Мат ожидание числа остановок

[Skeptic]

(2old)

2old в сообщении #1029246 писал(а):

Skeptic
да ну видно же, что в ответ входит и то и другое. Зашли как-то 1000 человек в одноэтажный дом...

2old, не искожайте условия задачи.

Предположим, что в лифт вошёл один человек. Тогда лифт сделает одну остановку. Если два человека, то лифт сделает одну или две остановки. Т.е. остановок будет столько сколько групп можно образовать из вошедших в лифт людей. Число групп равно числу человек. Среднее число групп будет решением задачи.

[provincialka]

Кстати, мы таким образом доказали неравенство $n(1-\left(\frac{n-1}{n}\right)^k)<k$

-- 21.06.2015, 16:47 --

Skeptic в сообщении #1029343 писал(а):

Число групп равно числу человек. Среднее число групп будет решением задачи.

Ну, дело за малым! Найти это "среднее число групп"
Нет, "в лоб" эта задача не решается. Что видно и по ответу!

[Legioner93]

Можно чуть-чуть обобщить задачу, дабы заиметь практическое применение:

В доме $N$ этажей. Вы зашли на первом этаже и вам нужно на $M$-ый этаж. Вместе с вами в лифт вошло $K$ человек. Сколько лишних остановок в среднем вы сделаете, пока доедете до нужного этажа (то есть не считая вашу собственную остановку на $M$-ом этаже)?

Ответ: $(M-2)\left(1 - \left(\frac{N-2}{N-1}\right)^K\right)$
При небольшом $K$ и достаточно больших $N$ формула упрощается до $K \cdot \frac{M-2}{N-1}$

Практическое применение: в домах с любым числом лифтов, но с двумя ограничениями:
1) Число людей, перемещающихся НЕ между 1-ым и $m$-ым этажами пренебрежимо мало (жилые дома, но не офисы)
2) Лифты останавливаются между этажами, только если их вызвать в том же направлении (т.е. не будет побочных остановок от людей, которым надо вниз на первый этаж)

[Evgenjy]

2old в сообщении #1029241 писал(а):

Тогда вероятность, что лифт остановится $1-(\frac{15}{16})^{10}$

Что-то не то. Получается, что вероятность того, что лифт остановится на каждом из 16 этажей равна $[1-(\frac{15}{16})^{10}]^{16}$.

[Legioner93]

Evgenjy
События не независимые, а вы вероятности перемножили

[Evgenjy]

Legioner93 в сообщении #1029453 писал(а):

События не независимые, а вы вероятности перемножили

Вы правы. Для сложения независимости не требуется.

[Skeptic]

provincialka в сообщении #1029354 писал(а):

Skeptic в сообщении #1029343 писал(а):

Число групп равно числу человек. Среднее число групп будет решением задачи.

Ну, дело за малым! Найти это "среднее число групп"
Нет, "в лоб" эта задача не решается. Что видно и по ответу!

Если только это, то матожидание равно $\frac{k+1}{2}$.

[provincialka]

Skeptic в сообщении #1029534 писал(а):

Если только это, то матожидание равно $\frac{k+1}{2}$.

То есть вы понимаете среднее как "среднее арифметическое", без учета вероятности тех или иных значений?
Хм... Это неверно, конечно. И вообще, задача уже решена.

[Sender]

Вспомнилось ещё одно известное решение этой задачи:
Пусть людей - $n$, этажей - $m$. Введём случайные величины $X_1, \dots, X_m$, где $X_i=1$, если на $i$-м этаже кто-то вышел, и $X_i=0$ в противном случае. Нам нужно найти мат. ожидание суммы $\sum \limits_{i=1}^m X_i$.
$M\sum \limits_{i=1}^m X_i=\sum \limits_{i=1}^m M X_i=m(1-(1-\frac{1}{m})^n)$.

[grizzly]

Sender в сообщении #1029555 писал(а):

Вспомнилось ещё одно известное решение этой задачи:

Так ведь это в точности и было первым решением в этой теме

[Sender]

Действительно. Почти 16 сбило меня с толку...

[Skeptic]

provincialka в сообщении #1029542 писал(а):

Skeptic в сообщении #1029534 писал(а):

Если только это, то матожидание равно $\frac{k+1}{2}$.

То есть вы понимаете среднее как "среднее арифметическое", без учета вероятности тех или иных значений?
Хм... Это неверно, конечно. И вообще, задача уже решена.

provincialka, вы считаете, что разбиения на группы имеют разную вероятность появления, а количество остановок зависит от этажности здания?
Какая вероятность больше: 3 остановок или 7?
Если лифт делает, допустим, 5 остановок, то вероятность, что он их сделает зависит от этажности здания?
В задаче надо найти количество остановок, а не количество пройденных этажей. Поэтому достаточно и необходимо, чтобы этажность здания была больше количества пассажиров, чтобы каждому пассажиру досталось по этажу.

Задача далека от решения. Она будет решена, когда в явном виде будет подсчитана вероятность того или иного количества остановок. На мой взгляд, эти вероятности равны.

[Otta]

Skeptic
В задаче не нужно найти вероятность, в ней нужно найти матожидание. Часто это значительно более простая задача, чем искать все распределение.

Skeptic в сообщении #1029682 писал(а):

Задача далека от решения.

Задача решена полностью.

[provincialka]

Skeptic в сообщении #1029682 писал(а):

вы считаете, что разбиения на группы имеют разную вероятность появления, а количество остановок зависит от этажности здания?

Разумеется.

[Skeptic]

Otta в сообщении #1029685 писал(а):

Skeptic
В задаче не нужно найти вероятность, в ней нужно найти матожидание. Часто это значительно более простая задача, чем искать все распределение.

Равная вероятность задана в условиях задачи, и она активно используется во всех приведённых решениях.

Otta в сообщении #1029685 писал(а):

Skeptic в сообщении #1029682 писал(а):

Задача далека от решения.

Задача решена полностью.

Otta, вы считаете решение задачи в этом сообщении:

provincialka в сообщении #1029331 писал(а):

2old в сообщении #1029241 писал(а):

Тогда вероятность, что лифт остановится $1-(\frac{15}{16})^{10}$. Ну и $\mathbb{E}W=16\cdot (1-(\frac{15}{16})^{10})$

Это примерно 7,61, то есть меньше 10 -- ответ допустимый! Теперь надо думать, где ошибка в рассуждениях (если есть)

Разве это матожидание числа остановок?

Матожидание числа остановок лифта не должно зависеть от этажности здания. Если в лифт вошли два человека, то лифт с равной вероятностью сделает одну или две остановки независимо от этажности здания. Что даёт матожидание 1,5. По приведённому выше ответу для 16 этажей это равно 1.938, для 26 этажей - 1.962.