Вероятность,ЕГЭ и сумма бесконечного ряда чисел. Как так?

[mr.vopros]

Мoнeткy пoдбpacывaют дo тex пop, пoкa opeл нe выпaдeт дважды. Нужно найти мaтoжидaниe числa бросков.

Это задача из официального открытого банка задач. Ссылка на исходник https://prof.mathege.ru/prototypes/?position=183&filter=&page=3. В самом низу на последней странице.

Надо выбрать 2 позиции под орла среди $n$ результатов броска. Количество способов это сделать равно $C^2_n=\dfrac{n(n-1)}{2}$.

Тогда $\mathbb{E}X=\displaystyle\sum_{n=2}^{+\infty}\;\dfrac{n(n-1)}{2}\cdot 0,5^n$

$\mathbb{E}X=\displaystyle\sum_{n=2}^{+\infty}\;\dfrac{n(n-1)}{2^{n+1}}$

Может быть я что-то делаю не так и есть способ чуть проще?) Да, очевидно, что ряд сходится, но я слету так не скажу как посчитать сумму. Но вот в школе не исследуют бесконечные ряды (если не считать сумму бесконечной арифметической прогрессии.

$\mathbb{E}X=\displaystyle\sum_{n=2}^{+\infty}\;\dfrac{n(n-1)}{2^{n+1}}$

-- 23.12.2022, 00:49 --

mr.vopros в сообщении #1574775 писал(а):

$\mathbb{E}X=0,5\displaystyle\sum_{n=2}^{+\infty}\;n(n-1) 0,5^{n+1}$

Все таки придумал искуственный трюк) Рассмотрим вот такой ряд $S(x)=\displaystyle\sum_{n=2}^{+\infty}\;x^{n}$. Продиффиренцируем общий член ряда получим как раз то, что нужно) $S''(x)=\displaystyle\sum_{n=2}^{+\infty}\;n(n-1)x^{n-2}=x^{-2}\cdot \displaystyle\sum_{n=2}^{+\infty}\;n(n-1)x^{n}$

То есть мы посчитаем сумму геом прогрессии $\displaystyle\sum_{n=2}^{+\infty}\; x^{n} = \dfrac{1}{1-x}-1-x$

Далее ищем вторую производную и подставляем $0,5$ Получилось $\mathbb{E}X=2$

-- 23.12.2022, 01:17 --

Но по смыслу должно быть примерно 4, а не 2, что-то где-то пошло не так=) Нельзя ожидать за 2 броска 2 орла.

Может тут нужно рассуждениями? Каждые за 4 броска ожидается 2 орла и 2 решки. Значит ответ 4? Но это будет какая-то странность, как мне кажется.

[ИСН]

Дифференцирования степенных рядов в школе вот уж точно нет. Суммы вида $\sum{n\over2^n}$ берутся через трюк с вычитанием её половины из себя и приведением к обычной геометрической прогрессии, а Ваш ряд - применением такого трюка дважды. Но он не нужен. Кидаем до выпадения одного орла, потом кидаем ещё столько же.

[mr.vopros]

ИСН в сообщении #1574777 писал(а):

Кидаем до выпадения одного орла, потом кидаем ещё столько же.

Хорошо, спасибо, точно, понял. Вот я затупил. Но до первого выпадения орла как раз и будет ведь $EX=\sum{n\over2^n}$ Получается, что все равно нужно будет считать эту сумму?

-- 23.12.2022, 01:57 --

Хотя может сделать так, что $X_i=1$, если при броске с номером $i$ выпадет орел, а ноль в противном случае. Тогда нам нужно накопить $EX=2$ за $n$ бросков. Тогда делаем так:

$EX=E(X_1+...+X_n)=EX_1+...+EX_n=0,5+0,5+...+0,5=\dfrac{n}{2}$, значит $n=4$

-- 23.12.2022, 01:58 --

Хотя не, это какую-то ахинею я добавил, мы ведь ищем ожидаемое количество бросков, а не орлов)

[gris]

монеточка из головы не вылазит
Вот подумал: а вдруг кто-то оттрактует задачу как нахождение МО номера броска первого выпадения двух орлов подряд?
Ведь подольше ждать придётся. Для проверки теоретических изысканий приведу результаты испытаний с количеством опытов почти миллион!
Таблица: сколько орлов подряд; средний номер шага достижения результата
1 2
2 6
3 14
4 30
5 62
6 121
...
12 8180

16:30 Отклонение вниз на больших орлиных кластерах от теории у меня произошло не от количества опытов, а от ограничения числа бросаний. Типа для 6 орлов подряд достаточно бросить не больше 600 раз. Щаз. Просто побоялся использовать until вместо надёжного for.

[wrest]

gris в сообщении #1574856 писал(а):

Таблица: сколько орлов подряд; средний номер шага достижения результата

Да, вполне согласуется с формулой $M(n)=2^{n+1}-2$

[mihaild]

Можно же гораздо проще.
Пусть $\xi$ - случайная величина "число бросков до первого орла, начиная с начала". Тогда с вероятностью $1/2$ сразу $\xi = 1$, а с вероятностью $1/2$ имеем $\xi = 1 + \eta$, где $\eta$ - случайная величина "число бросков до первого орла, выпавшего на втором броске или позже, минус $1$". Очевидно что $\xi$ и $\eta$ одинаково распределены (просто забываем про первый бросок), откуда $E \xi = 1 + (E \xi) / 2$.

[TOTAL]

А если так попробовать

$$M=\frac12(1+M)+\frac12 \left(\frac12 \cdot 2+\frac12 \cdot (2+M) \right)$$

[Shadow]

gris в сообщении #1574856 писал(а):

Вот подумал: а вдруг кто-то оттрактует задачу как нахождение МО номера броска первого выпадения двух орлов подряд?

wrest в сообщении #1574857 писал(а):

Да, вполне согласуется с формулой $M(n)=2^{n+1}-2$

Конечно

$M_{n+1}=M_n+\frac 1 2 \cdot 1+\frac 1 2 \cdot (1+M_{n+1})$

$M_{n+1}=2M_n+2$

[mr.vopros]

Правильно ли я понимаю, что если бpocaeм мoнeтy до пepвoгo пoявлeния opла и $X$ - чиcлo бpocков, то $\mathbb{E}X=\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty}\;n\cdot 0,5^n=2$ и только через сумму этого ряда можно сделать или все же есть обходной путь?)

[mihaild]

mr.vopros, а мой вариант вас чем не устраивает?
(он конечно может считаться просто способом посчитать сумму этого ряда, но в явном виде на этот ряд не опирается)

[mr.vopros]

mihaild в сообщении #1574912 писал(а):

, откуда $E \xi = 1 + (E \xi) / 2$.

Спасибо, я сначала подумал, что Вы про ситуацию с двумя орлами подряд пишите, потому никак не прокомментировал (недостаточно вник в суть написанного, потому как подвис на формуле), в любом случае, я не до конца понял происхождение формулы $E \xi = 1 + (E \xi) / 2$.

Про одинаковое распределение $\xi$ и $\eta$ я понял, но формулу - не очень. Я лишь понимаю, что $E\xi =E(1+\eta)=1+E\eta$. Но почему $E\eta =0,5E\xi$ не очень понял. Может быть я все не так понял

[F111mon]

Возможно, формула будет понятнее, если записать ее в виде
$E(\xi)=\frac{1}{2}+\frac{1}{2}(1+E(\xi))$
По сути, это определение матожидания, но ряд скрыт за обозначением Е.

[alisa-lebovski]

Это очень просто объяснить. Сколько понадобится в среднем бросков? Бросаем один раз. Либо выпала орел, и больше ничего не надо. Либо выпала решка, и тогда понадобится в среднем еще столько же бросков. Отсюда

$$M=1+\frac{1}{2}M.$$

[oleg2099]

А нельзя ли просто сказать - что раз уж вероятность 0,5 при каждом броске, значит матожидание числа бросков в 2 раза больше числа необходимых opлов? То есть, если нужно $n$ орлов, бросков будет $2n$.

[warlock66613]

oleg2099, несовпадение вашего ответа с правильным разве недостаточно чтобы считать, что нельзя?