Matematické Fórum

řekl bych že p=0

ale čistě jen intuitivně, protože kdyby bylo p=1, tak tvá naděje na výhru je nulová, a čím bude p menší, tím je větší naděje, že se hra potáhne déle (a nevidím žádný důvod, proč by při nějaké hodnotě p měla mít tvá naděje na výhru maximum). Intuitivně bych řekl, že při p=0 bude naděje 50:50, a při jakékoliv vyšší hodnotě bude horší.

↑ check_drummer:

Mne ta pravdepodobnost vysla $\frac{1-p}{(2-p{)}^2}$, coz je nejvetsi pro $p\approx 0$.

↑ check_drummer:

Ok, vzorecek plati pro $p\in (0,1]$. Situace $p=0$ nemuze nastat, protoze souper uz zeton ziskal. A tedy $p$ je nutne nenulove. Jinak pokud by zvitezil ten, ktery poprve bude mit o dva zetony vic (a souper vede 1:0), potom mi vysla pravdepodobnost $\frac{p}{6-p}$ a ta je zase nejvetsi pro $p\approx 1$ (samozrejme uvazujeme zase $p<1$)

Je to prostě limita ... v zadání si nestanovil žádné omezení na počet tahů ... takže ten bude asi nějak úměrný 1/p, ale ten tě nezajímá, zajímá tě jen výsledek. Nezapomeň že nula krát nekonečno je neurčitý výraz, není to nutně nula...

↑ check_drummer:

p=0 nemuze nastat, protoze souper uz jeden zeton ziskal.

↑ check_drummer:

Ale řekněme, že případem p=0 se nebudeme zabývat ... ale v ostatních případech, tj (0, nekonečno] - myslíš že někde okolo té nuly je nějaká nespojitost? Jako někde mezi 0.0001 a 0.0002 ? Proč by měla (být zrovna tam) ? A proč obecně někde jinde ?

↑ MichalAld:
Na (0;1) nesp[ojitost nebude, já psal v té 0 (resp. jsem psal v okolí 0, ale myslel jsem v 0 a že pro ověření spojitosti potřebujeme zkoumat okolí 0).

↑ check_drummer:

Ahoj. Oznacme
$p_{1A}$ - pravdepodobnost, ze vyhraju, stav je 0:1 a na tahu jsem ja
$p_{1B}$ - pravdepodobnost, ze vyhraju, stav je 0:1 a na tahu je souper
$p_{2A}$ - pravdepodobnost, ze vyhraju, stav je 1:1 a na tahu jsem ja
$p_{2B}$ - pravdepodobnost, ze vyhraju, stav je 1:1 a na tahu je souper

Pak

$p_{1A}=(1-p)\cdot p_{1B}+p\cdot p_{2B}$
$p_{1B}=(1-p)\cdot p_{1A}$
$p_{2A}=(1-p)\cdot p_{2B}+p$
$p_{2B}=(1-p)\cdot p_{2A}$

Z poslednich dvou rovnic ziskas $p_{2B}=(1-p{)}^2\cdot p_{2B}+(1-p)p$, nebo-li $p_{2B}=\frac{1-p}{2-p}$.

Z prvnich dvou rovnic pak plyne, ze $p_{1A}=(1-p{)}^2\cdot p_{1A}+p\cdot \frac{1-p}{2-p},$ neboli $p_{1A}=\frac{1-p}{(2-p{)}^2}$.