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

 

 

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:

 

 

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
.

 

 

اليس لاحد بينكم فكرة لاحصاء عدد احداث هذه التجربة ?

 

 

يا جماعة حد يعطيني ولو فكرة هلتمرين مقرر عليي :(

 

 

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



Probability an odd number of tosses is required is



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

p^k-1q^x-k
:
Therefore, if we define


then



^k-1C _x-1 p^k-1q^x-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



(^x-1C ₁ (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

 

 

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



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.

 

 

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

 

 

و لما عوضت k=2 اليس الناتج C(1,x-1) * 1/2^x-1
?

 

 

اقتباس : المشاركة الأصلية كتبت بواسطة laurent [ مشاهدة المشاركة ]

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 :



ابتداء من الرمية الثالثة أي : x > 2 أو for x = 3,4,5,etc


انظر إلى شجرة الاحتمالات مرة أخرى :



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 :



for x = 3,4,5,etc