>Wie ktoś jak obliczyć ile razy trzeba rzucić monetą żeby wypadła 10 razy z rzędu reszka albo orzeł?
Tego się nie da policzyć. Zawsze jest szansa 1-1. Kiedyś gdzieś czytałem o rzekomo pewnym systemie, jak wygrać na ruletce. Polegał on na tym, że trzeba czekać, aż 4 razy pod rząd wypadną czerwone, to wtedy postawić na czarne 1$, a jeśli 5 razy to 2$, itd. Pic na muchy.

Niby tak, ale przypuśćmy ze rzucam 200 osób z tego polowa wyrzuca orła potem z tej polowy czyli 100 osób znowu polowa wyrzuca orła potem z 50 znowu połowa wyrzuca orła i potem z tych 25 znowu "połowa" wyrzuca orła. Okaże się że około 12 z 200 będzie miało orła 4 razy pod rząd.

To jest coś innego. Miałem na myśli, kiedy losuje tylko jedna osoba. Tego systemu o którym piszesz użył Darren Brown w jednym z programów. Obstawiali wyścigi konne. Jedna osoba zawsze wygrywała (Darren mówił jak obstawiać), ale nie wiedziała, że inni przegrywali. Z tego co pamiętam, to chyba brało udział 8000 osób, żeby jedna mogła dobrze obstawić po kolej 6 gonitw. Oczywiście obstawiona forsa przekroczyła wygraną, telewizję stać na to.
Ale nawet w tym przypadku nie da się tego dokładnie tego policzyć.

Wydaje mi się że nie jest to co innego bo jedna osoba może zastąpić te 200 osób, wykonać 200 prób wyrzucenia 4 razy pod rząd orła i uda jej się to około 12 razy.

>Wydaje mi się że nie jest to co innego bo jedna osoba może zastąpić te 200 osób, wykonać 200 prób wyrzucenia 4 razy pod rząd orła i uda jej się to około 12 razy.
W zasadzie tak, prawdopodobieństwo można obliczyć wg wzoru, który gdzieś w sieci jest pewnie.

>Wie ktoś jak obliczyć ile razy trzeba rzucić monetą żeby wypadła 10 razy z rzędu reszka albo orzeł?

Minimalnie 10 razy.

---

"Sardoniczne pociski autorów straciły już władzę ranienia czytelnika - mianowicie od czasu, w którym przekonano się, że każdy mający pióro w ręku i dostateczną ilość papieru potrafi nawymyślać publiczności". - Aleksander Niewiarowski

>Wie ktoś jak obliczyć ile razy trzeba rzucić monetą żeby wypadła 10 razy z rzędu reszka albo orzeł?

Zakładamy, że nie ma żadnych oszustw i sztuczek prestidigatorskich.
Po tym wstępie odsyłam do rachunku prawdopodobieństwa. Podkreśliłem dlatego, że żadna matematyka świata nie jest w stanie określić reguły dla jakiej wypadnie dziesięć rzutów pod rząd z takim samym wynikiem. Można jedynie uprawdopodabniać taki przypadek. A prawdopodobieństwo, co jak wskazuje nazwa, nigdy nie jest pewnością. W skrajnym przypadku może się to zdarzyć przy pierwszych dziesięciu rzutach, jak zauważył Alderyk Olrzyk. Takie uprawdopodobnianie określonych zdarzeń losowych skaża umysły wielu graczy w gry loteryjne. Dla niektórych staje się obsesją i paraliżuje zdroworozsądkowe myślenie. Dzieje się tak dlatego, że nawiedzony tworzeniem systemu skreśleń, nie przyjmuje do wiadomości, iż każda liczba ma równe prawo być wylosowaną, nawet kilka razy pod rząd, lub długo nie być losowaną. Właśnie ten fakt powoduje niezdrowe emocje i zatruwa niepotrzebnie umysłowość. Teorię gier i zdarzeń losowych bardzo dobrze opisał, niejako "po drodze", matematyk lwowski, po wojnie pracujący naukowo we Wrocławiu, pracując przy analizach statystycznych, Hugo Steinhaus. On też wymyślił pojęcie gier "niesprawiedliwych" i gier sprawiedliwych (w tym względzie najbardziej zbliżoną do pojęcia sprawiedliwych, jest np. gra karciana zwana brydżem w wydaniu sportowym). Polecam, jeśli macie możliwość dotarcia do źródeł pisanych na ten temat, a jest ich co niemiara, zapoznania się z "możliwościami" przewidywania określonych zdarzeń losowych. W necie spotyka się reklamowane systemy skreśleń polecane przez domorosłych twórców, podpierających się nawet obliczeniami komputerowymi- tere fere kuku. Żaden komputer świata nie potrafi przewidzieć przyszłych zdarzeń losowych. Skreślam te bzdury jednoznacznie i ładuje na półkę pod nazwą "LIPA NA KÓŁKACH". Jeśli systemy są takie dobre, to dlaczego je "sprzedają"? Kto sprzedaje kurę znoszącą złote jajka? Ile się "dorobili" w ten sposób? To choćby już deklasuje autora rzekomych dobrych systemów. Proszę więc zauważyć, że możliwość trafienia można tylko przybliżyć, przez skreślanie liczb różnych w wielokrotnych wariantach (kombinatoryka, wariacje bez powtórzeń), co pociąga za sobą automatycznie większą ilość typowanych zakładów i wzrost kosztów udziału w grze. Nawet program Excel posiada programik pozwalający na określenie wyliczenia np. ile trzeba zakładów wysłać w dużym lotku (6 liczb/49) by zyskać 100% pewność trafienia głównej wygranej (gdzieś ok 13,5 mln. możliwości). Ile to by kosztowało licząc po 3 zł za zakład? Jak długo trzeba by to skreślać nawet przez komputer? Jak długo by punkt przyjęć zakładów będzie obsługiwał jednego takiego klienta, pomijając to, że trzeba do takiego punktu przyjść dosłownie z workiem pieniędzy i kto te pieniądze będzie liczył? Paranoja. O wygranej decyduje raczej przypadek (szczęście jak niektórzy mówią). A próba wyliczenia dziesięciu rzutów monetą tak, by wypadł 10 razy pod rząd awers lub rewers niech pozostanie zabawą dla tego co nie ma robić z czasem (np. skazanego na dożywocie).
Pozdrawiam.

---

Ich bin besser als mein Ruf

>Wie ktoś jak obliczyć ile razy trzeba rzucić monetą żeby wypadła 10 razy z rzędu reszka albo orzeł?

Możesz tylko sensownie zapytać, ile razy przeprowadzić rzut, aby osiągnąć ten sekwens z określonym prawdopodobieństwem.

Zakładasz np., że chcesz obliczyć, ile rzutów musisz wykonać aby mieć 99% pewność, że po drodze natrafisz na taki ciąg. Jak łatwo obliczyć, wykonując doświadczenie polegające na wykonaniu tylko 10 rzutów prawdopodobieństwo sukcesu wynosi p=.5^10.

Teraz zaczynamy właściwe obliczenia. Traktujesz każdy kolejny rzut jako potencjalny początek oczekiwanego ciągu. Prawdopodobieństwo porażki za każdym nowym podejściem wynosi p'=1-p (czyli jest bardzo wysokie). Jeżeli teraz chcesz wiedzieć, jaką długość takiego doświadczenia powinieneś założyć, aby osiągnąć prawdopodobieństwo .99 napotkania szukanego ciągu samych orłów, musisz wykorzystać znany wzór na prawdopodobieństwo jednoczesnego wystąpienia n zdarzeń niezależnych o znanym prawdopodobieństwie (p') - mówiąc prościej, jak długo musisz (średnio statystycznie) rzucać, aby prawdopodobieństwo porażki zredukować poniżej .01:

p'^n<=.01

Szukane: najmniejsze n spełniające nierówność.

Wynik (ilość rzutów w doświadczeniu, w którym z 99% prawdopodobieństwem uzyskasz sekwencję 10 orłów) to n+9. oczywiście w danym konkretnym doświadczeniu możesz szybciej natrafić na taki wynik, ale też (z małym, ale niezerowym prawdopodobieństwem, bo wynoszącym .01) możesz w ogóle tej sekwencji nie uzyskać.

EDIT
n=4713

---

Dixi et salvavi animam meam

Problem w Twoim sformułowaniu zaintrygował mnie. Myślę jednak, że podałeś błędne rozwiązanie ( obrałeś złą przestrzeń Ω ). Przyjrzałem się Twoim obliczeniom i mocno podejrzewam, że liczba n=4713 jest raczej dolnym ograniczeniem prawdziwej długości ciągu. Jakie jest górne ograniczenie, nie mam pojęcia. Sąd swój opieram na analizie tego problemu w łatwiejszych przypadkach (rozumowanie heurystyczne ).

Twoja metoda jest następująca:
Niech k oznacza ilość orłów obok siebie (w oryginalnym problemie k=10).

W doświadczeniu polegającym na wykonaniu tylko k rzutów prawdopodobieństwo sukcesu wynosi p=1/2^k.

Traktujemy każdy kolejny rzut jako potencjalny początek oczekiwanego ciągu. Prawdopodobieństwo porażki za każdym nowym podejściem wynosi p'=1-p. Aby poznać, jaką długość takiego doświadczenia należy założyć, aby osiągnąć prawdopodobieństwo 0.99 napotkania szukanego ciągu k samych orłów, wystarczy znaleźć najmniejsze n spełniające nierówność.
p' ⁿ ≤ 0.01 czyli ( 1-1/2^k )ⁿ ≤ 0.01

Korzystając z tego łatwo wyznaczyć:
dla k=2 n=17
dla k=3 n=35
dla k=4 n=72
...
dla k=10 n=4714

A teraz przyjrzyjmy się, jak to naprawdę wygląda, gdy k=2. Ustalamy więc prawdopodobieństwo nieznalezienia dwóch orłów obok siebie podczas n-krotnego rzucania monetą. Te prawdopodobieństwa dla n=1,2,3,4,... są następujące:
2/2, 3/4, 5/8, 8/16, 13/32, ....
W mianownikach są oczywiście kolejne potęgi 2 a w licznikach są liczby Fibonacciego (sic!). Nietrudno sprawdzić, że dopiero dla n=23 prawdopodobieństwo zejdzie poniżej 0,01.

Analogicznie postępujemy, gdy k=3. Teraz prawdopodobieństwa nieznalezienia trójki orłów obok siebie dla kolejnych n wynoszą:
2/2, 4/4, 7/8/, 13/16, 24/32, 44/64, ...
Tym razem w licznikach są uogólnione liczby Fibonacciego, tzn. takie, dla których ustalamy trzy pierwsze wyrazy, a każdy następny od czwartego począwszy jest sumą swoich trzech poprzedników. Tym razem prawdopodobieństwo zejdzie poniżej 0,01 , gdy n=57

Wreszcie dla k=4 mamy ciąg prawdopodobieństw:
2/2, 4/4, 8/8, 15/16, 29/32, 56/64, ...
Teraz w licznikach są liczby Fibonacciego trzeciego rodzaju (kolejne od piątego począwszy są sumą swoich czterech poprzedników)
Tutaj prawdopodobieństwo zejdzie poniżej 0,01 dopiero, gdy n=128.

Z tych trzech przykładów widać, jak długości wykonywania rzutów wg Ciebie i wg mnie rozjeżdżają się. Obleczenia te przeprowadziłem w Excelu. Dla k=10 nawet Excel wysiada, bo pojawiają się liczby-monstra (obliczanie na nich ze względu na zaokrąglenia są niewiarygodne). Można jednak podejrzewać (heurystyka), jak dalece niedoszacowana jest liczba n=4714.

Można się pokusić o próbę ustalenia n dla k=10 metodami przybliżonymi biorąc pod uwagę, że ciągi Fibonacciego dowolnego rzędu są ciągami prawie geometrycznymi o ilorazie mniejszym od 2 i dlatego wszystkie ciągi ułamków będących prawdopodobieństwami po zlogarytmowaniu ułożą się niemal idealnie wzdłuż pewnej prostej. Ale wyniki tak otrzymane będą raczej niepewne.

pozdrawiam