Матожидание числа бросков

Dolly
Сообщений: 66
Зарегистрирован: 27 фев 2016, 00:06
Откуда: Иерусалимский университет

Матожидание числа бросков

Сообщение Dolly » 12 ноя 2018, 10:41

Здравствуйте.
Давно не была на вашем форуме, но вот потребовалась помощь. 14 задач из 15 сделала, а вот к последней не знаю как подступиться.
Игральную кость бросают до тех пор, пока не выпадут все 6 граней. Найти матожидание числа бросков.
Буду благодарна за любую идею.

zykov
Сообщений: 1393
Зарегистрирован: 06 янв 2016, 17:41

Матожидание числа бросков

Сообщение zykov » 12 ноя 2018, 19:20

Этот процесс можно разбить на 6 независимых, последовательных процессов - выпадение нового значения, которого ещё не было.
В первый раз новое значение выпадает со 100% вероятностью за один бросок. Матожидание количества равно 1.
Во второй раз может быть несколько бросков. Каждый раз с вероятностью 1/6 выпадает старое значение и с вероятностью 5/6 выпадает новое. Матожидание количества бросков [math].
Аналогично, в третий раз старое значение выпадает с вероятностью 2/6, а новое с вероятностью 4/6. Матожидание количества бросков до выпадения нового значения равно 6/4.
И так далее.
Суммарное матожидание всех бросков равно [math].

peregoudov
Сообщений: 620
Зарегистрирован: 29 дек 2015, 13:17

Матожидание числа бросков

Сообщение peregoudov » 12 ноя 2018, 19:24

Ага, у меня тоже всегда проблемы с подобного рода задачами. Если бы речь шла о монетке, то, очевидно, чтобы бросание закончилось на $n$-ом броске, должно выпасть $n-1$ орлов и последняя решка, либо наоборот, $n-1$ решек и последний орел. А всего $2^n$ комбинаций, значит, вероятность закончить на $n$ бросках $P_n=2/2^n=2^{1-n}$. Проверяем: $\sum_{n=2}^\infty P_n=1$ --- правильно. Ну, а среднее число бросков (сумма считается через дифференцирование геометрической прогрессии) равно $\sum_{n=2}^\infty nP_n=3$.

Для кости с произвольным числом $k$ равновероятных граней вероятность закончить на $n$-ом бросании

$$ P_n=\frac1{k^{n-1}}\sum_{m_1=1}^\infty\ldots\sum_{m_{k-1}=1}^\infty C^{n-1}_{m_1\ldots m_{k-1}}\delta_{n-1,m_1+\ldots+m_{k-1}}.  $$

Идея та же: нужно, чтобы в первые $n-1$ бросаний выпали, допустим, не шестерки, а в последнее бросание --- шестерка. И чтобы в первые $n-1$ бросаний все грани, кроме шестерки, выпадали по крайней мере один раз.

Дальше введем производящую функцию $\Phi(\lambda)=\sum_{n=k}^\infty \lambda^nP_n$. Используя интегральное представление гамма-функции

$$ \lambda^{-s}\Gamma(s)=\int_0^\infty t^{s-1}e^{-\lambda t}\,dt, $$

можно расцепить суммирование по $m_1$, ... $m_{k-1}$. У меня получилось

$$ \Phi(\lambda)=\int_0^\infty e^{-t/\lambda}\left(e^{t/k}-1\right)^{k-1}\,dt. $$

Заменой $e^{-t/k}=z$ интеграл для $\Phi$ сводится к бета-функции

$$ \Phi(\lambda)=\frac{\Gamma(k/\lambda-k+1)\Gamma(k+1)}{\Gamma(k/\lambda+1)}. $$

Проверяем:

$$ \sum_{n=k}^\infty P_n=\Phi(1)=1 $$

--- правильно. Теперь среднее значение числа бросаний равно

$$ \sum_{n=k}^\infty nP_n=\Phi(1)'=k[\psi(k+1)-\psi(1)]. $$

Наверное, можно как-то проще, не знаю...

P. S. Ага, пока писал, zykov уже привел простое решение.

zykov
Сообщений: 1393
Зарегистрирован: 06 янв 2016, 17:41

Матожидание числа бросков

Сообщение zykov » 12 ноя 2018, 19:36

peregoudov писал(а):Source of the post Ага, пока писал

Забавно - получается одновременно писали.

Dolly
Сообщений: 66
Зарегистрирован: 27 фев 2016, 00:06
Откуда: Иерусалимский университет

Матожидание числа бросков

Сообщение Dolly » 12 ноя 2018, 22:07

peregoudov и zykov, огромное вам спасибо за участие.
Ваше индуктивное решение, peregoudov, я разобрала только до расцепления суммирования. Это уже за гранью моего знания и понимания.
Ваше же решение, zykov, выглядит проще, но я в него до конца не въехала. Буду разбираться.
Но в любом случае спасибо. Кое-что в мозгах прояснилось.


Вернуться в «Математика»

Кто сейчас на форуме

Количество пользователей, которые сейчас просматривают этот форум: нет зарегистрированных пользователей и 13 гостей