бросаю кость до двух шестерок, мат. ожидание.

[mihatel]

Такой вопрос: бросаю кубик до тех пор, пока не выпадет 6 два раза подряд. Случайная величина равна количеству бросков. Надо найти ее математическое ожидание. В результате эксперимента получается число 43,00. Можно ли его найти точно? Я пытался считать среди серий фиксированной длины и потом перейти к пределу - не получилось. Спасибо.

[TOTAL]

mihatel в сообщении #1534010 писал(а):

В результате эксперимента получается число 43,00.

Что даёт эксперимент, если требуется не шестёрка, а любая два раза подряд?

[alisa-lebovski]

Я видела статью на эту тему в материалах конференции СПФМН-2020:
https://phys-math.ru/_media/conf2020/sp ... bornik.pdf

[zykov]

mihatel в сообщении #1534010 писал(а):

получается число 43,00

Нет, там 42 получается.

-- 05.10.2021, 14:40 --

Если $M_0=\begin{pmatrix} \frac56 & \frac56 & 0 \\ \frac16 & 0 & 0 \\ 0 & \frac16 & 1 \end{pmatrix}$ и $M=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{k+2}{6}M_0^k$
То второй элемент вектора $M\begin{pmatrix} \frac56 \\ \frac16\\ 0 \end{pmatrix}$ даст нужное матожидание. Даёт 42.

[TOTAL]

alisa-lebovski в сообщении #1534022 писал(а):

Я видела статью на эту тему в материалах конференции СПФМН-2020:
https://phys-math.ru/_media/conf2020/sp ... bornik.pdf

А вот так, если статью лень писать, нельзя?
Мат. ожидание повтора
$2\cdot (1/6)+3\cdot (1/6)\cdot (5/6)+4\cdot (1/6)\cdot (5/6)^2+ \cdots=7$
Затем нужный повтор
$7\cdot (1/6)+7\cdot 2\cdot (1/6)\cdot (5/6)+7\cdot 3\cdot (1/6)\cdot (5/6)^2+ \cdots=42$

[zykov]

zykov в сообщении #1534025 писал(а):

$M=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{k+2}{6}M_0^k$

Тут я поспешил. Такой ряд расходится.
Имелось ввиду, что под суммой умножаем на вектор (за скобки вектор нельзя выносить), берём второй элемент и суммируем.
Ну или от матрицы $M_0$ берём только верхний левый угол 2x2 - там сходится и этого достаточно.

[zykov]

Вот кстати в тему: OEIS A105281
$a(0)=0; \; a(n)=6 a(n-1)+6$
Там есть статья, правда на итальянском - ничего не понятно
https://conlemele.wordpress.com/2012/08 ... a-6-facce/

[Pphantom]

zykov в сообщении #1534117 писал(а):

Там есть статья, правда на итальянском - ничего не понятно

Воспользуйтесь гугл-переводчиком: результат, насколько я могу судить, получается достаточно адекватным (если не считать "лирического вступления", несущественного для понимания математики).

[mihaild]

Какие-то степени матриц, ряды, про которые статьи пишут... Пусть $a$ - ожидание числа бросков до двух шестерок, $b$ - ожидание числа бросков до двух шестерок после того как выпала шестерка. Получаем

$$\begin{cases} a = 1 + \frac{5}{6} a + \frac{1}{6} b\\ b = 1 + \frac{5}{6} a\end{cases}$$

[zykov]

zykov в сообщении #1534117 писал(а):

Вот кстати в тему: OEIS A105281
$a(0)=0; \; a(n)=6 a(n-1)+6$

Явно это $a(n)=\frac65 (6^n-1)$.

[EUgeneUS]

(Оффтоп)

mihatel в сообщении #1534010 писал(а):

Такой вопрос: бросаю кубик до тех пор, пока не выпадет 6 два раза подряд. Случайная величина равна количеству бросков. Надо найти ее математическое ожидание.

zykov в сообщении #1534025 писал(а):

там 42 получается.

Нашелся главный вопрос жизни, вселенной и всего такого?

[mihatel]

TOTAL в сообщении #1534027 писал(а):

alisa-lebovski в сообщении #1534022 писал(а):

Я видела статью на эту тему в материалах конференции СПФМН-2020:
https://phys-math.ru/_media/conf2020/sp ... bornik.pdf

А вот так, если статью лень писать, нельзя?
Мат. ожидание повтора
$2\cdot (1/6)+3\cdot (1/6)\cdot (5/6)+4\cdot (1/6)\cdot (5/6)^2+ \cdots=7$
Затем нужный повтор
$7\cdot (1/6)+7\cdot 2\cdot (1/6)\cdot (5/6)+7\cdot 3\cdot (1/6)\cdot (5/6)^2+ \cdots=42$

Можно подробнее со вторым рядом: для меня это не так просто? 7 - это что такое?

За статью спасибо.

[zykov]

mihatel в сообщении #1534137 писал(а):

7 - это что такое?

Это сумма первого ряда.

mihatel в сообщении #1534137 писал(а):

Можно подробнее

Подробнее через цепи Маркова я на другом форуме расписал.
http://e-science11.ru/viewtopic.php?f=4&t=1837

[marie-la]

mihatel
Обозначим $m_0$ математическое ожидание количества бросков до двух шестерок при условии, что первой выпала шестерка, $m_1$ математическое ожидание количества бросков до двух шестерок при условии, что первой выпала не шестерка.
Тогда, расписывая по формуле полной вероятности результат первого броска, получаем

$$\left\{ \begin{array}{rcl} m_0=1+\frac{1}{6}+\frac{5}{6} m_1 \\ m_1=1+ \frac{1}{6} m_0+\frac{5}{6} m_1\\ \end{array} \right.$$

Отсюда находим $m_0,m_1$, а требуемое математическое ожидание по формуле полной вероятности есть
$\frac{1}{6} m_0+\frac{5}{6} m_1$

[Otta]

marie-la
Да уже писали, не заметил.