Монети

[Петър Евгениев]

Имаме 2018 монети.
Първата монета има [tex]\frac{1}{2}[/tex] шанс да се приземи ези втората монета има [tex]\frac{1}{3}[/tex] вероятност да се приземи ези, третата има [tex]\frac{1}{5}[/tex] шанс да се приземи ези, [tex]k[/tex]-тата моента има [tex]\frac{1}{p(k)}[/tex] шанс да се приземи ези, където [tex]p(k)[/tex] е [tex]k[/tex]-тото просто число.
Всяка монета хвърляме по веднъж.
Каква е вероятността да хвърлим четен брой ези
------------------------------
Ези и тура са имената на двете страни на една монета. Тура е страната с графичен образ, например лице, а ези е страната с числото, което обозначава номиналната стойност на монетата.
------------------------------

[pal702004]

Наличието на монета с вероятност $1/2$ обезсмисля всякакви изчисления. Нека я хвърлим последна. Каква е вероятността ези-тата да се паднат четен/нечетен брой пъти?

[Петър Евгениев]

Наличието на монета с вероятност $1/2$ обезсмисля всякакви изчисления. Нека я хвърлим последна. Каква е вероятността ези-тата да се паднат четен/нечетен брой пъти?

Така е.

[drago]

Да, така е, но все пак е интересно как се процедира в общия случай. Нека $q_i \,,\,i=1,2,\dots,n$ e вероятнста $i$-тата монета да се падне ези.
Да разгледаме полинома $P(x)=\prod_{i=1}^n \left(q_i x+(1-q_i)\right)$.
Тогава коефициентът пред $x^k$ ще е вероятноста точно $k$ монети да се паднат ези. За да намерим вероятноста броят на езитата да е четен трябва да сумираме коефицентите пред четните степени на $x$.
Това, както знаем е $\frac{P(1)+P(-1)}{2}$. T.e. $\left(1+\prod_{i=1}^n(1-2q_i)\right)/2$.
В случая, когато за някое $i$ имаме $q_i=1/2$ , произведението е $0$ и тази вероятност става $1/2$.

[Петър Евгениев]

Да, така е, но все пак е интересно как се процедира в общия случай. Нека $q_i \,,\,i=1,2,\dots,n$ e вероятнста $i$-тата монета да се падне ези.
Да разгледаме полинома $P(x)=\prod_{i=1}^n \left(q_i x+(1-q_i)\right)$.
Тогава коефициентът пред $x^k$ ще е вероятноста точно $k$ монети да се паднат ези. За да намерим вероятноста броят на езитата да е четен трябва да сумираме коефицентите пред четните степени на $x$.
Това, както знаем е $\frac{P(1)+P(-1)}{2}$. T.e. $\left(1+\prod_{i=1}^n(1-2q_i)\right)/2$.
В случая, когато за някое $i$ имаме $q_i=1/2$ , произведението е $0$ и тази вероятност става $1/2$.

Точно това е математическото решение на тази така близо до логиката иначе задача. Супер!

[Genie_Almo]

От решението на drago се вижда, че дори да няма монета с вероятност 1/2, когато броят на монетите започне да клони към безкрайност, вероятността за четен/нечетен брой ези отново е 1/2.

[drago]

...дори да няма монета с вероятност 1/2, когато броят на монетите започне да клони към безкрайност, вероятността за четен/нечетен брой ези отново е 1/2.

Не бих се обзаложил и на една бира, че това твърдение е вярно.

[drago]

Имам предвид, когато $q_i$ клонят доста бързо към $0$ или $1$, безкрайното произведение няма да клони към $0$. Това става когато $\sum_{i=1}^{\infty}q_i < \infty$ (съответно $\sum_{i=1}^{\infty}(1-q_i) < \infty$) . Например когато $q_i = 2^{i+1},i=1,2,\dots$.

[Genie_Almo]

Е да, това е ясно! Kато умножаваш безкрайно много какви да е числа в интервала (0,1) нямаш гаранция, че ще стигнеш до 0. Един пример е това, което казваш - друг такъв, който е по-близо до тази задача, е константата на Feller-Tornier (не знам как се произнася на български). Но аз имах предвид конкретната постановка тук с простите числа.
Така или иначе ми се размина жадуваната бира насред тези жеги , но нека направим опит да се освежим по друг начин!

Това, което си мислех аз, е да разгледаме следната безкрайна сума на геометрична прогресия:

$1+\frac{2}{p} + \frac{2^2}{p^2}+\frac{2^3}{p^3} + ..... = \frac{1}{1-\frac{2}{p}}$ , където $p>2$ е просто число. Т.е., произведението на всички тези суми на прогресии ще бъде реципрочно на произведението:

[tex]\prod_ {i=1}^{\infty }(1-\frac{2}{p_i})[/tex] , където $p_i$ е $i+1$-вото просто число.

Първо отбелязваме, че

$1+\frac{2}{p} + \frac{2^2}{p^2}+\frac{2^3}{p^3} + ..... = A+1+\frac{1}{p} + \frac{1}{p^2}+\frac{1}{p^3} + ... $, където $A>0$.

Оттук имаме два варианта:

Вариант1:
Ако $p_i$ е $i+1$-вото просто число:
$ -\frac{1}{2} + \frac{1}{2} + \prod_ {i=1}^{\infty }(A_i +1+\frac{1}{p_i} + \frac{1}{p_i^2}+\frac{1}{p_i^3} + ...) = -\frac{1}{2} + B + \sum_{p}^{}\frac{1}{p} = \infty$ , тъй като Ойлер е доказал, че сумата от реципрочните стойности на простите числа отива към безкрайност.

Вариант2:
Ако $p_i$ е $i+1$-вото просто число и $p_0=2$:
$ \prod_ {i=1}^{\infty }(A_i +1+\frac{1}{p_i} + \frac{1}{p_i^2}+\frac{1}{p_i^3} + ...) = \frac{1}{2}(1+\frac{1}{2} + \frac{1}{2^2}+\frac{1}{2^3} + .....)\prod_ {i=1}^{\infty }(A_i +1+\frac{1}{p_i} + \frac{1}{p_i^2}+\frac{1}{p_i^3} + ...) = \frac{1}{2}( D+ \sum_{}^{} \frac{1}{p_0^{\alpha_0}p_1^{\alpha_1}p_3^{\alpha_3}...}) = \frac{1}{2}( D+ \sum_{}^{} \frac{1}{n}) = \infty$ ,
където на мястото на $\alpha_0,\alpha_1,\alpha_2....$ се поставят всички пермутации на целите неотрицателни числа.
Тогава $\sum_{}^{} \frac{1}{p_0^{\alpha_0}p_1^{\alpha_1}p_3^{\alpha_3}...} = \sum_{}^{} \frac{1}{n}$ се явява следствие от фундаменталната теорема на аритметиката.

Следователно реципрочната стойност наистина ще клони към 0. Може би наистина не беше най-очевидният факт.