Подбрасывание монеты до 2-х орлов, сомнения в правильности

[umokin]

mihaild в сообщении #1701993 писал(а):

Да, всё так.
Для закрепления: найдите тем же методом среднее число бросков до трёх орлов на несимметричной монете, с вероятностью орла $1/3$.

Большое спасибо!!! Но скоро к сожалению ухожу от компьютера и интернета, попробую завтра решить эту задачу.

-- 15.09.2025, 19:01 --

umokin в сообщении #1701991 писал(а):

Т.к. весы у этих переменных одинаковые, то среднее между ними с учетом весов, будет 5 или 2,5?

[mihaild]

umokin в сообщении #1701991 писал(а):

Т.к. весы у этих переменных одинаковые, то среднее между ними с учетом весов, будет 5 или 2,5?

А зачем их еще усреднять? $x$ - это интересующий нас ответ.

[umokin]

mihaild в сообщении #1701995 писал(а):

umokin в сообщении #1701991 писал(а):

Т.к. весы у этих переменных одинаковые, то среднее между ними с учетом весов, будет 5 или 2,5?

А зачем их еще усреднять? $x$ - это интересующий нас ответ.

Просто этот ответ мне не нравится т.к. не оправдывает моих надежд. Неплохо было бы провести эксперимент. Мне больше симпатизирует 5 с копейками.

[mihaild]

umokin в сообщении #1701996 писал(а):

Неплохо было бы провести эксперимент

Эксперимент провели еще на первой странице :)

gris в сообщении #1701634 писал(а):

average step 6.001984

[umokin]

mihaild в сообщении #1701997 писал(а):

Эксперимент провели еще на первой странице :)

Ничего не поделаешь, значит 6. Еще раз спасибо за помощь. Попробую решить для трех последовательных орлов.

[Shadow]

umokin в сообщении #1701998 писал(а):

Попробую решить для трех последовательных орлов.

Вдруг получится $2^4-2$. Сон приснился, что для четырех орлов будет $2^5-2$.

[Shadow]

Интересный для меня факт из этой задачи:

$\displaystyle \sum\limits_{n=1}^{\infty} \dfrac{nF_{n-1}}{2^n}=6$

доказывается, конечно, но не легко (для меня)

[b4b5]

На питоне подкидывание монет.

# @title Вычисление среднего количества бросков монеты до выпадения 2-х орлов подряд
import random

def simulate():
    count = 0
    last = None
    while True:
        count += 1
        toss = random.choice(['1', '0'])
        if toss == '1' and last == '1':
            return count
        last = toss

# Среднее за 1 миллион испытаний
avg = sum(simulate() for _ in range(1000000)) / 1000000
print(avg)  # примерно 6.0

[umokin]

Shadow в сообщении #1702076 писал(а):

Интересный для меня факт из этой задачи:

$\displaystyle \sum\limits_{n=1}^{\infty} \dfrac{nF_{n-1}}{2^n}=6$

доказывается, конечно, но не легко (для меня)

Очень интересный результат, если это и есть формула для среднего количества бросков до 2-х последовательных орлов, то должна по идее существовать и аналогичная формула для произвольного числа последовательных орлов. Только возможно там числа трибоначчи и подобные числа или другой шаг индексов чисел Фибоначчи.

Если попытаться понять структуру этой формулы, то знаменатель говорит о том, что рассматриваются кортежи, Т.е. рассматриваются все возможные варианты подбрасываний монеты длины n. Знаменатель имеет форму такую же как у формулы для вероятности элементарного исхода при n подбрасываниях монеты. А вот с числителем уже сложнее, ну и результат суммирования 6 говорит о том, что это не просто вероятность или это вовсе не вероятность. Или, что это сумма вероятностей независимых событий. Но опять же, причем сумма вероятностей этих событий и среднее количество бросков? Может это совпадение? Хотя хотелось бы надеяться, что не совпадение, тогда вероятно появляется что-то интересное.

-- 17.09.2025, 13:47 --

mihaild в сообщении #1701993 писал(а):

Да, всё так.
Для закрепления: найдите тем же методом среднее число бросков до трёх орлов на несимметричной монете, с вероятностью орла $1/3$.

Здесь уже в самом начале возникает затруднение с количеством переменных. Предполагаю, что их необходимо ввести 3: $x$- количество оставшихся бросков если первой выпала решка, $y$ -количество оставшихся бросков, если первым выпал первый орел, $z$- если после орла выпал снова орел. Правильно ли я думаю? Мне так кажется потому, что все эти 3 количества оставшихся бросков должны быть различные.

[umokin]

1. находимся вначале:
первой выпала решка:
$x=x+1$
первым выпал орел:
$x=y+1$
среднее:
$\frac{x+y}{2}+1$

2. находимся в y:
первой выпала решка:
$y=x+1$
выпал орел;
$y=z+1$
среднее:
$\frac{x+z}{2}+1$

3. находимся в z:
первой выпала решка:
$z=x+1$
первым выпал орел:
$z=1$
среднее:
$z=\frac{x}{2}+1$

После решения системы ЛУ действительно получилось $x=2^4-2=14$

Подскажите пожалуйста, правильно ли составлена система уравнений и найдены средние значения переменных?

[mihaild]

Shadow в сообщении #1702076 писал(а):

$\displaystyle \sum\limits_{n=1}^{\infty} \dfrac{nF_{n-1}}{2^n}=6$

Вроде сумма с двойки должна начинаться.

umokin в сообщении #1702127 писал(а):

Знаменатель имеет форму такую же как у формулы для вероятности элементарного исхода при n подбрасываниях монеты. А вот с числителем уже сложнее, ну и результат суммирования 6 говорит о том, что это не просто вероятность или это вовсе не вероятность.

Это не вероятность, это мат. ожидание. По стандартной формуле $\sum p_n \cdot n$, где $p_n$ - вероятность что будет ровно $n$ бросков. Которая опять же считается стандартно как число последовательностей бросков длины $n$, содержащих двух орлов в конце, но не раньше, деленное на общее число последовательностей бросков длины $n$ (тут берем просто количества, потому что монетка симметричная).

umokin в сообщении #1702127 писал(а):

$x$- количество оставшихся бросков если первой выпала решка, $y$ -количество оставшихся бросков, если первым выпал первый орел, $z$- если после орла выпал снова орел.

Лучше "если мы в начале или последней выпала решка", "последним выпал орел, а перед ним было начало или решка", "последними были два орла".
Или более обще, $x_n$ - ожидаемое число оставшихся бросков, если орлы были последние $n$. По определению, $x_3 = 0$, а нас интересует $x_0$.

umokin в сообщении #1702134 писал(а):

Подскажите пожалуйста, правильно ли составлена система уравнений

Правильно. Правда думаю было бы более наглядно для несимметричной монетки.

[umokin]

mihaild в сообщении #1702135 писал(а):

Правда думаю было бы более наглядно для несимметричной монетки.

Спасибо. Мое упущение. Вы задавали именно для несимметричной монетки, я об этом совсем позабыл.

[Shadow]

mihaild в сообщении #1702135 писал(а):

Shadow в сообщении #1702076 писал(а):

$\displaystyle \sum\limits_{n=1}^{\infty} \dfrac{nF_{n-1}}{2^n}=6$

Вроде сумма с двойки должна начинаться.

Учитывая, что $F_0=0$, это не принципиально. А как отдельная задача (не напрамую связанная с мат.ожиданием бросков до 2-х орлов) выглядит лучше.

[umokin]

mihaild в сообщении #1702135 писал(а):

Это не вероятность, это мат. ожидание. По стандартной формуле $\sum p_n \cdot n$, где $p_n$ - вероятность что будет ровно $n$ бросков. Которая опять же считается стандартно как число последовательностей бросков длины $n$, содержащих двух орлов в конце, но не раньше, деленное на общее число последовательностей бросков длины $n$ (тут берем просто количества, потому что монетка симметричная).

Количество благоприятных исходов для каждого $n$ задается числом Фибоначчи $F_{n-1}$, что доказал в параллельной теме Shadow,
далее по формуле матожидания можно записать среднее количество бросков до завершения испытания $\displaystyle \sum\limits_{n=1}^{\infty} \dfrac{nF_{n-1}}{2^n}=6$. Таким образом задача решена 2-мя различными способами. Спасибо за помощь.

[Shadow]

umokin в сообщении #1702139 писал(а):

можно записать среднее количество бросков до завершения испытания $\displaystyle \sum\limits_{n=1}^{\infty} \dfrac{nF_{n-1}}{2^n}=6$.

И можно посчитать в лоб, как

$S=\dfrac{1}{2 \sqrt 5}\left(\sum nx^{n-1}-\sum ny^{n-1}\right)$, где $x=\dfrac{1+\sqrt 5}{2}, y=\dfrac{1-\sqrt 5}{2}$

стандартным способом.

С тремя и более орлов в лоб будет пренеприятно, как правильно заметили - Трибоначчи, с корнями уравнения $r^3=r^2+r+1$