Egy valószínűségszámításos példában valaki segítene? Belekavarodtam teljesen

trükk: nem kell a rossz érméket eltávolítani, hanem elég ha filccel bejelölöd ha már volt egyszer fej, és nyugodtan dobsz velük újra.

> p(pontosan k-szor kell dobni) = p(k dobás elég) - p(k-1 dobás elég)

Hiszen a "k elég" esemény már tartalmazza a "k-1 elég" eseményeket is.

p(k dobás elég) pedig azzal ekvivalens, hogy mind az n érmének a k hosszú, dobásokból álló sorozataiban szerepel valahol a fej. (azaz minden érme be van jelölve filccel)

Szuper, ez tényleg egyszerűbb :)

Szóval ha egyetlen érmet nézünk, amit k-szor feldobunk, az a k hosszú dobás-sorozat 2^k féle lehet, amiből egyetlen egy olyan van, amiben nincs egyetlen fej sem. Vagyis annak a valószínűsége, hogy van fej valahol, az (2^k - 1)/2^k. Mivel n darab érménk van, ennek az n-edik hatványa lesz a p(k dobás elég).

p(k elég) - p(k-1 elég) ugyanazt adja, mint amit én is kiszámoltam sokkal hosszabban...