Теорвер. Задача про монету

[falazure123]

Есть такая задача. Формулировку переписываю дословно.

Сколько раз в среднем нужно бросить симметричную монету, чтобы получить и герб и решку (неважно в каком порядке) ?


Я рассуждаю так:
нас интересуют такие события (Г, Г, ..., Г, Р) или (Р, Р, ..., Р, Г)
где соответственно Герб в первом случае (решка во втором) встречается $n - 1$ раз, и на последнем броске встречается Решка (Орел во втором случае).

Рассмотрим случайную величину равную количеству успехов до первой неудачи.
$P(\xi = k) = (1-p)p^k$
Математическое ожидание у такой случайной величины (это геометрическое распределение) есть $E\xi = \frac{p}{1-p}$. Монета симметричная, значит матожидание равно $1$

Аналогичная ситуация со случаем , когда кол-во неуспехов до первой удачи.

Нужно ли здесь вообще считать матожидание?
Ответ вроде как к этой задачи - Три бросания. Но пока не получилось дойти до этого ответа

[NSKuber]

falazure123
Ваш подход можно применить к данной задаче. Допустим, вы один раз уже кинули монету, и выпал орёл. Сколько теперь в среднем ещё раз вам нужно её подбросить, чтобы получить решку? А если выпала решка, сколько ещё раз надо подбросить до орла?

[DeBill]

falazure123 в сообщении #1141660 писал(а):

количеству успехов до первой неудачи.

Это на 1 меньше кол-ва бросков.

falazure123 в сообщении #1141660 писал(а):

Аналогичная

Да, конечно.
Осталось применить формулу полной вероятности. (Или посчитать по формулам с условными матожиданиями - ведь именно их Вы и нашли)

-- 02.08.2016, 14:56 --

Или - по NSKuber ...

[falazure123]

Хорошо, допустим при первом броске выпал орёл.

Я не совсем понимаю, что значит в этой задаче "в среднем" ?

Попробую.
Пусть а - это сколько раз в среднем нужно подбросить монету. То есть то, что мы ищем.
Если первым броском выпадает решка ( вероятность этого $0.5$), то дальше 2 случая

Либо вторым броском выпадает орёл ( вероятность (Р, О) равна $0.25$) , то ура. получилось 2 броска.
Либо вторым броском выпадает решка опять. (вероятность (Р, Р) равна $0.25$) и мы снова должны бросать монету.
аналогично получается, если первым броском выпадает орел, тоже 2 случая надо рассмотреть.

Итого что получается
$a = (1 + 0.25\cdot2)\cdot2$ = 3 второй раз умножил на два, так как 2 симметричных случая.

Что-то всё таки не так. Когда выпадает вторым броском то же самое, что первым, не понимаю как записать количество бросков

[Brukvalub]

falazure123 в сообщении #1141668 писал(а):

Я не совсем понимаю, что значит в этой задаче "в среднем" ?

Число бросков до первого появления и герба и решки является случайной величиной, в задаче спрашивается матожидание этой с.в.

[ewert]

falazure123 в сообщении #1141660 писал(а):

Аналогичная ситуация со случаем , когда кол-во неуспехов до первой удачи.

Она не аналогичная, а надо с самого начала взять

falazure123 в сообщении #1141660 писал(а):

$P(\xi = k) = (1-p)p^k$

плюс наоборот. Исправив, конечно, сбой на единичку. И учтя, что $k=1$ -- случай особый.

falazure123 в сообщении #1141660 писал(а):

Нужно ли здесь вообще считать матожидание?

А как Вы думаете: если по условию надо найти матожидание -- надо ли его искать?

[falazure123]

Кажется понял

Пусть $n$ - это число (в среднем) бросков для появления решки и орла (неважно в каком порядке)
При первом броске может выпасть О или Р , нам не важно. Кол-во бросков в среднем не изменится от этого. Вероятность этого $0.5$.

При втором броске может выпасть либо то, что еще не выпадало. (то есть О, Р или Р, О). Вероятность этого $0.25$. И потратили $2$хода на достижение этого результата.

При втором броске может выпасть то же самое, что при первом броске (О, О или Р, Р). Вероятность этого тоже $0.25$. И тогда в среднем сделаем на один бросок больше.

Итого имеем
$n = 0.5 \cdot n + 0.25 \cdot (n + 1) + 0.25 \cdot 2$
Решаем, получается $ n = 3 $

-- 02.08.2016, 16:54 --

верно или нет?

[Yadryara]

Если пошагово расписать, то можно прийти к такому вот ряду:

$\frac{2}2+\frac{3}4+\frac{4}8+\frac{5}{16}+\frac{6}{32}+...$

Чему равна его сумма?

[falazure123]

Yadryara в сообщении #1141688 писал(а):

Если пошагово расписать, то можно прийти к такому вот ряду:

$\frac{2}2+\frac{3}4+\frac{4}8+\frac{5}{16}+\frac{6}{32}+...$

Чему равна его сумма?

Трём.

Как такой ряд получается ?

[Yadryara]

Конечно. То есть матожидание равно $3$.

falazure123 в сообщении #1141690 писал(а):

Как такой ряд получается ?

Здесь ПР/Р, поэтому могу только намекнуть. Посчитайте вероятность успеха после 2-х бросков, после 3-х, после 4-х...

[falazure123]

И как выглядит вероятность успеха после четырех бросков, например?

[Yadryara]

Вероятность достичь успеха не раньше и не позже, а именно на 4-м броске:

$P(4) = \frac12\cdot\frac12\cdot\frac12

[falazure123]

Yadryara в сообщении #1141707 писал(а):

Вероятность достичь успеха не раньше и не позже, а именно на 4-м броске:

$P(4) = \frac12\cdot\frac12\cdot\frac12

эмм.
это как получается?
3 неудачи подряд?

[Yadryara]

Результат первого броска несущественен.
Второй бросок — неудача.
Третий бросок — неудача.
Четвёртый — удача.

[falazure123]

то есть просто просуммировать $k \cdot P(k)$
и найти сумму ряда? ну то есть как раз найти матожидание такой величины