Задачи по теории вероятностей

battle2012

Не могу решить задачу из Зубкова. Помогите, пожалуйста.

Надо решить 3.209 или хотя бы 3.208

Vlad128

У меня в первой получается
[math]$E = 2q^2 + 3pq^2 + pq^2\sum\limits_{k=4}^\infty k\left[\dfrac{q}{2}\left[1 - \frac{1}{\sqrt{3}}\sqrt{\frac{p}{q}}\right] \left(\frac{p + \sqrt{3pq}}{2}\right)^{k-4} + \dfrac{q}{2}\left[1 + \frac{1}{\sqrt{3}}\sqrt{\frac{p}{q}}\right]\left(\frac{p - \sqrt{3pq}}{2}\right)^{k-4}\right]$[/math]:lol: Дальше досчитывать сил нету :)

antill

|
|___
||

antill

да, да, очень смешно, очень

Vlad128

Не, ну т.е. я уверен, что тут рекуррентное соотношение, только вот я его выписывал на вероятность не схватить пару нулей подряд при условии, что последний символ — 0 или 1. Это не самая удачная идея, в идеале надо сразу на мат. ожидания выписывать (там линейность даже для зависимых событий, удобно очень но что-то не могу подогнать.

mtk79

первый ряд явно расходится. конечно, матожидание не обязано существовать — но ведь ответ-то (офкорз, не факт, что правильный) конечный

Vlad128

да-да, я там не то написал, сейчас исправлюсь! (хихикает)

Vlad128

во! перечитывайте!

mtk79

все равно сомнительно (типа магическое число 4) — но, тем не менее, в чем проблема просуммировать две (четыре) геометрических прогрессии?

Vlad128

ну там не совсем геометрические прогрессии, там похоже на мат.ожидание геометрического распределения (еще на k умножается). Но реально лень.

Vlad128

Ну магическое число 4 — видно же, формула под суммой не работает для k меньше 4х, по логике: я фиксирую последние два исходя нулями и считаю вероятность невстречи пары нулей в предудущем куске при условии, что последний символ этого куска — 1. А сама задача не подразумевает k < 2, поэтому так.

griz_a

При n>2, разбивая в формулу полной вероятности по значениям первых двух бросков, имеем:
[math] $P(\nu_{00}=n)= pP(\nu_{00}=n-1)+(1-p)pP_(\nu_{00}=n-2) $[/math]
Отсюда на производящую функцию соотношение
[math]$f(s)=(1-p)^2s^2+\sum_{n=3}^{\infty} P(\nu_{00}=n)=(1-p)^2s^2+sp\sum_{n=3}^{\infty} P(\nu_{00}=n-1)s^{n-1}+(1-p)ps^2 \sum_{n=3}^{\infty} P(\nu_{00}=n-2)s^{n-2}=(1-p)^2 s^2+spf(s)+p(1-p)s^2f(s) $[/math]
[math]$f(s)=(1-p)^2 s^2/(1-sp-s^2 p(1-p$[/math]
[math]$f'(1)=(2(1-p)^2(1-p-p(1-p+(1-p)^2 (p+2p(1-p/(1-p-p(1-p^2= (2q^2+1-q+2q(1-q/q^2=(1+q)/q^2$[/math]

mtk79

после замены k'=k-4
(k'+1 +3)*r^k' — это производная от геометр. прогрессии + сама геометр. прогрессия

griz_a

Во второй определяющее соотношение
[math]$p_n=(1-p)p_{n-1}+p(1-p) p_{n-2}+p^2(1-p) p_{n-3}$[/math], n>4
Аналогично будет уравнение
[math]$f(s)=p^3 s^3/(1-(1-p)s+(1-p)ps^2+(1-p)p^2 s^3) $[/math]
[math]$f'(1)=p^3(3 p^3+(1-p)+2(1-p)p+3(1-p)p^2)/p^6=(3p^3+1+2p+3p^2-p-2p^2-3p^3)/p^3=(1+p+p^2)/p^3$[/math]

Vlad128

я знаю, как его считать, но написал же, нету сил :)

battle2012

В ответ на:
При n>2, разбивая в формулу полной вероятности по значениям первых двух бросков, имеем:
Большое спасибо!

marc

Это очень популярный вопрос на интервью в банки: Сколько в среднем бросков монеты надо сделать, чтоб получить n орлов подряд (вероятность выпадения орла p)?
Решается (в книгах) условием на предыдущую серию.
Для n=2:
Пусть М – число бросков, тогда
М = Е (М | при условии, что первой выпадает решка) P (вероятность, что первой выпадает решка) +
Е (М | при условии, что первым выпадает орел) P (вероятность, что первым выпадает орел) .
P (вероятность, что первой выпадает решка) = 1–р
P (вероятность, что первым выпадает орел) = р
Е (М | при условии, что первой выпадает решка) = М+1, потому что испытания независимы, и чтоб получить два орла в ряду количество бросков от выпадении в первом решки в среднем не меняется. M+1 – учитывает первый бросок.
Е (М | при условии, что первым выпадает орел) = p*2 + (1–p) * (M+2) точно так же: если и второй орел, то всего два броска, если второй решка – то M+2.
Итого: М = (1-p) (M+1) + p (2p + (1–p) * (M+2 откуда М = ...
Для общего n так же получается реккурентная формула и искомая величина выписывается явно: http://www.qbyte.org/puzzles/p082s.html .
Общий текст, но букаф больше чем надо: http://people.ccmr.cornell.edu/~ginsparg/INFO295/mh.pdf

battle2012

Опять Зубков. Огромное спасибо за помощь в предыдущей задаче - красивое решение. Теперь не могу решить второй пункт в этой задаче(благо первый пункт очевиден )

griz_a

С матожиданием все совсем примитивно - сумма матожиданий, а у каждой ноль хотя бы потому, что
[math]$E\xi_{\nu}=\sum_{i=1}^k E(\xi_i|\nu=i)P(\nu=i)=\sum_{i=1}^k E(\xi_i)P(\nu=i)=0 $[/math]
Ну а с дисперсиями тоже все просто, пользуемся формулой дисперсии суммы. Из тех же соображений [math]$D\xi_{\nu}=\sigma^2$[/math], осталось посчитать [math]$cov(\xi_{\nu_1}, \xi_{\nu_2})$[/math], которая просто считатется тем же разбиением по значениям [math]$\nu_1, \nu_2$[/math]
Оставить комментарий
Имя или ник:
Комментарий: