1/4

1/2*5-5*0.5

1/2 - (1/2)^n.

вероятность 50/50. потому что монетка не запоминает свое предыдущее состояние. такая же вероятность будет, что монетка выпадет орлом 50-ый раз, после того, как выпала 49 раз.

0,5*0,5=0,25

правильный ответ 0,25, так как тут учитываетса вероятность происхожденя 2-х одновременно а соответственно вероятности перемножаютса.

Eсли n четное, то 1 - 2^(1-n/2), иначе 1 - 3*2^([n/2] - n).
Вероятность 50/50 порадовала ))) это из серии, какова вероятность встретить в парке динозавра: 50/50, так как либо встречу, либо не встречу ))

Блин, пардон, там числа Фибоначи. (2^n - f(n+1))/2^n

ну завтра подсчитаю точно, но пока могу сказать,что при n->infinity , вероятность = 1
потому что для 2-х случаев 1/4,для 3х-3/8, для 4х уже 8/16 или 1/2..тенденция налицо..осталось вывести формулу

это же элементарная теория вероятности, ответ будет 50 на 50.
Также можно поставить вопрос о выпадание 10 раз подряд одного и того же значения.
Вероятность 50 на 50, так как либо выпадет, либо не выпадет.

эн минус один поделить на сумму всех биномиальных коэффициэтов числа эн

хотя эта формула для случая, когда монетка выпадает решкой ТОЛЬКО ДВА раза подряд

При подбрасывании монетки может произойти событий 2 в степени n. M=2^n. События при которых выпадает две решки подрят я подсчитал ,как сочитание n элемемнтов по 2. Тоесть A =n!/(2!(n-2)!) Вероятность P вычислим по формуле P =A/M.

блин, вы тервер учили??? вспомните опыты Бернулли. короче ответ это 0,25. вероятность выпадания при первом бросании - 0,5. при втором тоже 0,5. так как два этих бросания не связаны друг с другом, вероятности перемножаются - и получается вероятность выпадания двух орлов/решек одновременно! вот и всё, элементарно

По формуле Бернулли:
b(m,n,p)=n!/(m!*(n-m)!)*p^n*(1-p)^(n-m)
m=2;
p=1/2;
b(2,n,1/2)=n*(n-1)/2*(1/2)^2*(1-1/2)^(n-2)=(n^2-n)/2*(1/2)^n=(n*n-n)*2^(-1-n)
при n>=2
Автор - препод по теорверу, хочет проверить студентов, как они к модулю готовятся. Инфа 99.(9)%

1 - f(n+2)/(2^n) - таков ответ, f(n) - n-ое число Фибоначчи))

После двух бросков - всего возможно 4 варианта выпадения (2 броска * 2 стороны) => шанс, что у нас будет 2 решки подряд 1/4, или 25%

Когда при трёх бросках выпадает Решка, Решка, Решка - Считать за один или за два:
Решка, (Решка, Решка)
(Решка, Решка), Решка
?

Да, действительно, ответ:
1 - f(n+1)/2^n, где
f(1)=1, f(2)=2, f(k+2)=f(k)+f(k+1) для положительного целого k >= 0
f(k) - числа Фибоначи 1,2,3,5,8,13,21,34,...

Ура!!! Решил!!, Вот решение:

1)Подбрасывая монетку n раз можно записать комбинацию из n букв: РГГРГРГР...Р.
Общее число таких комбинаций равно 2^n,
например для n=2: РГ, ГР, РР и ГГ

2)Вычислим число всевозможных конфигураций, в которых НЕ встречаются пары "РР"

например для n=2 это А[2]={РГ, ГГ} и B[2]={ГР}
данные конфигурации специально разделены на две группы:

в первой группе A[2] конфигурации заканчиваются на "Г",
во второй группе B[2] конфигурации заканчиваются на "Р"
индекс 2 в обозначениях A[2] и B[2] соответствует n=2.
число конфигураций в первой группе равно |A[2]|= 2
а число конфигураций во второй группе равно |B[2]|= 1

Рассмотрим конфигурации без пар РР для случая n=3:
А[3]=(РГГ, ГГГ, ГРГ) и B[3]=(РГР, ГГР)
заметим, что А[3] получается из А[2] и B[2] приписыванием в конце буквы Г
В[3] получается А[2] приписыванием в конце буквы Р
(очевидно, к конфигурациям В2 букву Р приписывать не стоит))
число конфигураций в А[3] равно = 3=|A[3]|=|А[2]|+|B[2]|
число конфигураций в B[3] равно = 2=|A[3]|=|А[2]|

Отсюда проглядывается тенденция на лице))) для общего случая n=k:

конфигурации A[k] заканчиваются на букву Г и получаются приписыванием
к конфигурациям А[к-1] и B[k-1] в конце буквы Г.

конфигурации B[k] заканчиваются на букву Р и получаются приписыванием
к конфигурациям А[к-1] в конце буквы Р.

число конфигураций в A[k] равно |A[k]|=|A[k-1]|+|B[k-1]|
число конфигураций в B[k] равно |B[k]|=|A[k-1]|


распишем соответствие:
f(2)=2, f(1)=1 <-> |A[2]|=2, |B[2]|=1
f(3)=f(2)+f(1), f(2)=2 <-> |A[3]|=|A[2]|+|B[2]|, |B[3]|=|A[2]|
........................................................................
f(k)=f(k-1)+f(k-2), f(k-1) <-> |A[k]|=|A[k-1]|+|B[k-2]|,|B[k]|=|A[k-1]|

обозначим |A[k]|=f(k) и |B[k]|=f(k-1)

3)как все уже догадались f(k)=|A[k-1]|+|B[k-2]| - числа фибоначи.

4)Для случая n=k
число всех конфигураций букв {РГ...Г} равно 2^k
число конфигураций без пар РР равно |A[k]|+ |B[k]| = f(k)+f(k-1)=f(k+1)

вероятность конфигурации без пары "РР"равна:

2^k - f(k+1)
--------------
2^k

Спасибо за интересную задачу).
Сергей,
----------------------------
grigorsu[Dog]gmail.com,

Подсчитаем вероятность того, что подряд из n бросков не выпадут две единицы (или два нуля, не принципиально если мы поменяем местами). Таких вариантов возможно только два (0101010.... и 101010...), тоесть вероятность этого события 2/количество всех векторов. Количество всех исходов 2^n, вероятность 2/pow(2,n) = pow(2,1 - n)

Ответ: ( 1 - pow(2, 1 - n) ) / 2, ибо нас интересуют две подряд идущих именно единицы, а не 1 либо 0.