مشاهدة النسخة كاملة : طلب:مااحتمال انتهاء التجربة بعدد فردي من الرميات
Laurent
11-04-2009, 11:52 PM
يسعدني لانضمام الى منتداكم الرائع
ارجو المساعدة في هذا السؤال انا طالب مغترب و يصعب علي الكتابة بالعربية و خاصة التعبير عن المسالة لذا سوف اشرح لسؤال بالعربي على قدر استطاعتي ثم اكتبه بالانكليزية كما قراته السؤال هو :لديك قطعة نقدية ترمي بها عدة رميات ثم تتوقف عندما ترى شعارين متتاليين . اي ان تجربة تستمر حتى تحصل على شعار,شعار .ما احتمال ان تنتهي تجربتك بعدد فردي من الرميات?
(A fair coin is tossed until the head occurs twice in a row.Find the probability that the number of tosses will be odd)
مع العلمم انني وجدت مسالة اخرى مشابهة يمكن تساعدكم اكتر:
A fair coin is tossed until a head appears, at which the tossing stops.What is the probability than an even number of tosses is required?
solution: P= (1/2)^2 + (1/2)^4 + (1/2)^6+ ....WHICH CAN BE SOLVED BY GEOMETRIC SERIES
P= 1/3
واذا ممكن تسعدوني بالحل
mourad24000
12-04-2009, 03:36 AM
أهلا بك أخي الكريم
بفرض F يمثل الشعار و P يمثل الرقم
التجربة تأخذ الاشكال التالية:
FF , PFF , PPFF , PPPFF, PPPPFF, ........;
إذا الاحتمال يصبح على الشكل التالي:
p={(\frac{1}{2})}^{2}+\frac{1}{2}{(\frac{1}{2})}^{ 2}+{(\frac{1}{2})}^{2}{(\frac{1}{2})}^{2}+....+{(\ frac{1}{2})}^{2}{(\frac{1}{2})}^{k}+.....
p={(\frac{1}{2})}^{2}\sum_{k=1}^{00}{(\frac{1}{2}) }^{2k+1}
\Rightarrow p=\frac{1}{4}
Laurent
12-04-2009, 11:37 AM
شكرا لك اخي الكريم على المحاولة لكن و لهذا السبب وضعت المثال الثاني المحلول اول غلطة الحدث ff و الاحداث الزوجية ليست من الاحداث التي ناخذها بالاعتبار نريد الاحداث الفردية مثلا في المثالالذي وضعته الحل كانت التجربة تنتهيعند رؤية اول شعار و الحل كان هكذا (يشبه حلك) :
Pf او pppf او pppppf او ...
Pf + pppf+pppppf+....
= (1/2)^2 + (1/2)^4 + (1/2)^6...
= (1/2)^2 [1+(1/2)^2+ (1/2)^3+....]
= 1/3
هكذا كان المثال المحلول لكن في هذه التجربة التي لا تتوقف برؤية مجرد شعار بل برؤية شعارين متتاليين و نريد احتمال ان تكون الرميات المطلبة فردية
و تانيا الفكرة ان في حلك حذفت الاحداث الاتية
FPPFF او PFPFF... حيث انه ليس من الضروري ان نستمر برؤية رقم ثم نرى شعارين متتاليين !
صعوبة المسالة هي في عد هذه الاحداث لو حد يساعدنا انا ممنون و مشكورين
.
Laurent
13-04-2009, 03:18 AM
اليس لاحد بينكم فكرة لاحصاء عدد احداث هذه التجربة ?
Laurent
14-04-2009, 11:37 PM
يا جماعة حد يعطيني ولو فكرة هلتمرين مقرر عليي :(
uaemath
17-04-2009, 03:13 PM
السلام عليكم ورحمة الله وبركاته
أهلا بك أخي Laurent و شكرا لك على المشاركات المفيدة
و شكرا لأخي مراد على الحل
هذه من المسائل التي تحسب الإحتمالات بواسطة التعداد
لنأخذ اولا حالة ظهور الشعار مرة واحدة :
Toss a fair coin until the first head appears.
S={H,TH,TTH,TTTH
then
p1 = 1/2
p2= 1/2 x 1/2 = 1/4
p3= 1/8
إلى أخره
The probability of A= an even number of tosses is required
http://www.arabruss.com/uploaded/1/laurent1.png
Probability an odd number of tosses is required is
http://www.arabruss.com/uploaded/1/laurent2.png
الأن في حالة ظهور الشعار k مرات و هي ما يعرف بـ :
Negative Binomial Distribution
Suppose we are given a coin which has probability p of coming up heads when it is
tossed. We fix a positive integer k, and toss the coin until the kth head appears
.
We let X represent the number of tosses. When k = 1, X is geometrically distributed
.
For a general k, we say that X has a negative binomial distribution. We now
calculate the probability distribution of X. If X = x, then it must be true that
there were exactly k - 1 heads thrown in the first x - 1 tosses, and a head must
have been thrown on the xth toss. There are
k-1C x-1
sequences of length x with these properties, and each of them is assigned the same
probability, namely
pk-1qx-k
:
Therefore, if we define
\Huge u(x; k; p) = P(X = x)
then
\Huge u(x; k; p)
k-1C x-1 pk-1qx-k
A fair coin is tossed until the second time a head turns up. The
distribution for the number of tosses is u(x; 2; p). Thus the probability that x tosses
are needed to obtain two heads is found by letting k = 2 in the above formula. We
obtain
\Huge u(x; 2; 1/2)=
(x-1C 1 (1/2x
\Huge ={x-1 }/{2^x}
for x = 2;3,4,5,etc
All you need now is to find the sum when x = 3,5,7etc
حلها و أعلمني بالنتيجة
uaemath
17-04-2009, 08:24 PM
و إليك قاعدة : (برهنها باسكال باستخدام أرقام فيرما )
the probability of exactly n heads in 2n tosses of a fair coin is
given by the product of the odd numbers up to 2n-1 divided by the product
of the even numbers up to 2n.
to get 2 heads in 4 tosses , n =2
1x3 / 2x4 = 3 / 8
Getting Two Heads in Four Tosses of a Coin
http://www.arabruss.com/uploaded/1/laurent3.png
each branch has a probability of 1/2,
each outcome is equiprobable (P = 1/16), and the probability of
tossing exactly 2 heads (outcomes marked with *) is 6/16 = 3/8.
Laurent
17-04-2009, 09:45 PM
اخي الكريم اشكرك جزيل الشكر و انا ممتن لك لهذا الحل الجميل لكن لدي تساؤل وياريت لو ليس في محله ان تكمل معروفك معي و توضح
السؤال هو اليس ما نحسبه في هذا القانون هو :
the probability of obtaining exactly 2 heads in x tosses? هذا ما تعلمته عن Binomial Distribution و هو احتماع ظهور k نجاح خلال n تكرار
فاذا كان كلامي في محله فنكون قد حسبنا احتمال رؤية شعارين في x رمية و هذا لا يعني ان الرميات انتهت بشعارين متتاليين اضف الى ذلك استفسار ثاني عوض x=3 لنحصل على احتمال ظهور شعارين في 3 رميات ---> ١/٤ مع اننا لو جربنا ٣ ررميات فالاحداث كلها 8 و الحدث الوحيدالمقبول هو T,H,H يعني المفروض يكون الجواب 1/8 صح? فالتجربة لا تقبل الحدث H,H,H لاننا نتوقف عند ثاني H انتظر منك تفسيرا لو سمحت و الف شكر لمساعدتك
Laurent
17-04-2009, 09:50 PM
و لما عوضت k=2 اليس الناتج C(1,x-1) * 1/2^x-1
?
uaemath
18-04-2009, 11:49 AM
اخي الكريم اشكرك جزيل الشكر و انا ممتن لك لهذا الحل الجميل لكن لدي تساؤل وياريت لو ليس في محله ان تكمل معروفك معي و توضح
السؤال هو اليس ما نحسبه في هذا القانون هو :
The probability of obtaining exactly 2 heads in x tosses? هذا ما تعلمته عن binomial distribution و هو احتماع ظهور k نجاح خلال n تكرار
فاذا كان كلامي في محله فنكون قد حسبنا احتمال رؤية شعارين في x رمية و هذا لا يعني ان الرميات انتهت بشعارين متتاليين اضف الى ذلك استفسار ثاني عوض x=3 لنحصل على احتمال ظهور شعارين في 3 رميات ---> ١/٤ مع اننا لو جربنا ٣ ررميات فالاحداث كلها 8 و الحدث الوحيدالمقبول هو t,h,h يعني المفروض يكون الجواب 1/8 صح? فالتجربة لا تقبل الحدث h,h,h لاننا نتوقف عند ثاني h انتظر منك تفسيرا لو سمحت و الف شكر لمساعدتك
نعم لا يعني أن الرميات انتهت بشعارين متتاليين بل يعطيك ظهور شعارين (ليسا بالضرورة متتاليين ) في عدد من الرميات
بالنسبة للإستفسار الأخر : صحيح لأن القاعدة لا تفيد الترتيب
أما بالنسبة لظهور شعارين متتاليين :
القاعدة :
\Huge ={x-2 }/{2^x}
ابتداء من الرمية الثالثة أي : x > 2 أو for x = 3,4,5,etc
انظر إلى شجرة الاحتمالات مرة أخرى :
http://www.arabruss.com/uploaded/1/laurent3.png
A : two heads in a row
2 رمية : TH , HT ,TT,HH
P(A) =(1/2)2 = 1/4
3 رميات : TTT,TTH,THT,THH,HTH,HTT,HHT,HHH
P(A) =(1)(1/2)3= 1/8
و لا نستطيع أن نحسب HHT, HHH ، لأننا لو حصلنا HH لتوقفنا و كان عدد الرميات 2 و ليس 3
4 رميات :
TTTT,TTTH,TTHT,TTHH
THTT,THTH,THHT,THHH
HTTT,HTTH,HTHT,HTHH
HHTT,HHTH,HHHT,HHHH
P(A) = 2/16 =2(1/2)4 = 1/8
مما سبق : لو بدأنا بـ H ، يجب أن نستبعد جميع HH........ ابتداء من الرمية
الثالثة
لو بدأنا بـ T يجب أن نستبعد جميع HHT....... ابتداء من الرمية
الرابعة
و هكذا ، لو حسبت الرمية الخامسة لوجدتها :
P(A) = 3/32 =3(1/2)5
الأن تصوري أن القاعدة ستكون :
\Huge ={x-2 }/{2^x}
for x = 3,4,5,etc
Laurent
18-04-2009, 09:09 PM
والله مشكور الف شكر على حلك بس اسمحلي براي توصلتله من خطواتك الجميلة :
TOSS 3:
(T H H)
TOSS 4:
(T T H H) ,
(H T H H)
TOSS 5:
(T T T H H) , (H T T H H) ,
(T H T H H)
TOSS 6:
(T T T T H H) , (H T T T H H) , (T H T T H H) , (T T H T H H) , (H T H T H H)
TOSS 7:
(T T T T T H H) , (H T T T T H H) , (T H T T T H H) , (T T H T T H H) , (H T H T T H H) , (T T T H T H H) , (H T T H T H H) , (T H T H T H H)
TOSS 8:
(T T T T T T H H) , (H T T T T T H H) ,
(T H T T T T H H) , (T T H T T T H H) ,
(H T H T T T H H) , (T T T H T T H H) ,
( H T T H T T H H) , (T H T H T T H H) ,
(T T T T H T H H) ,(H T T T H T H H) ,
(T H T T H T H H) , (T T H T H T H H) ,
(H T H T H T H H)
مما مكنني من الوصول الى نتيجة : كل ما تقدمنا رمية الاحداث هي نفس الاحداث السابقة مع اضافة T قبل كل H
اما قبل T فمرة نضيف T مرة H
رسمت شجرة وفق هلقاعدة مكان ماتشوف H ضع T (غصن واحد)
ومكان ماتشوف T ضع مرة H ومرة T (غصنان)
و بهلشكل اصبح من الممكن التاكد عدد الاحداث في الرميات لايخضع لذلك القانون الذي اوجدته فيمكنك ان ترى في الرمية السادسة :
P(A)=5 * (1/2)^6
المعامل = ٥ و ليس 6-2
و في السابعة المعامل الخبيث = 8 وفي الثامنة = 13 !و التاسعة 21
لكن في ملاحظة ان المعامل المزعج في كل رمية = مجموع معاملي الرميتين السابقتين !
لاحظ معي ابتداء بالرمية الثالثة ومعاملها = 1 ثم الرابعة و معاملها =2:
1+2=3=معامل الخامسة
2+3=5=معامل السادسة
3+5=8=معامل السابعة
5+8=13=معامل الثامنة
8+13=21=معامل التاسعة !
هل يمكن صياغة هذا الكلام لاعطاء قانون سلسلة?
ارجو ان لا اكون مصدر ازعاج لك لكن هلافكار كلها اجتني بفضل مساعدتك و عندي احساس انه حلها على يدك ان شاء الله فلا تتخلى عن اخوك واليك الشجرة
http://www.arabruss.com/uploaded/65916/1240074559.jpg
uaemath
19-04-2009, 01:22 AM
السلام عليكم ورحمة الله وبركاته
الأن وضحت ، كان يجب أن أتحقق من السادسة :h:
أشكرك أخي على تفاعلك الرائع و الذي أدى إلى حل المسألة
هذه متباينة فيبوناشي الشهيرة
الحد الاول = 1
الحد الثاني = 1
و كل حد بعد ذلك يساوي مجموع الحدين الذين يسبقانه :
a1 = 1
a2 = 1
an+1 = an + an-1
و يمكن إثبات أن حدها العام :
http://www.uaemath.com/ar/aforum/math0533759001240089541.png
و عليه تصبح القاعدة :
http://www.uaemath.com/ar/aforum/math0346273001240089715.png
للبرهان و معلومات عن فيبوناشي الشهيرة :
http://www.uaemath.com/ar/aforum/showthread.php?t=10221
http://www.uaemath.com/ar/aforum/showthread.php?t=4081
يا لها من مسألة ، أشكرك مرة أخرى:ty:
Laurent
19-04-2009, 08:10 PM
اخي الكريم اشكرك جزيل الشكر على محاولاتك كلها التي كانت كلها مفيدة ومثمرة و خاصة شجرة باسكال فلولاها لصعب علينا ان نعد كل الاحداث و اخيرا اشكرك على فك لغز السلسلة .. Fibonacci لن انسى يوما هذا الاسم ..
اخي العزيز لاحظت لو اننا بدانا من a0,a1,a2... من متتالية Fibonacci و ربطناها بمسالتنا لكان الحد العام لسلسلتنا : an (1/2)^n+1
حيث a0 مضروب ب 1 toss
a1 = 1 مضروب ب toss2
و على هذا الاساس حسبت احتمال مجموع الرميات الفردية
هذه المسالة يجب ان اقدمها لاستاذي فارجو منك نظرة على الحل و لا تحرمني رايك فلولا نقاشنا و جدالنا في هذه المسالة لما وضحت بهلشكل حفظك الله لهذا المنتدى اخا صالحا و تعجز كلماتي عن التعبير عن امتناني
جزاك الله خيرا..
http://www.arabruss.com/uploaded/65916/1240157253.jpg
http://www.arabruss.com/uploaded/65916/1240157328.jpg
http://www.arabruss.com/uploaded/65916/1240158110.jpg
http://www.arabruss.com/uploaded/65916/1240157411.jpg
Laurent
19-04-2009, 10:44 PM
:d:down:
http://mathworld.wolfram.com/FibonacciNumber.html
The probability of not getting two heads in a row in n tosses of a coin is F_(n+2)/2^n (Honsberger 1985, pp. 120-122). Fibonacci numbers are also related to the number of ways in which n coin tosses can be made such that there are not three consecutive heads or tails. The number of ideals of an n-element fence poset is the Fibonacci number F_n.
uaemath
20-04-2009, 06:46 AM
العفو أخي فلولا الله ثم إصرارك و تفاعلك الرائع لما تحقق المطلوب ،
الحل تمام و هذه بعض الروابط التي توضح الصورة أكثر :
رابط برهان الجملة التي أوردتها من موقع wolfarm :
http://www.math.psu.edu/sellersj/ProblemsAndSolutions/fibqb987.pdf
http://answers.yahoo.com/question/index?qid=20080215040504AAKXw4S
http://www.jstor.org/pss/2691003
وفقك الله
vBulletin® v3.8.2, Copyright ©2000-2024, TranZ by Almuhajir
diamond