найти мат.ожидание кубик две единицы подряд

stamira

некто бросает кубик пока не выпадет две единицы подряд. Как искать мат.ожидание количества бросков?

griz_a

P(за k шагов впервые две единицы)=P(первая единица, вторая нет)P(за k-2 впервые 2 единицы)+P(первая не 1) P(за k-1 шаг впервые 2 единицы k>2
Отсюда рекуррентное соотношение, соотношение на производящие функции и их производные в 1

sverum

Пусть X - число бросков до выпадения двух единиц подряд, единица выпадает ("успех", "1") с вероятностью p и не выпадает ("неудача", "0") с вероятностью q, а "*" означает любой исход.
Рассмотрим следующие события:
A_1 = {*0*...}
A_2 = {010*...}
A_3 = {011}
A_4 = {11}
Тогда:
E[X|A_1] = EX + 2
E[X|A_2] = EX + 3
E[X|A_3] = 3
E[X|A_4] = 2
EX = \sum_\{i=1}^4 E[X|A_i] P(A_i) = (EX + 2)*(q^2 + p*q) + (EX + 3)*p*q^2 + 3*p^2*q + 2*p^2
=> EX = (p*q + 2)/(p^2*(1+q

KaterinKa

А я бы предложил по-рабоче-крестьянски.
Рассмотрим все возможные последовательности выпадения чисел, состоящие из N бросков.
Их [math]$6^N$[/math].
Из них [math]$1/6^2$[/math] часть будет начинаться с 11...
(здесь количество искомых бросков будет 2)
[math]$5/6^3$[/math] часть будет начинаться с X11..., где X - любое число кроме 1
(количество бросков равно 3)
[math]$5^2/6^4$[/math] часть будет начинаться с XX11...
(количество бросков равно 4)
и т.д.
Тут даже неважно, что общее число бросков N конечно, его можно устремить к бесконечности.
Таким образом, мат. ожидание будет равно
 [math]$$M=2\frac1{6^2}+3\frac5{6^3}+4\frac{5^2}{6^4}+\ldots=\frac1{36}\sum_{n=0}^\infty\frac{(n+2)5^n}{6^n}$$[/math].
Если просуммировать, получится [math]$M=7/6$[/math] .

KaterinKa

Короче, неправильно все у меня. :)
Мат. ожидание не может быть меньше двух.
К тому же, последовательности типа XX11... могут иметь первым членом единицу, чего здесь не учтено.

Vlad128

где p = 5/6, q = 1/6
Шутка, если что, но в том треде есть решение.

iri3955

Так и в этом треде уже есть решение. По крайней мере, после чего можно посчитать ответ.

iri3955

Только я бы стал считать так
Матожидание E,
Тогда
E = 5/6 * (1 + E) + 1/36 * 2 + 5/36 * (2 + E)
Это как у , только первое слагаемое - (0, .... второе - (1, 1, .... третье - (1, 0, ..... )
Итого,
E (1 - 5/6 - 5/36) = 5/6 + 2/36 + 10/36 = 42/36
E = 42/36 / (1 - 5/6 - 5/36) = 42
Кажется так.
Ответ 42

iri3955

в бросках - это в смысле, не единица )

stamira

Всем спасибо. Повторил про Марковские цепи - проблема решена

KaterinKa

Напишу тут подправленное рабоче-крестьянское решение (для тех, кто не математик и не понимает все эти буковки Е).
Пусть с вероятностью [math]$p$[/math] выпадает 1, с вероятностью [math]$q=1-p$[/math] выпадает 0 (т.е. все остальное).
Далее, пусть [math]$A_n$[/math] --- доля последовательностей выпаданий, в которых среди первых [math]$n$[/math] бросков не встречается 11, а на [math]$n$[/math]-м месте стоит 1 (т.е. XXXXX1..., где среди XXXXX1 нет комбинации 11).
[math]$B_n$[/math] --- то же самое, но на [math]$n$[/math]-м место стоит 0 (XXXXX0..., где среди XXXXX0 нет 11).
Далее, на [math]$n+1$[/math]-м броске может выпасть 1 (с вероятностью [math]p[/math]) или 0 (с вероятностью [math]$q$[/math]).
Таким образом, получаем следующие доли разных вариантов последовательностей:
1) XXXXX11... — [math]$pA_n$[/math]
2) XXXXX10... — [math]$qA_n$[/math]
3) XXXXX01... — [math]$pB_n$[/math]
4) XXXXX00... — [math]$qB_n$[/math]
Случай (3) реализует последовательность с долей [math]$A_{n+1}$[/math] , случаи (2) и (4) — последовательности с долей [math]$B_{n+1}$[/math].
Получаем рекуррентные соотношения: [math]$$A_{n+1}=pB_n,\quad B_{n+1}=q(A_n+B_n)$$[/math].
При этом, очевидно, [math]$A_1=p$[/math], [math]$B_1=q$[/math].
Случай (1) соответствует долгожданному вападению 11, поэтому для искомого математического ожидания [math]$M$[/math] сразу можно записать:
[math]$$M=\sum\limits_{n=1}^\infty(n+1)pA_n$$[/math].
Для того, чтобы решить рекуррентные соотношения, попробуем подобрать такие линейные комбинации [math]$\alpha A_n+\beta B_n$[/math], для которых будет простая геометрическая прогрессия.
То есть: [math]$$\alpha A_{n+1}+\beta B_{n+1}=\gamma(\alpha A_n+\beta B_n)$$[/math].
Подставляя сюда рекуррентные соотношения, получим уравнения для [math]$\alpha$[/math], [math]$\beta$[/math] и [math]$\gamma$[/math]: [math]$$q\beta=\gamma\alpha,\quad p\alpha+q\beta=\gamma\beta$$[/math] .
Так как [math]$\alpha$[/math] и [math]$\beta$[/math] определены с точностью до произвольного общего множителя, то, исходя из первого уравнения, можно взять [math]$\alpha=p$[/math], [math]$\beta=\gamma$[/math].
Для [math]$\gamma$[/math] же получаем квадратное уравнение с корнями: [math]$$\gamma_{1,2}=\frac{a}2\pm\sqrt{pq+\frac{q^2}4}$$[/math].
Так как корней два, то и комбинаций две: [math]$C_n=qA_n+\gamma_1B_n$[/math], [math]$D_n=qA_n+\gamma_2B_n$[/math].
Для прогрессий имеем: [math]$C_1=q(p+\gamma_1)$[/math], [math]$C_2=q(p+\gamma_2)$[/math], [math]$C_{n+1}=\gamma_1C_n$[/math] , [math]$D_{n+1}=\gamma_2D_n$[/math], откуда
[math]$$C_n=q(p+\gamma_1)\gamma_1^{n-1},\quad D_n=q(p+\gamma_2)\gamma_2^{n-1}$$[/math].
Выражая [math]$A_n$[/math] через [math]$C_n$[/math] и [math]$D_n$[/math], получим:

[math]$$A_n=\frac{\gamma_1D_n-\gamma_2C_n}{q(\gamma_1-\gamma_2)}=\frac{(p+\gamma_2)\gamma_1\gamma_2^{n-1}-(p+\gamma_1)\gamma_1^{n-1}\gamma_2}{\gamma_1-\gamma_2}$$[/math] .
Математическое ожидание сводится к суммам вида [math]$$\sum_{n=1}^\infty(n+1)\gamma^{n-1}=\frac{2-\gamma}{(1-\gamma)^2}$$[/math], которые легко вычисляются дифференцированием геометрической прогрессии.
После громоздких, но тривиальных преобразований получаем:

[math]$$M=\frac{1+p}{p^2}=42$$[/math] , если [math]$p=\frac16$[/math] .
Оставить комментарий
Имя или ник:
Комментарий: