

Sejtés:

Jelöljük b-vel a 2^k hatványt:

P(n, k) = ((b-1)^n - (b-2)^n) / b^n

A bizonyítást rád bízom, bizonyára az is megy teljes indukcióval.

dq-nak van itt egy egyszerűbb megoldása:

http://www.gyakorikerdesek.hu/kozoktatas-tanfolyamok__hazife..

A 2. feladatról teljesen megfeledkeztem, de most valaki más is megkérdezte, itt a válasz:

http://www.gyakorikerdesek.hu/kozoktatas-tanfolyamok__hazife..