нужна идея [баскетбол, теория вероятностей]

[laptop]

добрый день. меня интересует одна задача:
баскетболист выполняет серию из 100 бросков. первым всегда попадает, вторым всегда промахивается. вероятность попадания при последующих бросках равна проценту попаданий при всех предыдущих бросках. спрашивается: какова вероятность попасть ровно 50 раз в серии из 100 бросков?

идеи нет. на каждом шаге пересчитывать вероятность, больно долго , да и не понятно, то ли на предыдущем шаге попал или промахнулся.

заранее спасибо

[ИСН]

$$20611060587395826001947078907388809896305781130593432874888141036169001151392328891455645031630163659689888524754066202320235279128142154019215478467269\over152341474610265800672692077295689115607784320686473039164418855483107741920220164817113383309756449900187554146551526509848297472000000000000000000000000$$

-- Вт, 2013-02-26, 14:34 --

а идея не нужна, идея у Вас уже есть. на каждом шаге пересчитывать вероятность.
ну, долго.
а Вы хотели такое получить быстро?

[antananarivu2]

laptop в сообщении #688403 писал(а):

добрый день. меня интересует одна задача:
баскетболист выполняет серию из 100 бросков. первым всегда попадает, вторым всегда промахивается. вероятность попадания при последующих бросках равна проценту попаданий при всех предыдущих бросках. спрашивается: какова вероятность попасть ровно 50 раз в серии из 100 бросков?

идеи нет. на каждом шаге пересчитывать вероятность, больно долго , да и не понятно, то ли на предыдущем шаге попал или промахнулся.

заранее спасибо

задачу легко решить в цикле в матлабе к примеру. попал=1, не попал=0. вероятность в долях. ну придется поумножать..процессору)

[laptop]

и что по- умному и аналитически никак не получится? не может такого быть..на каждом шаге не выйдет пересчитать вероятность, ибо мы же не знаем, попал баскетболист или нет

[Legioner93]

вот лучше бы было в условии не "вероятность попадания при последующих бросках равна проценту попаданий при всех предыдущих бросках.", а "вероятность попадания при последующих бросках равна проценту промахов при всех предыдущих бросках."
Тогда искомая вероятность 50 попаданий из 100 возможно будет примерно 50%. Надо подумать.

UPD: То есть как бы работает правило "чем больше мы промахиваемся, тем меньше мы промахиваемся" и наоборот.

[ИСН]

Я не так выразился. На каждом шаге надо пересчитывать всё распределение вероятностей.

[laptop]

ну так если что можно перейти к дополнительному событию. почему же это лучше?
ну да. конечно же распределение. ну это же дубово

[nikvic]

ИСН в сообщении #688424 писал(а):

На каждом шаге надо пересчитывать всё распределение вероятностей

Достаточно описать рекурренцию для двумерной таблицы. Каждая клетка определяется через не более чем две предыдущих.

Скорей всего, где-то давно есть соответствующие """числа Кого-то-Там

[ИСН]

Legioner93, мой ответ - от Вашего варианта. Я перепутал стороны.
Все советы остаются в силе, но - - -

-- Вт, 2013-02-26, 15:34 --

...ответ оригинальной задачи значительно проще. Да.

[gris]

...

[venco]

Что-то ответ у меня совсем простой получается. Можно простроить несколько распределений, например до пяти бросков, и проявится закономерность, которую легко доказать.

-- Вт фев 26, 2013 09:34:51 --

Legioner93 в сообщении #688423 писал(а):

вот лучше бы было в условии не "вероятность попадания при последующих бросках равна проценту попаданий при всех предыдущих бросках.", а "вероятность попадания при последующих бросках равна проценту промахов при всех предыдущих бросках."

А вот наоборот всё гораздо сложнее.

[ИСН]

Вот именно.

[laptop]

ИСН
вот так можно записать возможные вероятности попадания на каждом шаге:

1
0
$\frac{1}{2}$
$\frac{1}{3}\frac{2}{3}$
$\frac{1}{4}\frac{2}{4}\frac{3}{4}$
..........
$\frac{1}{99}\frac{2}{99}...\frac{98}{99}$
а что с этим делать-то? понятно, что он попадет ровно 50 раз, если к последнему шагу у него будет следующее значение вероятности $\frac{49}{99}$
ну а вероятность такого события= произведению вероятностей в этой цепочке. проблема в том, что мы не можем однозначно выбрать элементы цепи..

[Евгений Машеров]

Что-то у меня совсем просто получилось.
Если на n-том шаге вероятность равна $p_n$, то, значит, было $m=np_n$ попаданий.
Стало быть, на следующем шаге с вероятностью $p_n$ будет m+1 попадание и с вероятностью $1-p_n$ останется их m.
Вероятность, таким образом, на шаге n+1 $p_{n+1}=\frac{(np_n+1)p_n+np_n(1-p_n)}{n+1}=\frac{p_n+np_n}{n+1}=p_n$

[gris]

Вероятность попадания при каждом броске одна вторая, но события не независимы и использовать ту же схему Бернулли, увы, нельзя. Я тоже было так подумал, правда равновероятность тут вроде бы следует их симметрии условий.
А вот пример: Игрок бросает мяч, а на каждом следующем броске вероятность повторить результат предыдущего равна 1. Полная вероятность попадания каждый раз равна одной второй. То же самое, если вероятность повторить результат предыдущего броска равна 0.