szukanie zaawansowane
 [ Posty: 13 ] 
Autor Wiadomość
Kobieta Offline
PostNapisane: 8 sie 2015, o 11:55 
Użytkownik

Posty: 6
Lokalizacja: Polska
witam serdecznie,

rzucamy symetryczną monetą -> może wypaść Orzeł (O) lub Reszka (R)
jak wypadnie Orzeł musimy oddać 100 zł
jak wypadnie Reszka dostajemy 100 zł
Mamy 1000 zł jako kwota początkowa.

A teraz problem z którym się borykam: Ile jest kombinacji przy których zbankrutujemy wykonując n rzutów? Jako bankructwo rozumiem sytuację gdzie nasza kwota spadnie do zera, wtedy nie będziemy mieć już pieniędzy na dalszą grę.

Dla n<10 nigdy nie zbankrutujemy.

Dla n=10 będzie to 1 możliwy ciąg, czyli ten w którym wyrzucimy same Orły.

Dla n=11 będą to 2 możliwe ciągi:
1)11 Orłów pod rząd;
2)10 Orłów pod rząd a następnie Reszka;
w obu powyższych ciągach oczywiście nie dojdzie już do 11 rzutu, bo już przy 10-tym zbankrutujemy ale te ciągi także liczymy.

Jak mam obliczyć liczbę możliwych ciągów w których nastąpi bankructwo dla większego n? Czy jest jakiś wzór/sposób na to?
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 8 sie 2015, o 21:42 
Użytkownik

Posty: 1390
Lokalizacja: Poznań
Pytanie brzmi czy rzucamy dalej nawet jeśli nie mamy kasy czy przerywamy? Jeśli nie skończymy to musimy liczyć też te sytuacje kiedy będziemy na minusie, a to by chyba było bez sensu..
Góra
Kobieta Offline
PostNapisane: 9 sie 2015, o 11:41 
Użytkownik

Posty: 6
Lokalizacja: Polska
Jeśli nasz kapitał stopnieje do 0, to nie ma potrzeby dalej rzucać bo wtedy gra się kończy, ale to wogóle nie ma znaczenia, ponieważ chodzi o znalezienie takich ciągów w których nastąpi bankructwo, nie ważne kiedy, ale ważne że w danym ciągu ono nastąpiło. Przykładowo, chcemy wykonać 50 rzutów, czyli nasze n=50. Mamy 1000zł, Orzeł=-100zł, Reszka=+100zł. I tutaj może być tak że pierwsze 5 rzutów to będą reszki czyli nasz kapitał urośnie do 1500zł, a następnie pojawi się 15 orłów z rzędu co spowoduje że na koncie będzie 0zł, czyli bankructwo i nie możemy dalej grać. W podanym przykładzie wykonaliśmy tylko 20 rzutów a planowaliśmy rzucać 50 razy. Taki ciąg też jest wliczany do szukanych, bo nastąpiło w nim bankructwo, i nie ważne że nie wykonaliśmy planowanej liczby rzutów.
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 9 sie 2015, o 14:55 
Użytkownik

Posty: 1873
Lokalizacja: Staszów/Warszawa
Czy dla ciebie ciąg przy n=12
10xO, R,R
jest wliczany?

Jeżeli tak to, proste. W tym przypadku masz możliwości
same orły 1 kombinacja
11 orłów i reszka 12 kombinacji.
10 orłów i dwie reszki to 12*11/2=66 kombinacji
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 9 sie 2015, o 18:30 
Użytkownik

Posty: 1390
Lokalizacja: Poznań
robertm19 napisał(a):
10 orłów i dwie reszki to 12*11/2=66 kombinacji


Mylisz się.. tylko w jednej kombinacji - najpierw 10 orłów i na koniec dwie reszki zbankrutujemy.. Reszta kombinacji nie przyniesie bankructwa.

-- 9 sierpnia 2015, 18:37 --

Trzebaby chyba sumować po ilości wyrzuconych orłów w n rzutach.. a później - jeśli ilość tych orłów będzie odpowiednio duża (min. \frac{n}{2}+5) co gwarantuje bankructwo w każdej kombinacji musimy sumować wszystkie kombinacje..
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 9 sie 2015, o 18:59 
Użytkownik

Posty: 1873
Lokalizacja: Staszów/Warszawa
mostostalek, racja , co innego miałem na myśli.
Góra
Kobieta Offline
PostNapisane: 9 sie 2015, o 19:39 
Użytkownik
Avatar użytkownika

Posty: 2505
Tu był prawie gotowy wzór, który jednak okazał się być błędnym. Jeżeli przerywamy grę po dobiciu do zera, to "możliwych kombinacji" jest 1, 11, 11, 76, 76, 426, \ldots (liczę od dziesiątki). Chciałabym zauważyć jeszcze jedną rzecz. Jeżeli dziesiątkę zastąpimy przez dwójkę, to dostaniemy inny ciąg: 1, 3, 3, 8, 8, 22, 22, 64, 64, 196, \ldots, który to okazuje się być ciągiem sum częściowych liczb Catalana. Może kogoś naprowadzi to na trop rozwiązania.

Funkcja tworząca (tego nowego ciągu) to \textstyle (1+  \sqrt{1+4x}) (2+2x)^{-1}, z dokładnością do znaków i przemnożenia przez potęgę x. Dla trójki zamiast trójki dostajemy liczby Catalana minus jeden. Związek z Katalonią jest nieunikniony.

Wydaje mi się, że zaczynając od p setek, w n ruchach zbankrutujemy na

p \cdot \frac{(2n + k_1)!}{(n+k_2)!} \cdot \frac 1 {(n + p-1)!}

sposobów, ale to tylko przypuszczenie. Dodatkowo, nie znam k_1, k_2.
Góra
Kobieta Offline
PostNapisane: 11 sie 2015, o 07:33 
Użytkownik

Posty: 6
Lokalizacja: Polska
Cytuj:
Czy dla ciebie ciąg przy n=12
10xO, R,R
jest wliczany?

tak, taki ciąg też jest liczony
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 12 sie 2015, o 21:54 
Użytkownik

Posty: 1390
Lokalizacja: Poznań
wymyśliłem coś takiego:

\sum_{i=10}^{n}{\min (10+2(i-10), \ n) \choose i}

Dla początkowych n na pewno działa.. Sprawdziłem do 14 rzutów..

i to jest liczba wyrzuconych orłów..
W przypadku np 16 rzutów liczba kombinacji to:
jeśli wyrzucę 10 orłów to mam 1 możliwą kombinację w której zbankrutuje - wyrzucę 10 orłów na początku i 6 reszek po nich.
{\min (10, \ 16)\choose 10}={10 \choose 10}=1

powiedzmy, że wyrzucę 11 orłów.. mam wtedy również 5 reszek..
Zauważmy, że aby zbankrutować w pierwszych 12 rzutach muszę wyrzucić wszystkie orły. Mam więc {12 \choose 11} - dobrych kombinacji.

{\min (12, \ 16) \choose 11}={12 \choose 11}

Jeśli wyrzucę 12 orłów to mam 4 reszki..
W tym przypadku w pierwszych 14 rzutach muszę wyrzucić wszystkie 12 orłów.. mam więc {14 \choose 2}={14 \choose 12} dobrych kombinacji..

{\min (14, \ 16) \choose 12}={14 \choose 12}

dla 13, 14, 15 i 16 orłów Wszystkie kombinacje są już poprawne gdyż osiągam tutaj co najmniej 10 orłów więcej niż reszek.. Mam więc odpowiednio {16 \choose 13}, \ {16 \choose 14}, \ {16 \choose 15} \hbox{ oraz } {16 \choose 16} kombinacji.. One również zgadzają się ze wzorem.. Czyli dla 16 rzutów też działa..
Góra
Kobieta Offline
PostNapisane: 16 sie 2015, o 12:33 
Użytkownik

Posty: 6
Lokalizacja: Polska
\sum_{i=10}^{n}{\min (10+2(i-10), \ n) \choose i}
czy dobrze rozumiem ten wzór?
n to liczba rzutów,
i to liczba orłów,
stała 10 to kapitał podzielony przez stratę na wypadnięciu orła, czyli jak mamy 1000zł a orzeł=-100zł, to 1000zł/100zł=10.
2 to ... ? jest to stała niezależna od niczego?

Zrobiłam obliczenia dla łatwiejszych danych: nasz kapitał to 300zł, Orzeł=-100zł, Reszka=+100zł.
wzór do obliczeń to:
\sum_{i=3}^{n}{\min (3+2(i-3), \ n) \choose i}

dla n<3 nigdy nie zbankrutujemy, to niemożliwe, bo potrzeba przynajmniej 3 rzutów

dla n=3, mamy 1 kombinację bo:
{\min (3+2(3-3), \ 3) \choose 3}= {3 \choose 3} = 1
Jest to kombinacja O,O,O

dla n=4, mamy 2 możliwe kombinacje bo:
{\min (3+2(3-3), \ 4) \choose 3}+{\min (3+2(4-3), \ 4) \choose 4}= {3 \choose 3}+ {4 \choose 4}=1+1=2
Są to kombinacje: O,O,O,O oraz O,O,O,R

dla n=5, mamy 3 kombinacje bo:
1+1+{\min (3+2(5-3), \ 5) \choose 5}=1+1+ {\min (7, \ 5) \choose 5}=1+1+ {5 \choose 5} =1+1+1=3
No i tu nie wychodzi, bo rozpisując kombinacje ręcznie na kartce wyszło mi więcej bankructw niż 3.
Może robię błąd? Pomóżcie :)
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 16 sie 2015, o 21:13 
Użytkownik

Posty: 1390
Lokalizacja: Poznań
10+2(i-10) cały ten wzór to liczba miejsc na których możemy postawić i orłów..

Zauważ: jeśli mamy 10 orłów to wszystkie musimy obsadzić na 10 pierwszych miejscach, jeśli jest ich 11 to między te orły możemy wrzucić maksymalnie jedną reszkę, aby otrzymać bankructwo, zatem tych miejsc jest 12.
10+2(11-10)=12

Co do przykładu dla n=5:

i=4:

{\min (3+2(4-3), \ 5) \choose 4}={\min (5, \ 5) \choose 4}={5 \choose 4}=5 \neq 1
Góra
Kobieta Offline
PostNapisane: 17 sie 2015, o 17:37 
Użytkownik

Posty: 6
Lokalizacja: Polska
Cytuj:
Co do przykładu dla n=5:

i=4:

{\min (3+2(4-3), \ 5) \choose 4}={\min (5, \ 5) \choose 4}={5 \choose 4}=5 \neq 1

Rzeczywiście, mój błąd. A więc dla n=5 będzie 7 kombinacji w których dojdzie do bankructwa:
{3 \choose 3} + {5 \choose 4} + {5 \choose 5} =1+5+1=7

dziękuje serdecznie za pomoc :)

-- 23 sie 2015, o 10:37 --

\sum_{i=10}^{n}{\min (10+2(i-10), \ n) \choose i}
napotkałam jeszcze jeden problem, a mianowicie taki, że powyższy wzór nie uwzględnia wypłat dla gracza. Dlatego działa jeżeli to co dostajemy podczas wypadnięcia reszki równa się temu co oddajemy podczas wypadnięcia orła, czyli np. gdy Reszka=+100zł a Orzeł=-100zł;

Sprawdziłam sytuację gdy np. Reszka=+500 a Orzeł=-100zł, a nasz kapitał początkowy to 300zł; wtedy dla n=5 nie będzie to 7 kombinacji ale tylko 4 (te w których pierwsze 3 to orły).

Możecie coś poradzić, jak rozwinąć powyższy wzór tak aby uwzględniał wielkość wypłat gdy wypadają reszki?
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 12 sty 2016, o 08:09 
Użytkownik
Avatar użytkownika

Posty: 6635
Lokalizacja: 53°02'N 18°35'E
Medea 2, jak ty rozwijałaś tę funkcję tworzącą ?

Ja próbowałem ją rozwijać w ten sposób

\textstyle (1+  \sqrt{1+4x}) (2+2x)^{-1}\\
=\frac{1+\sqrt{1+4x}}{2+2x}\\
=\frac{1}{2}\left(  \frac{1+ \sqrt{1+4x} }{1+x} \right) \\
=\frac{1}{2}\left(  \frac{1}{1+x}+ \frac{ \sqrt{1+4x} }{1+x}  \right) \\

\frac{1}{1+x} to suma szeregu geometrycznego więc łatwo ją rozwinąć

\frac{ \sqrt{1+4x} }{1+x}
możemy rozwinąć albo ze wzoru Taylora (tutaj przydatny będzie wzór Leibniza)
albo korzystając z iloczynu szeregów Cauchyego (tutaj przydatny będzie dwumian Newtona)

\frac{ \mbox{d}}{ \mbox{d}x }\left(  \sqrt{1+4x} \right)= \frac{1}{2}\left( 1+4x\right)^{-\frac{1}{2}} \cdot 4\\
\frac{ \mbox{d}^2}{ \mbox{d}x^2 }\left(  \sqrt{1+4x} \right)= \frac{1}{2} \cdot \left( - \frac{1}{2} \right) \left( 1+4x\right)^{-\frac{3}{2}} \cdot 4^2\\
\frac{ \mbox{d}^3}{ \mbox{d}x^3 }\left(  \sqrt{1+4x} \right)= \frac{1}{2} \cdot \left( - \frac{1}{2} \right)\cdot \left( - \frac{3}{2} \right) \left( 1+4x\right)^{-\frac{5}{2}} \cdot 4^3\\
\frac{ \mbox{d}^4}{ \mbox{d}x^4 }\left(  \sqrt{1+4x} \right)= \frac{1}{2} \cdot \left( - \frac{1}{2} \right)\cdot \left( - \frac{3}{2} \right)\cdot \left( - \frac{5}{2} \right) \left( 1+4x\right)^{-\frac{7}{2}} \cdot 4^4\\
 \frac{ \mbox{d}^k}{ \mbox{d}x^k }\left(  \sqrt{1+4x} \right) = \frac{\left( -1\right)^{k-1} }{2^k} \cdot 1 \cdot 3 \cdot 5 \cdot  \cdot \left( 2k-3\right)  \cdot 4^{k}\left( 1+4x\right)^{ \frac{1-2k}{2} } \\
 = \frac{\left( -1\right)^{k-1} }{2^k} \cdot  \frac{1 \cdot 3 \cdot 5 \cdot  \cdot \left( 2k-3\right)\left( 2k-1\right) \cdot 2 \cdot 4 \cdot 6 \cdot  \cdot \left( 2k\right) }{\left( 2k-1\right) \cdot 2 \cdot 4 \cdot 6 \cdot  \cdot \left( 2k\right)  } 4^{k}\left( 1+4x\right)^{ \frac{1-2k}{2} } \\
=\frac{\left( -1\right)^{k-1} }{2^k} \cdot  \frac{\left( 2k\right)! }{2^k \cdot k! \cdot \left( 2k-1\right) }4^{k}\left( 1+4x\right)^{ \frac{1-2k}{2} }\\
= \frac{\left( -1\right)^{k+1}\left( 2k\right)!  }{\left( 2k-1\right)  \cdot k!}\left( 1+4x\right)^{ \frac{1-2k}{2} }  \\

\frac{ \mbox{d}}{ \mbox{d}x }\left(  \frac{1}{1+x} \right)=\frac{-1}{\left( 1+x\right)^2}  \\
 \frac{ \mbox{d}^2}{ \mbox{d}x^2 }\left(  \frac{1}{1+x} \right)=\frac{\left( -1\right)\left( -2\right)  }{\left( 1+x\right)^3}  \\
 \frac{ \mbox{d}^3}{ \mbox{d}x^3 }\left(  \frac{1}{1+x} \right)=\frac{\left( -1\right)\left( -2\right)\left( -3\right)  }{\left( 1+x\right)^4}  \\
\frac{ \mbox{d}^k}{ \mbox{d}x^k }\left(  \frac{1}{1+x} \right)= \frac{\left( -1\right)^{k}k! }{\left( 1+x\right)^{k+1} } \\

\frac{ \mbox{d}^{n}}{ \mbox{d}x ^{n}}\left( fg\right)= \sum_{k=0}^{n}{  {n \choose k}  \frac{ \mbox{d}^k}{ \mbox{d}x ^k}f\frac{ \mbox{d}^{n-k}}{ \mbox{d}x ^{n-k}}g }\\
 \sum_{k=0}^{n}{ \frac{n!}{k!\left( n-k\right)! } \cdot  \frac{\left( -1\right)^{k+1}\left( 2k\right)!  }{\left( 2k-1\right)k! }  \cdot  \left( -1\right)^{n-k} \cdot \left( n-k\right)! \cdot  \frac{\left( 1+4x\right)^{ \frac{1-2k}{2} } }{\left( 1+x\right)^{n-k+1} }     } \\

Ostatecznie otrzymujemy

a_{n}= \frac{1}{2}\left( \left( -1\right)^{n}+\frac{1}{n!}\left(  \sum_{k=0}^{n}{ \frac{\left( -1\right)^{n+1}n!\left( 2k\right)!  }{\left( 2k-1\right) \left( k!\right)^2 } } \right)  \right) \\
a_{n}=\frac{1}{2}\left( \left( -1\right)^{n}+ \sum_{k=0}^{n}{ \frac{\left( -1\right)^{n}\left( 2k\right)!  }{\left( 1-2k\right)\left( k!\right)^2  } }  \right) \\

Wzór twojego ciągu to

a_{n}=-\frac{1}{2}\left( 1+ \sum_{k=0}^{\lfloor\frac{n+5}{2} \rfloor}{ \frac{\left( 2k\right)! }{\left( 1-2k\right)\left( k!\right)^2  } } \right)\\
a_{n}=-\frac{1}{2}\left( 1+ \sum_{k=0}^{\lfloor\frac{n+5}{2} \rfloor}{  {2k \choose k}  \cdot  \frac{1}{1-2k} } \right)\\

Jeśli nie mamy funkcji podłoga to

\begin{cases} b_{0}=2 \\ b_{1}=3\\b_{n}=b_{n-2}+1 \end{cases}\\
B\left( x\right)=\sum_{n=0}^{ \infty }{b_{n}x^{n}} \\
\sum_{n=2}^{ \infty }{b_{n}x^{n}}=\sum_{n=2}^{ \infty }{b_{n-2}x^{n}}+\sum_{n=2}^{ \infty }{x^{n}}\\
\sum_{n=2}^{ \infty }{b_{n}x^{n}}=x^2\sum_{n=2}^{ \infty }{b_{n-2}x^{n-2}}+\frac{x^2}{1-x}\\
\sum_{n=0}^{ \infty }{b_{n}x^{n}}-2-3x=x^2\sum_{n=0}^{ \infty }{b_{n}x^{n}}+\frac{x^2}{1-x}\\
B\left( x\right)-2-3x=x^2B\left( x\right)+\frac{x^2}{1-x}\\
B\left( x\right)\left( 1-x^2\right)=2+3x+\frac{x^2}{1-x} \\
B\left( x\right)\left( 1-x^2\right)=\frac{\left( 2+3x\right)\left( 1-x\right)+x^2  }{1-x} \\
B\left( x\right)\left( 1-x\right)\left( 1+x\right)=\frac{2-2x+3x-3x^2+x^2}{1-x} \\
B\left( x\right) = \frac{2+x-2x^2}{\left( 1+x\right)\left( 1-x\right)^2  } \\
 \frac{2+x-2x^2}{\left( 1+x\right)\left( 1-x\right)^2  }=\frac{A}{1+x}+\frac{B}{1-x}+\frac{C}{\left( 1-x\right)^2 } \\
A\left( 1-2x+x^2\right)+B\left( 1-x^2\right)+C\left( 1+x\right)=2+x-2x^2\\
 \begin{cases} A+B+C=2 \\ -2A+C=1\\A-B=-2 \end{cases} \\
 \begin{cases} C=-2A \\ -4A=1\\B=\frac{7}{4} \end{cases} \\
 \begin{cases} C=\frac{1}{2} \\ A=-\frac{1}{4}\\B=\frac{7}{4} \end{cases} \\
- \frac{1}{4} \cdot  \frac{1}{1+x}+\frac{7}{4} \cdot  \frac{1}{1-x}+\frac{1}{2} \cdot  \frac{1}{\left( 1-x\right)^2 } \\
\sum_{n=0}^{ \infty }{x^n} = \frac{1}{1-x}\\
 \frac{ \mbox{d}}{ \mbox{d}x } \left( \sum_{n=0}^{ \infty }{x^n} \right)= \sum_{n=0}^{ \infty }{nx^{n-1}}  \\
 \frac{ \mbox{d}}{ \mbox{d}x } \left( \sum_{n=0}^{ \infty }{x^n} \right)= \sum_{n=1}^{ \infty }{nx^{n-1}}  \\
\frac{ \mbox{d}}{ \mbox{d}x } \left( \sum_{n=0}^{ \infty }{x^n} \right)= \sum_{n=0}^{ \infty }{\left( n+1\right) x^{n}}  \\
   \frac{ \mbox{d}}{ \mbox{d}x }\left(  \frac{1}{1-x} \right) = \frac{-1}{\left( 1-x\right)^2 }  \cdot \left( -1\right) \\
\frac{ \mbox{d}}{ \mbox{d}x }\left(  \frac{1}{1-x} \right) = \frac{1}{\left( 1-x\right)^2 }  \\
 b_{n}=\frac{1}{4}\left( 2n+2\right)+\frac{7}{4}- \frac{1}{4}\left( -1\right)^n\\
b_{n}=\frac{1}{4}\left( 2n+9\right)- \frac{1}{4}\left( -1\right)^n\\
Góra
Utwórz nowy temat Odpowiedz w temacie  [ Posty: 13 ] 


 Zobacz podobne tematy
 Tytuł tematu   Autor   Odpowiedzi 
 Ilośc możliwych rozmieszczeń hetmanów na szachownicy  Michniu  1
 Liczba kombinacji kłodki z szyfrem  arwo  1
 Ilość kombinacji na płaszczyźnie, w przestrzeni...  Bierut  33
 obliczanie ilosci elementow majac podana ilosc kombinacji  Paku93  3
 RSA - ile możliwych wykładników szyfrowania  Watari  0
 
Atom [Regulamin Forum] [Instrukcja LaTeX-a] [Poradnik] [F.A.Q.] [Reklama] [Kontakt]
Copyright (C) Karpatka.pl