Задачка по теорверу

[Ian]

Вот такую задачку задавали сегодня утром в МАИ на экзамене, интересно кто как решит

Двое бросают монету по n раз каждый. Найти вероятность того, что у них выпадет одинаковое число гербов

[peregoudov]

Ого, у нас первая тема в математике! Надо поучаствовать!

Полное число исходов, очевидно, [math]2^{2n}, а вот число благоприятных (формулу пока приводить не буду) я вычислил совсем не по теоретико-вероятностнически И теперь ломаю голову, как эту простую формулу получить из вероятностных соображений.

[Ian]

Более общую задачу решать не сложнее.
Один бросил монету m раз, другой n раз. Найти вероятность того, что у них выпадет одинаковое число гербов.
Меня интересовало именно вероятностное решение. Рассмотрим всевозможные последовательности, содержащие ровно n нулей и m единиц (и больше ничего). Расположим каждую такую по окружности, но место склейки терять не будем.
Среди n нулей пометим те, вслед за которыми на окружности стоит единица. Среди m единиц пометим те, вслед за которыми на окружности стоит ноль. Тогда в каждом из наборов (и отдельно нулей. и отдельно единиц) будет помечено одинаковое ненулевое количество элементов (возрастаний по кругу столько же. сколько и убываний). И будем считать, что номера помеченных элементов это моменты выпадения герба у соответствующего игрока. Получается одна из игр, которые мы назвали "благоприятными" .
! Кроме игры, в которой никто не выбросил ни одного герба, такая никогда не получится!
Так значит, формула, которую мы имеем в виду, неверна?
Пока не нашел в этом ошибку(

[Ian]

Ошибку не нашел, но все проще. Тождество [math](1+x)^n(1+\frac 1x)^m=\frac {(1+x)^{m+n}}{x^m} подсказало как быть. В нем искомая величина -коэффициент при [math]x^0. Расположим по порядку n бросаний 1-го и m бросаний 2-го. В бросаниях 1-го отметим гербы, а в бросаниях 2-го - решки, тогда их в сумме ровно m. И какие бы m не были отмечены, последовательность принадлежит благоприятному событию, значит таких [math]C^m_{m+n}

[Swetlana]

C(n,k)(1/2)^n - вероятность выпадения k гербов для 1-го
C(m,k)(1/2)^m - вероятность выпадения k гербов для 2-го
Поскольку это независимые события, то вероятности перемножаются и суммируются по k 0 ... n, n<m.
Далее используем тождества для биномиальных к-тов:
C(n,k)C(m,k) = C(n,k)C(m,m-k) и
сумма k=0...n C(n,k)C(m,m-k) = C(n+m,m).

Вероятность равна C(n+m,m)/2^(n+m).

[peregoudov]

Забавно... Выходит, я угадал мысли вас обоих. Сперва быстро написал [math]\sum_{k=0}^n(C_n^k)^2, но замечательной суммы Светланы я не знаю... Потом построил ту же "производящую функцию", что Ian. На первых нескольких n проверил, что все работает.

На мой взгляд, задача не для сегодняшних студентов, и вряд ли вообще для студентов МАИ хоть какого года изготовления.