Ожидание кол-ва появления данной комб. из 1 мил подб монеты

[Bridgeport]

Имеется монета. Вероятность выпадения орла = 1/2, выпадения решки = 1/2. Монета подбрасывается 1 000 000 раз. Требуется найти ожидание количества появлений следующей комбинации: ooooooрррррр т.е 6 орлов и 6 решек непосредственно за ними.

Дайте, пожалуйста, подсказку.

Я уже думал над простым решение: рассмотреть только 4 побрасивания и комбинацию: ор и обобщить далее. В этом подходе похже будет много рассчетов.

[zhoraster]

В точности, как мат.ожидание биномиального распределения: среднее суммы равно сумме средних. Получится $(10^6-11)/2^{12}$.

[Bridgeport]

Я никак не могу увидеть сумму! Нельзя ли чуть по подробнее?

[zhoraster]

А как в биномиальном распределении возникает сумма? Откуда берется формула $np$ для математического ожидания?

-- Сб янв 15, 2011 21:22:45 --

Joker_vD, не один Вы поняли, как это сделать. Но размещать готовые решения учебных задач у нас не разрешено.

[Null]

Матожидание суммы случайных величин равно сумме их матожиданий. Независимость как ни странно не нужна.

[Bridgeport]

Кстати, даже с решением Joker_vD, я все равно не могу себя убедить, что $\xi$ есть биномиальная случайная величина. Никак ме могу понять, что количество экспериментов есть $10^6-11$, почему-то хочется поделить миллион на 12.

Во всяком случае, всем спасибо за подсказки!

[Хорхе]

Она не биномиальная. Просто метод такой же.

[Bridgeport]

Я не совсем понимаю комментарий Хорхе, а можно ли о ней думать как о биномиальной с параметрами $n=10^6-11, \quad p=\frac{1}{2^{12}}$

-- Сб янв 15, 2011 23:54:05 --

Кстати, нельзя ли вернуть решение Joker_vD, а то становится неясно о чем идет речь.

Вот определение:

$\xi:=\sum_{i=1}^{10^6-11}\xi_{i}$

где $\xi$ есть 1 если комбинация выпала с позиции $i$ и 0 в противном случае.

[Joker_vD]

Ну так ведь $P\{\,\xi_1=1,\xi_2=1\,\} = 0 \neq \frac{1}{2^{24}} = P\{\,\xi_1=1\,\}P\{\,\xi_2=1\,\}$, значит, величины $\xi_1$ и $\xi_2$ зависимы, и одного этого уже достаточно для того, чтобы $\xi$ не была распределена по биномиальному закону — в схеме Бернулли требуются независимые реализации.

[Хорхе]

Не будет она биномиальной, ведь там независимости нет. Но подсчет матожидания ничем не отличается.

[Joker_vD]

(Оффтоп)

Вообще, задача выписать ряд распределения этой $\xi$ пугает своим объемом.

[Bridgeport]

Абсолютно с вами согласен, я об этом и говорил в самом начале, когда хотел редуцировать проблему до случая 4-х подбрасываний!

До сих под поражен простотой решения.

Хотелось бы понять, что привело вас (Joker_vD) к такому решению?

[Joker_vD]

Bridgeport
Возможно то, что 13 января я сдавал экзамен по теории вероятностей, и одним из вопросов в программе было вычисление матожидания и дисперсии случайной величины, распределенной по биномиальному закону, причем именно таким способом.

[Хорхе]

(Тут, кстати, и дисперсию несложно подсчитать.)

[Bridgeport]

В каком то смысле это подсчет ожидания статистики.