Cekani na ZZZ

Prohloubení poznatků z bakalářského kursu Pravděpodobnost a statistika a jejich rozšíření o základy dalších disciplín teorie pravděpodobnosti, zejména o teorii a využití Markovových řetězců, teorii front, teorii spolehlivosti a teorii informace.
akm

Cekani na ZZZ

Příspěvek od akm »

Ahoj,

zacal som sa pripravovat na skusku a prechadzal som si priklad s 3 licami, ktory je tu vyrieseny konkretne http://jelinek.kvalitne.cz/3lice.pdf,
ked si z toho riesenia vyberiem len cast s cakanim na 3 zdary za sebou, tak dostavam vytvorujici funkci u_{(x)}=\frac{p^3x^4}{(1-x)(1-px-p^2x^2)}+1, comu myslim rozumiem.

Ale vspomenul som si na riesenie pomocou stavou a prechodou medzi nimi, ktore nam Antoch ukazoval. Ale nedokazem sa tymto postupom dopracovat k rovnakej vytvorujucej funkcie:
Obrázek
Nasledne si z toho vyjadrim S_3 ako prijimajuci stav a za dosadim Z=p, N= q = (1-p)
Ale dostanem nieco taketo:
S_3=\frac{p^3x^3}{1-qx-p^2qx^3-pqx^3}

Vedel by mi niekto povedat co robim blbo a ak vsetko tak ako sa k tomu z tych prechodov dokazem dostat?

Dik
aaaaa

Re: Cekani na ZZZ

Příspěvek od aaaaa »

naozaj rozumies tomu ako dostali tu vytvorujucu funckiu U(x)? to mas moj obdiv :D nemohol by si to vysvetlit? ja nechapem ani len ten debilny vzorec na vypocet un. napriklad pre n=4 to vyjde 3/16 ale podla mna to je uplny nezmysel, kedze moznosti sice je 16 (24), ale predsa len v dvoch pripadoch nastane "výskyt nastal v 4-tém kroku", a to:
ZZZZ
NZZZ
cize u4 by som cakal ze bude mat hodnotu 2/16.
aaaaa

Re: Cekani na ZZZ

Příspěvek od aaaaa »

kurnik, prehodte si tie dolne a horne indexy, ja som nejak poplietol znacky "sup" a "sub"
abcde FX

Re: Cekani na ZZZ

Příspěvek od abcde FX »

Bc. Michal Hošala, tu ti nikdo neporadi:P
banan
Matfyz(ák|ačka) level I
Příspěvky: 40
Registrován: 14. 6. 2005 14:50
Typ studia: Informatika Bc.
Bydliště: Troja

Re: Cekani na ZZZ

Příspěvek od banan »

aaaaa píše:naozaj rozumies tomu ako dostali tu vytvorujucu funckiu U(x)? to mas moj obdiv :D nemohol by si to vysvetlit? ja nechapem ani len ten debilny vzorec na vypocet un. napriklad pre n=4 to vyjde 3/16 ale podla mna to je uplny nezmysel, kedze moznosti sice je 16 (24), ale predsa len v dvoch pripadoch nastane "výskyt nastal v 4-tém kroku", a to:
ZZZZ
NZZZ
cize u4 by som cakal ze bude mat hodnotu 2/16.
Spocitajme generujucu fciu F(x) pre prvy vyskyt troch zdarov
(dalej len S ako Success) po sebe. Btw, v postupnosti SSSSSS
nastava udalost "3 S po sebe" iba dvakrat a to v 3-tom a
v 6-tom kroku.

Vsimnime si, ze po neuspechu (F ako Failure) sa proces sprava
akoby sme zacinali z uplneho zaciatku. Proces zacina vzdy
jednou z tychto postupnosti:

Kód: Vybrat vše

(a) F...
(b) SF...
(c) SSF...
(d) SSS
Vsetky 4 postupnosti su disjunktne, takze mozeme podla vety
o uplnosti pocitat pravdepodobnost vyskytu javu separatne
v kazdej zo 4och postupnosti. Mame:
f_0 = 0
f_1 = 0
f_2 = 0
f_3 = p^3
f_n = q f_{n-1} + pq f_{n-2} + p^2q f_{n-3}\;\textup{pre}\;n >= 4
Rekurentny vzorec pre f_n plati len vdaka disjunktnosti
javov (a)-(d). Mame:
F(x) = qxF(x) + pq x^2 F(x) + p^2q x^3 F(x) + f_0 + f_1 x^1 + f_2 x^2 + f_3 x^3
F(x) = qxF(x) + pq x^2 F(x) + p^2q x^3 F(x) + p^3 x^3
F(x) = \frac{p^3 x^3}{1-qx-pqx^2-p^2qx^3}
Q(x) = \frac{1-F(x)}{1-x} = \frac{8-x-2x^2-2x^3}{(1-x)(8-4x-2x^2-x^3)} = \frac{8+4x+2x^2}{8-4x-2x^2-x^3}

Zaverecny zlomok (pre p = q = 1/2) sme zjednodusili (vydelili (1-x)) pomocou
wolfram alpha.
vojta_vorel
Matfyz(ák|ačka) level I
Příspěvky: 49
Registrován: 14. 1. 2011 15:10
Typ studia: Informatika Ph.D.

Re: Cekani na ZZZ

Příspěvek od vojta_vorel »

akm píše:Ahoj,
Vedel by mi niekto povedat co robim blbo a ak vsetko tak ako sa k tomu z tych prechodov dokazem dostat?
Dik
Chyba je hned na desátým řádku ("u_n=..."), v tom vyjádření p^3=... mají být plusy. Správně je to vysvětlený v super zápiscích kolegy mifeet
(tímto dík za ně :) ):
http://forum.matfyz.info/viewtopic.php?f=201&t=8350
Odpovědět

Zpět na „MAI060 Pravděpodobnostní metody“