Προβλήματα Μαθηματικών

Ιουλίου 23, 2008

Κορώνα γράμματα

Filed under: Λυμένα Προβλήματα — Michalis Loulakis @ 1:49 πμ

Παίζουμε το εξής παιχνίδι: στρίβουμε ένα νόμισμα μέχρι την πρώτη φορά που θα εμφανιστεί η ακολουθία κορώνα-γράμματα-κορώνα (οπότε κερδίζουμε) ή η ακολουθία γράμματα-γράμματα-γράμματα (οπότε χάνουμε).  Ποιά είναι η πιθανότητα να κερδίσουμε;

Advertisements

3 Σχόλια »

  1. Υπόδειξη:

    Φανταστείτε πρώτα ότι έχουμε ήδη ρίξει το ζάρι δύο φορές. Έστω P(KK), P(KΓ), P(ΓΚ), P(ΓΓ) η πιθανότητα να κερδίσουμε αν το αποτέλεσμα των δύο ζαριών είναι ΚΚ, ΚΓ, ΓΚ, ή ΓΓ αντίστοιχα. Για καθένα από αυτά τα ενδεχόμενα φανταστείτε τώρα ότι ρίχνουμε το ζάρι ακόμη μια φορά…

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από Michalis Loulakis — Αύγουστος 27, 2008 @ 4:52 μμ

  2. Ισχύει Ρ(ΚΚ)=Ρ(ΚΚ)/2+Ρ(ΚΓ)/2 , Ρ(ΚΓ)=1/2+Ρ(ΓΓ)/2 , Ρ(ΓΚ)=Ρ(ΚΚ)/2+Ρ(ΚΓ)/2 και Ρ(ΓΓ)=Ρ(ΓΚ)/2 .
    Λύνοντας το σύστημα βρίσκουμε ότι Ρ(ΓΓ)=1/3 και Ρ(ΚΚ)=Ρ(ΚΓ)=Ρ(ΓΚ)=2/3 , οπότε η πιθανότητα να κερδίσουμε στο παιχνίδι είναι (Ρ(ΓΓ)+Ρ(ΚΚ)+Ρ(ΚΓ)+Ρ(ΓΚ))/4=7/12 .

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από steliosdes — Αύγουστος 27, 2008 @ 10:12 μμ

  3. Σωστά. Ας δούμε τώρα πώς μπορεί κανείς να γενικεύσει κανείς αυτή τη λύση για να την εφαρμόσει σε μια μεγάλη ποικιλία προβλημάτων, π.χ. στο «Παιχνίδι με ζάρι»: https://kolount.wordpress.com/2008/04/16/παιχνίδι-με-ζάρι/

    Μπορούμε να φανταστούμε το παιχνίδι μας σαν μια ακολουθία Markov σε ένα χώρο πιθανότητας \Omega (στο παράδειγμά μας με 6 σημεία- τέσσερα που αντιστοιχούν στις δύο τελευταίες ζαριές και 2 που αντιστοιχούν στις καταστάσεις όπου το παιχνίδι τελειώνει.) Συγκεκριμένα,

    Α=ΚΚ, Β=ΚΓ, Γ=ΓΚ, Δ=ΓΓ, Ε=το παιχνίδι τελειώνει με νίκη μας, Ζ=το παιχνίδι τελειώνει με ήττα μας.

    Οι πιθανότητες μετάβασης είναι ως εξής
    Ρ(Α,Β)=Ρ(Α,Α)=1/2
    Ρ(Β,Ε)=Ρ(Β,Δ)=1/2
    Ρ(Γ,Β)=Ρ(Γ,Α)=1/2
    Ρ(Δ,Γ)=Ρ(Δ,Ζ)=1/2
    Ρ(Ε,Ε)=1, Ρ(Ζ,Ζ)=1.

    Ορίζουμε τώρα τη συνάρτηση f:\Omega\mapsto [0,1] ώστε για κάθε x\in\Omega

    \displaystyle f(x)=\mathbb{P}_x[\tau_E<\tau_Z]

    είναι η πιθανότητα ξεκινώντας από το x να φτάσουμε στο σύνολο {Ε} πριν φτάσουμε στο σύνολο {Ζ}. Οι δύο πρώτες ζαριές απλά αρχικοποιούν την αλυσίδα τοποθετώντας την αρχικά ομοιόμορφα στο σύνολο {Α,Β,Γ,Δ} γιαυτό και η πιθανότητα που ψάχνουμε
    είναι η (f(A)+f(B)+f(Γ)+f(Δ))/4.

    Η ιδέα είναι ότι για να υπολογίσει κανείς εν γένει την f(x) χρειάζεται να λύσει ένα πρόβλημα
    συνοριακών τιμών. Η συνάρτηση f είναι εύκολο να δει κανείς ότι ικανοποιεί την εξίσωση

    \displaystyle Lf(x):=\sum_{y\in\Omega} P(x,y)\big(f(y)-f(x)\big)=0

    για κάθε x\in {Α,Β,Γ,Δ},

    με συνοριακές συνθήκες f(E)=1, f(Z)=0.

    Αυτό είναι ακριβώς το σύστημα εξισώσεων που βρήκε στη λύση του ο steliosdes.
    Η συνάρτηση αυτή αναφέρεται ως το ηλεκτροστατικό δυναμικό ανάμεσα στο σύνολο {Ε} και {Ζ}.
    Το γιατί θα το δούμε σ’ ένα επόμενο πρόβλημα.

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από Michalis Loulakis — Αύγουστος 28, 2008 @ 10:07 πμ


RSS feed for comments on this post. TrackBack URI

Σχολιάστε

Συνδεθείτε για να δημοσιεύσετε το σχόλιο σας:

Λογότυπο WordPress.com

Σχολιάζετε χρησιμοποιώντας τον λογαριασμό WordPress.com. Αποσύνδεση / Αλλαγή )

Φωτογραφία Twitter

Σχολιάζετε χρησιμοποιώντας τον λογαριασμό Twitter. Αποσύνδεση / Αλλαγή )

Φωτογραφία Facebook

Σχολιάζετε χρησιμοποιώντας τον λογαριασμό Facebook. Αποσύνδεση / Αλλαγή )

Φωτογραφία Google+

Σχολιάζετε χρησιμοποιώντας τον λογαριασμό Google+. Αποσύνδεση / Αλλαγή )

Σύνδεση με %s

Blog στο WordPress.com.

Αρέσει σε %d bloggers: