100 подбрасываний Какая вероятность, что решка выпадет 7 раз

[Intercooler]

Неужели $\frac{6}{256}$?

[Aritaborian]

И побеждает igrok77 с правильным ответом $\frac{3}{256}$ ;-)
Подбрасывая монету 8 раз, мы в итоге выбираем из 256 равновозможных состояний. Из них три: 01111111, 11111110 и 11111111 — удовлетворяют условию «найдутся семь единиц подряд». Делим число благоприятных случаев на общее число возможных случаев, получаем ответ.

[Intercooler]

Хотелось бы услышать обоснование правильного ответа, почему одна из комбинаций не учавствует в вероятности или две учавствуют наполовину?

[Aritaborian]

Intercooler, я вроде бы уже привёл полное объяснение.

[Intercooler]

Спасибо, я туплю. Это же определение вероятности.

[igrok77]

Значит нужно $\frac{256}{3}$ = ~85 рядов )

[Aritaborian]

Ага. В среднем.

[igrok77]

Ну ладно, здесь все просто. А если ряд будет не 8 чисел, а 16 (как в первоначальной задаче post897579.html#p897579), не будем же мы вручную искать все благоприятные случаи?

Можно все это как-то с формулами считать?

[Intercooler]

$\frac{(N-7+1)+(N-8+1)+(N-9+1)+....+(N-N+1)}{2^N}$ ?

[Aritaborian]

То есть так: для данных $m,n\in\mathbb{N}, m\geqslant n$ найти количество чисел, не превосходящих $2^m-1$, в двоичной записи которых встречаются $n$ единиц подряд. Кажется, правильно сформулировал. Может быть, формула существует, но у меня нет идей, как её вывести.

-- 20.08.2014, 03:10 --

Intercooler в сообщении #897654 писал(а):

$\frac{(N-7+1)+(N-8+1)+(N-9+1)+....+(N-N+1)}{2^N}$?

А что там получится, если привести подобные?

[Intercooler]

Не знаю, что получится, но похоже формула верная.

-- 20.08.2014, 03:17 --

Для обобщения Вместо 7 можно подставить m

-- 20.08.2014, 03:21 --

$\frac{(n-m+1)+(n-m-1+1)+(n-m-2+1)+...+(n-n+1)}{2^n}$

[igrok77]

Задать N - количество чисел в ряду. у нас 16.
m - сколько раз подряд должна встречаться решка. у нас 7.

Да, что-то типа такого:

$\frac{(N-m+1)+(N-(m+1)+1)+(N-(m+2)+1)+....+(N-N+1)}{2^N}$

-- 20.08.2014, 04:40 --

Но не учтены случаи, когда семерка встречается в ряду 2 раза.

Типа этого:
1111111001111111
0111111101111111
1111111011111110

1111111101111111
1111111011111111

Их придется вручную досчитывать

-- 20.08.2014, 04:43 --

А хотелось бы идеальную формулу

-- 20.08.2014, 05:22 --

Решаем задачу с соседней темы post897579.html#p897579

Вероятность благоприятного исхода в 1 ряду составляет $\frac{60}{65536} = \frac{1}{1130}$

Значит, нам нужно 1130 рядов.

А у нас их 8. Получается вероятность: $\frac{8}{1130} = \frac{1}{141}$

Если что не так - пишите.

Всем, кто помогал - спасибо.

[Lia]

Задача

igrok77 в сообщении #897662 писал(а):

с соседней темы

перемещена сюда, тема удалена.

[venco]

Aritaborian в сообщении #897655 писал(а):

То есть так: для данных $m,n\in\mathbb{N}, m\geqslant n$ найти количество чисел, не превосходящих $2^m-1$, в двоичной записи которых встречаются $n$ единиц подряд. Кажется, правильно сформулировал. Может быть, формула существует, но у меня нет идей, как её вывести.

Формула существует, но не тривиальная. Начинаем с рекурсивной формулы типа Фибоначчи с суммированием семи предыдущих членов. Конкретный элемент последовательности можно считать разными способами, например, возведением матрицы в степень. Есть и нерекурсивная формула, подобная той что для чисел Фибоначчи, но с корнем многочлена седьмой степени. Для длины 16 вероятность получается $\frac{2811}{65536}$.

[Intercooler]

A нельзя ли эти формулы в студию? Или сначала мы должны попытаться их вывести?