Gdyby\u015bmy rzucali monet\u0105 i 26 razy z rz\u0119du wypad\u0142by orze\u0142, to wi\u0119kszo\u015b\u0107 os\u00f3b uzna\u0142aby takie zdarzenie za co najmniej mocno podejrzane. Przy za\u0142o\u017ceniu, \u017ce moneta jest uczciwa, to szanse na wypadni\u0119cie or\u0142a jak i reszki wynosz\u0105 \\(\\dfrac{1}{2}\\). Wobec tego orze\u0142 i reszka powinny wypada\u0107 mniej wi\u0119cej tyle samo razy, prawda?<\/p>\n
W d\u0142ugiej perspektywie stosunek or\u0142\u00f3w do reszek powinien oscylowa\u0107 wok\u00f3\u0142 jedynki. Jednak\u017ce je\u015bli rzucamy monet\u0105 np. 1000 razy, to ka\u017cdy mo\u017cliwy 1000-elementowy ci\u0105g or\u0142\u00f3w i reszek jest tak samo prawdopodobny.<\/p>\n
Szanse na ten, kt\u00f3ry by\u015bmy otrzymali rzucaj\u0105c by\u0142yby przed rzucaniem identyczne jak na tysi\u0105c or\u0142\u00f3w. Czym innym jest szansa na konkretn\u0105 ilo\u015b\u0107 otrzymanych or\u0142\u00f3w. Tysi\u0105c or\u0142\u00f3w mo\u017cemy otrzyma\u0107 tylko na jeden spos\u00f3b, a 500 ju\u017c na znacznie wi\u0119cej.<\/p>\n
Nie oznacza to jednak, \u017ce d\u0142uga seria or\u0142\u00f3w dowodzi i\u017c moneta nie jest uczciwa. Prawd\u0119 m\u00f3wi\u0105c, podejrzane by by\u0142o gdyby, w miar\u0119 rzucania, coraz d\u0142u\u017csze serie si\u0119 nie zdarza\u0142y.<\/p>\n
Trzy to ma\u0142a liczba, wi\u0119c seria tylu or\u0142\u00f3w nikogo by nie zdziwi\u0142a. Podczas rzucania monet\u0105 przytrafia si\u0119 bardzo cz\u0119sto. Spo\u015br\u00f3d wszystkich tych serii trzech or\u0142\u00f3w, je\u017celi rzucanie jest kontynuowane, to w kolejnym rzucie czasami wypadnie orze\u0142 a czasami reszka. Otrzymamy wi\u0119c pewn\u0105 liczb\u0119 serii czterech or\u0142\u00f3w. I znowu, je\u017celi kontynuujemy rzucanie, to w kolejnym rzucie czasami trafi si\u0119 orze\u0142 czasami reszka itd.<\/p>\n
Czyli aby otrzyma\u0107 seri\u0119 or\u0142\u00f3w dowolnej d\u0142ugo\u015bci wystarczy rzuca\u0107 dostatecznie d\u0142ugo! Powy\u017csze rozumowanie nie jest oczywi\u015bcie \u017cadnym dowodem. Mimo to pozwala przekona\u0107 si\u0119, \u017ce d\u0142ugie serie np. or\u0142\u00f3w czy tego samego koloru w ruletce czasami si\u0119 zdarzaj\u0105 i jest to jak najbardziej naturalne.<\/p>\n
Mo\u017cna przeprowadzi\u0107 ciekawy eksperyment. Poprosi\u0107 jedn\u0105 osob\u0119 o rzucenie kilkaset razy prawdziw\u0105 monet\u0105 oraz poprosi\u0107 inn\u0105 aby wymy\u015bli\u0142a wynik rzucania. Wi\u0119kszo\u015b\u0107 os\u00f3b, wymy\u015blaj\u0105c wynik takiego do\u015bwiadczenia, unika\u0142aby d\u0142u\u017cszych serii. By\u0142aby to przes\u0142anka pozwalaj\u0105ca nabra\u0107 podejrze\u0144, co do wyniku takiego eksperymentu<\/em>. Oszukiwa\u0107 w ko\u0144cu trzeba umie\u0107.<\/p>\n Zanim przejdziemy do konkret\u00f3w, przyda si\u0119 wiedza czym s\u0105 liczby Fibonacciego. Ot\u00f3\u017c ci\u0105g Fibonacciego to taki ci\u0105g, \u017ce \\[F_1=F_2=1\\ \\textrm{ oraz }F_n=F_{n-1}+F_{n-2}\\textrm{ dla } n>1.\\]<\/p>\n Nie licz\u0105c pierwszych dw\u00f3ch wyraz\u00f3w, ka\u017cdy wyraz ci\u0105gu jest sum\u0105 dwu poprzednich. \\[1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55, 89, …\\]<\/p>\n Wi\u0119cej o ci\u0105gu Fibonacciego mo\u017cna poczyta\u0107 tutaj<\/a>. Z ci\u0105giem tym jest zwi\u0105zana s\u0142ynna z\u0142ota proporcja, z kt\u00f3r\u0105 zwi\u0105zanych jest wiele mit\u00f3w. Zainteresowanych tym tematem odsy\u0142am tutaj<\/a>.<\/p>\n Na potrzeby tego wpisu przyjmiemy nieco og\u00f3lniejsz\u0105 definicj\u0119 ci\u0105gu Fibonacciego rozszerzaj\u0105c j\u0105 r\u00f3wnie\u017c na indeksy ujemne oraz indeks zerowy. Dok\u0142adniej przyjmujemy, \u017ce \\[F_n=\\left\\{\\begin{array}{lll} Sumuj\u0105c wi\u0119cej ni\u017c dwa poprzedniki mo\u017cemy otrzyma\u0107 uog\u00f3lnione liczby Fibonacciego. Przyk\u0142adowo, dla \\(k=3\\) zdefiniujmy liczby \\(F_n^{(3)}\\) przyjmuj\u0105c Kolejne wyrazy o indeksach dodatnich to: \\[1, 1, 2, 4, 7, 13, 24, 44, 81, \\ldots \\] Nazwijmy ten ci\u0105g roboczo ci\u0105giem 3-Fibonacciego<\/em>. Og\u00f3lnie, liczby k-Fibonacciego<\/em> definiujemy dla \\(k>1\\) nast\u0119puj\u0105co: Dla \\(k=2\\) otrzymujemy standardowe liczby Fibonacciego. Og\u00f3lnie dla \\(k>1\\) liczby k-Fibonacciego indeksowane liczbami naturalnymi, to \\[1, 1, 2^1, 2^2,\\ldots, 2^{k-1}, 2^k-1=F_{k+2}^{(k)},\\ldots.\\]<\/p>\n Okazuje si\u0119, \u017ce prawdopodobie\u0144stwo \\(P_n(k)\\) otrzymania co najmniej \\(k\\) or\u0142\u00f3w z rz\u0119du w \\(n\\) rzutach uczciw\u0105 monet\u0105, dla \\(k\\leqslant n\\), jest r\u00f3wne \\[P_n(k)=1-\\dfrac{F_{n+2}^{(k)}}{2^n}.\\]<\/p>\n Udowodnimy to licz\u0105c prawdopodobie\u0144stwo zdarzenia przeciwnego, tj. takiego, \u017ce orze\u0142 ani razu nie wypadnie \\(k\\) razy z rz\u0119du. Wbrew pozorom idea dowodu jest bardzo prosta. Dla prostoty przeprowadzimy go najpierw dla \\(k=2\\).<\/p>\n \u0141atwo zauwa\u017cy\u0107, \u017ce \\(P_1(2)=0\\) bo przy jednym rzucie ci\u0119\u017cko otrzyma\u0107 2 or\u0142y. Podobnie \u0142atwo sprawdzi\u0107, \u017ce \\(P_2(2)=\\frac{1}{4}\\), gdy\u017c mamy 4 mo\u017cliwe wyniki, a dwa or\u0142y mog\u0105 wypa\u015b\u0107 na jeden spos\u00f3b. Za\u0142\u00f3\u017cmy teraz, \u017ce \\(n>2\\).<\/p>\n Oznaczmy przez \\(X_n\\) liczb\u0119 wszystkich takich wynik\u00f3w \\(n\\)-krotnego rzutu monet\u0105, w kt\u00f3rych orze\u0142 ani razu nie wypad\u0142<\/strong> \\(k\\) razy z rz\u0119du. Poniewa\u017c wszystkich mo\u017cliwych wynik\u00f3w \\(n\\)-krotnego rzutu monet\u0105 jest \\(2^n\\), to \\[P_n(k)=1-\\dfrac{X_n}{2^n}.\\]<\/p>\n Oznaczmy r\u00f3wnie\u017c przez \\(R_n\\) zbi\u00f3r tych element\u00f3w \\(X_n\\), kt\u00f3re ko\u0144cz\u0105 si\u0119 reszk\u0105, a przez \\(O_n\\) te ko\u0144cz\u0105ce si\u0119 or\u0142em. Zbiory te s\u0105 roz\u0142\u0105czne oraz \\(X_n=R_n\\cup O_n\\). Wobec tego \\[|X_n|=|R_n|+|O_n|,\\] Zauwa\u017cmy, \u017ce je\u017celi \\(A\\in R_n\\), to usuwaj\u0105c ostatni\u0105 reszk\u0119 z ci\u0105gu \\(A\\), otrzymujemy element zbioru \\(X_{n-1}\\). Podobnie, je\u017celi \\(B\\in X_{n-1}\\), to dodaj\u0105c na koniec ci\u0105gu \\(B\\) reszk\u0119, otrzymujemy element zbioru \\(R_n\\).<\/p>\n Nietrudno si\u0119 przekona\u0107, \u017ce zbiory \\(R_n\\) oraz \\(X_{n-1}\\) maj\u0105 po tyle samo element\u00f3w. M\u00f3wi\u0105c bardziej matematycznie, obie operacje wyznaczaj\u0105 funkcje \\(R_n\\to X_{n-1}\\) oraz \\(X_{n-1}\\to R_n\\), kt\u00f3re s\u0105 wzajemnie odwrotne tzn. s\u0105 bijekcjami<\/em>, wi\u0119c \\[|X_{n-1}|=|R_n|.\\]<\/p>\n Ka\u017cdy ci\u0105g \\(A\\in O_n\\) musi na przedostatnim miejscu mie\u0107 reszk\u0119. Zatem usuwaj\u0105c ko\u0144cowego or\u0142a otrzymujemy element zbioru \\(R_{n-1}\\). Natomiast gdy \\(B\\in R_{n-1}\\), to dodaj\u0105c na koniec or\u0142a dostajemy element zbioru \\(O_n\\). Jak poprzednio, operacje te s\u0105 wzajemnie odwrotne co pokazuje, \u017ce \\[|O_n|=|R_{n-1}|=|X_{n-2}|.\\]<\/p>\n Pozosta\u0142y ju\u017c tylko proste obliczenia: \\[|X_{n+1}|=|R_{n+1}|+|O_{n+1}|=|X_n|+|X_{n-1}|.\\]<\/p>\n Otrzymali\u015bmy zwi\u0105zek analogiczny do definiuj\u0105cego liczby Fibonacciego. Poniewa\u017c, jak \u0142atwo sprawdzi\u0107, \\(|X_1|=2\\) oraz \\(|X_2|=3\\), to \\(|X_{n}|=F_{n+2}\\). Prawdopodobie\u0144stwo tego, \u017ce przy \\(n\\)-krotnym rzucie monet\u0105 otrzymamy co najmniej raz dwa or\u0142y z rz\u0119du jest wi\u0119c r\u00f3wne \\[P_n(2)=1-\\dfrac{F_{n+2}}{2^n}.\\]<\/p>\n Podobne rozumowanie pozwoli nam obliczy\u0107 prawdopodobie\u0144stwo otrzymania co najmniej \\(k\\) or\u0142\u00f3w z rz\u0119du dla \\(k\\leqslant n\\), gdy rzucamy \\(n\\) razy uczciw\u0105 monet\u0105. Wprowad\u017amy oznaczenia:<\/p>\n Zbiory \\(R_n, O_n^1, O_n^2,\\ldots, O_n^{k-1}\\) s\u0105 roz\u0142\u0105czne, wi\u0119c \\[|X_n|=|R_n|+|O_n^1|+|O_n^2|+\\ldots + |O_n^{k-1}|.\\] Podobnie jak wcze\u015bniej mamy \\(|R_n|=|X_{n-1}|.\\)<\/p>\n Ka\u017cdy ci\u0105g z \\(O_n^1\\) jest zako\u0144czony na \\(RO\\). Usuwaj\u0105c ostatnie \\(O\\), otrzymujemy element zbioru \\(R_{n-1}\\). Nietrudno wi\u0119c zauwa\u017cy\u0107, \u017ce \\[|O_n^1|=|R_{n-1}|=|X_{n-2}|\\].<\/p>\n Podobnie, gdy \\(A\\in O_n^2\\), to usuwaj\u0105c dwa ostatnie or\u0142y, otrzymujemy element zbioru \\(R_{n-2}\\), kt\u00f3ry ma tyle samo element\u00f3w co zbi\u00f3r \\(X_{n-3}\\).<\/p>\n Je\u017celi \\(j < k\\), to nie ma mo\u017cliwo\u015bci otrzymania w \\(j\\) rzutach serii \\(k\\) or\u0142\u00f3w z rz\u0119du. Dla \\(j=k\\) taka mo\u017cliwo\u015b\u0107 jest dok\u0142adnie jedna, gdy wypadn\u0105 same or\u0142y. Zatem \\[|X_1|=2, |X_2|=4,\\ldots, |X_{k-1}|=2^{k-1}, |X_k|=2^k-1.\\] Z tego wynika, \u017ce \\(X_{n}=F_{n+2}^{(k)}\\).<\/p>\n Korzystaj\u0105c ze zdobytej w\u0142a\u015bnie wiedzy mo\u017cemy wylicza\u0107 stosowne prawdopodobie\u0144stwa. Najpierw rozwa\u017cymy przypadek \\(n=100\\). Poniewa\u017c \\[\\begin{array}{lll}2^{100} & = & 1267650600228229401496703205376, \\\\ F_{102}^{(5)} & = & 240714680556315819945145376976, \\\\ F_{102}^{(7)} & = & 865145690433457063670671045568, \\\\ F_{102}^{(10)} & = & 1211700015849788251502892752696, \\end{array}\\] to \\[P_{100}(5)\\approx 0,51;\\ P_{100}(7)\\approx 0,32;\\ P_{100}(10)\\approx 0,04. \\]<\/p>\n A poniewa\u017c \\[\\begin{array}{lll}2^{1000} & = & 107150860718626732094842504906000181056140481170553360744\\\\ & & 375038837035105112493612249319837881569585812759467291755 \\\\ & & 31468251871452856 9231404359845775746985748039345677748242 \\\\ & & 309854210746050623711418779541821530464749835819412673987 \\\\ & & 675591655439460770629145711964776865421676604298316526243 \\\\ & & 86837205668069376, \\\\ F_{1002}^{(7)} & = & to \\(P_{1000}(7)\\approx 0,98, P_{1000}(8)\\approx 0,86, P_{1000}(10)\\approx 0,39.\\)<\/p>\n Identyczne prawdopodobie\u0144stwa otrzymamy gdy or\u0142a zast\u0105pimy reszk\u0105. A jak obliczy\u0107 szanse na to, \u017ce rzucaj\u0105c monet\u0119 1000 razy otrzymamy 10 or\u0142\u00f3w z rz\u0119du lub 10 reszek z rz\u0119du? Idee prowadz\u0105ce do wyniku s\u0105 tutaj podobne. Wprowad\u017amy oznaczenia:<\/p>\n \nKa\u017cdy ci\u0105g \\(A\\in X_n^k\\) ko\u0144czy si\u0119 pewn\u0105, mniejsz\u0105 od \\(k\\), ilo\u015bci\u0105 or\u0142\u00f3w albo reszek. Wobec tego nietrudno zauwa\u017cy\u0107, \u017ce \\[|X_n^k|=|O_n^1|+|O_n^2|+\\ldots +|O_n^{k-1}|+|R_n^1|+|R_n^2|+\\ldots +|R_n^{k-1}|.\\] Ka\u017cdy element zbioru \\(R_{n+1}^1\\) jest zako\u0144czony reszk\u0105 poprzedzon\u0105 pewn\u0105 liczb\u0105 or\u0142\u00f3w, wi\u0119c \\[|O_n^1|+|O_n^2|+\\ldots +|O_n^{k-1}|=|R_{n+1}^1|\\] i analogicznie \\[|R_n^1|+|R_n^2|+\\ldots +|R_n^{k-1}|=|O_{n+1}^1|.\\] \nDalej zauwa\u017cmy, \u017ce \nOtrzymali\u015bmy zatem wz\u00f3r analogiczny do definiuj\u0105cego liczby \\((k-1)\\)-Fibonacciego. Na koniec wystarczy zauwa\u017cy\u0107, \u017ce dla \\(i\\) mniejszego od \\(k\\) mamy \\(|X_i^k|=2^i\\). Natomiast dla \\(i=k\\) mamy \\(|X_i^k|=2^i-2\\), gdy\u017c mamy dwa ci\u0105gi nienale\u017c\u0105ce do \\(X_i^k\\): ci\u0105g samych reszek oraz ci\u0105g samych or\u0142\u00f3w.<\/p>\n \nOznaczmy przez \\(\\tilde{P}_n(k)\\) szukane prawdopodobie\u0144stwo, \u017ce w ci\u0105gu \\(n\\) rzut\u00f3w uczciw\u0105 monet\u0105 otrzymamy przynajmniej raz \\(k\\) or\u0142\u00f3w z rz\u0119du lub \\(k\\) reszek z rz\u0119du. Oczywi\u015bcie \\(k\\leqslant n\\). Rzucamy sto razy monet\u0105. Jakie s\u0105 szanse, \u017ce orze\u0142 wypadnie 5 razy z rz\u0119du? A jakie, \u017ce wypadnie 10 razy z rz\u0119du? A, \u017ce 10 razy z rz\u0119du wypadnie orze\u0142 lub 10 razy z reszka?<\/p>\n","protected":false},"author":1,"featured_media":685,"comment_status":"open","ping_status":"open","sticky":false,"template":"","format":"standard","meta":{"footnotes":""},"categories":[7,24],"tags":[8,22],"yoast_head":"\n
\n0 & \\textrm{ dla } & n < 1,\\\\ 1 & \\textrm{ dla } & n=1,\\\\ F_{n-1}+F_{n-2} & \\textrm{ dla } & n>1.
\n\\end{array}\\right.\\]<\/p>\n
\n\\[F_n^{(3)}=\\left\\{\\begin{array}{lll}
\n0 & \\textrm{ dla } & n < 1,\\\\ 1 & \\textrm{ dla } & n=1,\\\\ F_{n-1}^{(3)}+F_{n-2}^{(3)}+F_{n-3}^{(3)} & \\textrm{ dla } & n>1.
\n\\end{array}\\right.\\]<\/p>\n
\n\\[F_n^{(k)}=\\left\\{\\begin{array}{lll}
\n0 & \\textrm{ dla } & n < 1,\\\\ 1 & \\textrm{ dla } & n=1,\\\\ F_{n-1}^{(k)}+F_{n-2}^{(k)}+F_{n-3}^{(k)}+\\ldots+F_{n-k}^{(k)} & \\textrm{ dla } & n>1.
\n\\end{array}\\right.\\]<\/p>\n
\ngdzie \\(|U|\\) oznacza liczb\u0119 element\u00f3w zbioru \\(U\\).<\/p>\n![\"liczby](\"https:\/\/www.beta-iks.pl\/wp-content\/uploads\/2021\/05\/rzut01.jpg\")
<\/p>\n\n
![\"rzut](\"https:\/\/www.beta-iks.pl\/wp-content\/uploads\/2021\/05\/rzut02.jpg\")
\nOg\u00f3lnie, mamy \\[|O_n^j|=|R_{n-j}|=|X_{n-j-1}|\\] dla \\(j\\in\\{1, 2, \\ldots, k-1\\}\\). Z tego wynika, \u017ce \\[|X_{n}|=|X_{n-1}|+|X_{n-2}|+\\ldots +|X_{n-k}|.\\]<\/p>\n
\n1951931694374203392380153643460319928198396047620781292307 \\\\ & & 3430794149234107978654015978599705725554008738281498169429 \\\\ & & 8002061875860379953551331290319389637874292574187774904885 \\\\ & & 6773253485488789323911261414311339149623223238459108363958 \\\\ & & 7673638371643391184603365115712897171498383885917124763463 \\\\ & & 8852771589, \\\\
\nF_{1002}^{(8)} & = &
\n1487845321697007010537344184349323529508312342548785512871 \\\\ & & 9982441495251034169781579077695793948782233146122500100273 \\\\ & & 8850027726867931266531118335113875745214362541458524439070 \\\\ & & 1195697419719241980253811232225283809268222881037002582988 \\\\ & & 1230574489357550307678852742376480653231406056081145719294 \\\\ & & 75080519168, \\\\
\nF_{1002}^{(10)} & = & 658495879838477541098956866739106498262609377937967858942 \\\\ & & 388829693542980328166481902255993601937934368450020223591 \\\\ & & 820474434750402893624690433833741750470189631892660786901 \\\\ & &
\n620234862745956888955126711810965381926187846094626950721 \\\\ & & 869014489236794868982193591641358214332609805650275251955 \\\\ & & 6568695574716415, \\end{array}\\]<\/p>\n\n
\nCzyli \\[|X_n^k|=|O_{n+1}^1|+|R_{n+1}^1|.\\]<\/p>\n
\n \\[\\begin{array}{lllll}
\n|O_n^2| & = & |O_{n-1}^1|, & & \\\\ |O_n^3| & = & |O_{n-1}^2| & = & |O_{n-2}^1|,\\\\ |O_n^j| & = & \\ldots & = & |O^1_{n-j+1}|.
\n\\end{array}\\]
\nAnalogicznie \\[|R_n^j|=|R_{n-j+1}^1|.\\]
\nDalej mamy \\[\\begin{array}{l}|O_n^1|+|R_n^1|=|X_{n-1}^k|, \\\\ |O_n^2|+|R_n^2|=|O_{n-1}^1|+|R_{n-1}^1|=|X_{n-2}^k|, \\\\ |O_n^j|+|R_n^j|=|O_{n-j+1}^1|+|R_{n-j+1}^1|=|X_{n-j}^k|.\\end{array}\\]
\nWobec tego \\[\\begin{array}{lll}|X_n^k| & = & |O_n^1|+|O_n^2|+\\ldots +|O_n^{k-1}|+|R_n^1|+|R_n^2|+\\ldots +|R_n^{k-1}| \\\\ & = & (|O_n^1|+|R_n^1|) + (|O_n^2|+|R_n^2|)+\\ldots + (|O_n^{k-1}|+|R_n^{k-1}|) \\\\ & = & |X^k_{n-1}|+|X^k_{n-2}|+\\ldots +|X^k_{n-(k-1)}|.\\end{array}\\]<\/p>\n
\nPoniewa\u017c
\n\\[\\begin{array}{lll} X_{100}^5 & = & 35887606673100025828208205026 \\\\ X_{100}^7 & = & 580156959829221175647260088196\\\\ X_{100}^{10} & = & 1157797210644823936815585091586,\\end{array}\\] to \\(\\tilde{P}_{100}(5)\\approx 0,97, \\tilde{P}_{100}(7)\\approx 0,54, \\tilde{P}_{100}(10)\\approx 0,09.\\) Podobnie mo\u017cna pokaza\u0107, \u017ce \\(\\tilde{P}_{1000}(7)\\approx 0,9997, \\tilde{P}_{1000}(10)\\approx 0,62.\\)<\/p>\n","protected":false},"excerpt":{"rendered":"