Đến nội dung

Hình ảnh

Xác suất A thắng là $\frac{a}{b}$. Tính $a-b$

- - - - -

  • Please log in to reply
Chủ đề này có 9 trả lời

#1
Dang Hong Ngoc

Dang Hong Ngoc

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 32 Bài viết

Bạn $A$ có một đồng xu mà khi tung có xác suất xảy ra mặt ngửa là $\frac{1}{3}$, bạn $B$ có một đồng xu mà khi tung có xác suất xảy ra mặt ngửa là $\frac{2}{5}$. $A$ và $B$ cùng chơi tung đồng xu của mình, ai tung ra mặt ngửa đầu tiên sẽ là người thắng. $A$ chơi trước. Xác suất $A$ thắng là $\frac{a}{b}$ trong đó $a,b$ là các số nguyên tố cùng nhau. Tính $a-b$.



#2
perfectstrong

perfectstrong

    $LOVE(x)|_{x =\alpha}^\Omega=+\infty$

  • Quản lý Toán Ứng dụng
  • 4991 Bài viết

Ai là người bắt đầu?


Luôn yêu để sống, luôn sống để học toán, luôn học toán để yêu!!! :D
$$\text{LOVE}\left( x \right)|_{x = \alpha}^\Omega = + \infty $$
I'm still there everywhere.

#3
Dang Hong Ngoc

Dang Hong Ngoc

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 32 Bài viết

A tung trước ạ 



#4
Nobodyv3

Nobodyv3

    Generating Functions Faithful

  • Thành viên
  • 935 Bài viết

Bạn $A$ có một đồng xu mà khi tung có xác suất xảy ra mặt ngửa là $\frac{1}{3}$, bạn $B$ có một đồng xu mà khi tung có xác suất xảy ra mặt ngửa là $\frac{2}{5}$. $A$ và $B$ cùng chơi tung đồng xu của mình, ai tung ra mặt ngửa đầu tiên sẽ là người thắng. $A$ chơi trước. Xác suất $A$ thắng là $\frac{a}{b}$ trong đó $a,b$ là các số nguyên tố cùng nhau. Tính $a-b$.

Do là XS nên $a< b$, vậy thì $a-b< 0$ ?.
===========
Thà rót cho ta..... trăm nghìn chung... rượu độc ...miễn sao đừng bắt em làm toán!..hu hu...

#5
perfectstrong

perfectstrong

    $LOVE(x)|_{x =\alpha}^\Omega=+\infty$

  • Quản lý Toán Ứng dụng
  • 4991 Bài viết

Ta giải tổng quát với $p_A, p_B$ lần lượt là xác suất $A,B$ tung ra mặt ngửa.

Gọi $X_n$ là biến cố "trò chơi dừng lại ở lượt tung xu thứ $n$". Ta sẽ tính $P(X_n)$.

TH1: Nếu $n$ lẻ (tức là A thắng). Đặt $n=2k+1$ thì để đạt trạng thái này, $A,B$ phải thay phiên nhau tung ra mặt sấp $k$ lần, và lần $2k+1$ A tung ra mặt ngửa. Vì thế

\[P(X_{2k+1}) = {p_A}{\left( {1 - {p_A}} \right)^k}{\left( {1 - {p_B}} \right)^k}\]

TH2: Nếu $n$ chẵn (tức là B thắng). Đặt $n=2k$. Trạng thái này chỉ xảy ra khi $A,B$ thay phiên nhau tung ra mặt sắp $k-1$ lần, rồi $A$ tung mặt sấp và cuối cùng $B$ tung mặt ngửa. Do đó:

\[P(X_{2k}) = {\left( {1 - {p_A}} \right)^k}{\left( {1 - {p_B}} \right)^{k - 1}}{p_B}\]

Do đó, kỳ vọng $A$ thắng (biến cố $Y_A$) là:

\[\mathbb{E} \left( {{Y_A}} \right) = \sum\limits_{k = 0}^\infty  {P\left( {{X_{2k + 1}}} \right)}  = \sum\limits_{k = 0}^\infty  {{p_A}{{\left( {1 - {p_A}} \right)}^k}{{\left( {1 - {p_B}} \right)}^k}}  = {p_A}\frac{1}{{1 - \left( {1 - {p_A}} \right)\left( {1 - {p_B}} \right)}} = \frac{{{p_A}}}{{{p_A} + {p_B} - {p_A}{p_B}}}\]

 

Phần còn lại là thế số $p_A=\frac{1}{3}$ và $p_B=\frac{2}{5}$, ta có $\mathbb{E} \left( {{Y_A}} \right) = \frac{5}{9}$


Luôn yêu để sống, luôn sống để học toán, luôn học toán để yêu!!! :D
$$\text{LOVE}\left( x \right)|_{x = \alpha}^\Omega = + \infty $$
I'm still there everywhere.

#6
Dang Hong Ngoc

Dang Hong Ngoc

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 32 Bài viết

Do đó, kỳ vọng $A$ thắng (biến cố $Y_A$) là:

\[\mathbb{E} \left( {{Y_A}} \right) = \sum\limits_{k = 0}^\infty  {P\left( {{X_{2k + 1}}} \right)}  = \sum\limits_{k = 0}^\infty  {{p_A}{{\left( {1 - {p_A}} \right)}^k}{{\left( {1 - {p_B}} \right)}^k}}  = {p_A}\frac{1}{{1 - \left( {1 - {p_A}} \right)\left( {1 - {p_B}} \right)}} = \frac{{{p_A}}}{{{p_A} + {p_B} - {p_A}{p_B}}}\]

em không hiểu chỗ $k\to+\infty$. Nếu ta biểu diễn $k$ theo $n$ (số lượt đã tung) thì $k$ phải dừng lại ở một số nguyên dương cụ thể nào đó chứ ạ?



#7
Dang Hong Ngoc

Dang Hong Ngoc

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 32 Bài viết

Do là XS nên $a< b$, vậy thì $a-b< 0$ ?.

em nghĩ dấu của $a-b$ không ảnh hưởng đến hướng làm cho bài toán này, mục đích vẫn phải tìm $a$ và $b$



#8
perfectstrong

perfectstrong

    $LOVE(x)|_{x =\alpha}^\Omega=+\infty$

  • Quản lý Toán Ứng dụng
  • 4991 Bài viết

em không hiểu chỗ $k\to+\infty$. Nếu ta biểu diễn $k$ theo $n$ (số lượt đã tung) thì $k$ phải dừng lại ở một số nguyên dương cụ thể nào đó chứ ạ?

Bạn phải lấy mọi trường hợp có thể của $k$ chứ đúng không nào?


Luôn yêu để sống, luôn sống để học toán, luôn học toán để yêu!!! :D
$$\text{LOVE}\left( x \right)|_{x = \alpha}^\Omega = + \infty $$
I'm still there everywhere.

#9
tritanngo99

tritanngo99

    Đại úy

  • Điều hành viên THPT
  • 1644 Bài viết

Ta giải tổng quát với $p_A, p_B$ lần lượt là xác suất $A,B$ tung ra mặt ngửa.

Gọi $X_n$ là biến cố "trò chơi dừng lại ở lượt tung xu thứ $n$". Ta sẽ tính $P(X_n)$.

TH1: Nếu $n$ lẻ (tức là A thắng). Đặt $n=2k+1$ thì để đạt trạng thái này, $A,B$ phải thay phiên nhau tung ra mặt sấp $k$ lần, và lần $2k+1$ A tung ra mặt ngửa. Vì thế

\[P(X_{2k+1}) = {p_A}{\left( {1 - {p_A}} \right)^k}{\left( {1 - {p_B}} \right)^k}\]

TH2: Nếu $n$ chẵn (tức là B thắng). Đặt $n=2k$. Trạng thái này chỉ xảy ra khi $A,B$ thay phiên nhau tung ra mặt sắp $k-1$ lần, rồi $A$ tung mặt sấp và cuối cùng $B$ tung mặt ngửa. Do đó:

\[P(X_{2k}) = {\left( {1 - {p_A}} \right)^k}{\left( {1 - {p_B}} \right)^{k - 1}}{p_B}\]

Do đó, kỳ vọng $A$ thắng (biến cố $Y_A$) là:

\[\mathbb{E} \left( {{Y_A}} \right) = \sum\limits_{k = 0}^\infty  {P\left( {{X_{2k + 1}}} \right)}  = \sum\limits_{k = 0}^\infty  {{p_A}{{\left( {1 - {p_A}} \right)}^k}{{\left( {1 - {p_B}} \right)}^k}}  = {p_A}\frac{1}{{1 - \left( {1 - {p_A}} \right)\left( {1 - {p_B}} \right)}} = \frac{{{p_A}}}{{{p_A} + {p_B} - {p_A}{p_B}}}\]

 

Phần còn lại là thế số $p_A=\frac{1}{3}$ và $p_B=\frac{2}{5}$, ta có $\mathbb{E} \left( {{Y_A}} \right) = \frac{5}{9}$

Bài giải hay anh ! Anh cho em hỏi cái đoạn $\sum\limits_{k = 0}^\infty {{p_A}{{\left( {1 - {p_A}} \right)}^k}{{\left( {1 - {p_B}} \right)}^k}} = {p_A}\frac{1}{{1 - \left( {1 - {p_A}} \right)\left( {1 - {p_B}} \right)}}$ có phải anh dùng hàm sinh: $\sum\limits_{k=0}^{+\infty}x^{k}=1+x+x^2+...=\frac{1}{1-x}$ trong đó $x=(1-p_A)(1-p_B)$ đúng không ạ ? 



#10
perfectstrong

perfectstrong

    $LOVE(x)|_{x =\alpha}^\Omega=+\infty$

  • Quản lý Toán Ứng dụng
  • 4991 Bài viết

Anh cho em hỏi cái đoạn $\sum\limits_{k = 0}^\infty {{p_A}{{\left( {1 - {p_A}} \right)}^k}{{\left( {1 - {p_B}} \right)}^k}} = {p_A}\frac{1}{{1 - \left( {1 - {p_A}} \right)\left( {1 - {p_B}} \right)}}$ có phải anh dùng hàm sinh: $\sum\limits_{k=0}^{+\infty}x^{k}=1+x+x^2+...=\frac{1}{1-x}$ trong đó $x=(1-p_A)(1-p_B)$ đúng không ạ ? 

Đoạn tổng cấp số nhân đó là kết quả quen thuộc mà :) Không nhất thiết phải là hàm sinh đâu.


Luôn yêu để sống, luôn sống để học toán, luôn học toán để yêu!!! :D
$$\text{LOVE}\left( x \right)|_{x = \alpha}^\Omega = + \infty $$
I'm still there everywhere.




1 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh