турнир двух шахматистов

[voipp]

двое шахматистов играют партии $n>1$ раз. С вероятностью $a$ побеждает 1й игрок, $b$ - второй, и $c$ - ничья. Каждый игрок записывает себе в блокнот результаты каждой партии: 1, если выиграл , -1, если проиграл, и 0 если ничья. Сколько раз за все партии сменится знак у единицы, при условии, что ноль не учитывается. Например, знак сменится 2 раза в такой игре: $1,1,0,1,-1,0,0,1,1$.

Количество смен знака в игре не изменится, если вычеркнуть все ноли.Далее, минимальное число смен знака - 0, а максимальное - $n-1$. Поэтому я решил действовать так: пусть $\xi \sim \begin{pmatrix} 0 & 1 & 2 & \cdots & n-1 \\ p_0 & p_1 & p_2 & \cdots & p_{n-1} \end{pmatrix}
$p_i=p_i^n + p_i^{n-1} + \cdots + p_i^{i+1}$
$p_i^j=C_{j}^{i}(2pq)^i(1-2pq)^{j-i}$
$p=a, \ q=b$
Соответственно,$p_i$- вероятность смены знаков i раз. $p_i^j$ - вероятность смены i знаков в j испытаниях без нулей. Я считал, что j испытаний без ничьих равносильно игре с $n-j$ нулями. Причем стоит заметить, что вероятности после вычеркивания нулей не изменяются! У меня возникли в дальнейшем проблемы со сложением всего этого добра. Видимо я забрел в тупик и есть более простое и правильное решение.

[Yu_K]

Может попробовать поискать рекуррентные формулы. Добавляете одну партию к вариантам из $(N-1)$ партий - если добавляется ничья -то расклад не изменится, если добавляется выигрыш - то поменяются варианты, которые закончились проигрышем, и наоборот, если добавляется проигрыш - то поменяются варианты, которые закончились выигрышем.

Можно анализировать коэффициенты многочленов вида $(a+b+c)^N$. В случае трех партий - будет 27 вариантов возможных исходов - $(a+b+c)^3=a^3+3 a^2 b+3 a b^2+b^3+3 a^2 c+6 a b c+3 b^2 c+3 a c^2+3 b c^2+c^3$.
И вероятность, что перемен знаков не будет - $a^3+b^3+3 a^2 c+3 b^2 c+3 a c^2+3 b c^2+c^3$,
вероятность, что будет одна или две перемены знака - $3 a^2 b+3 a b^2+6 a b c$,
вероятность, что будет ровно две перемены знака- $a^2 b+ a b^2$.
Среднее число перемен знаков в трех партиях будет $2(a^2 b+ a b^2)+2 a^2 b+2 a b^2+6 a b c=4(a^2 b+ a b^2)+6 a b c=-2(a^2 b+ a b^2)+6 a b$.

[voipp]

Yu_K в сообщении #732136 писал(а):

Может попробовать поискать рекуррентные формулы. Добавляете одну партию к вариантам из $(N-1)$ партий - если добавляется ничья -то расклад не изменится, если добавляется выигрыш - то поменяются варианты, которые закончились проигрышем, и наоборот, если добавляется проигрыш - то поменяются варианты, которые закончились выигрышем.

Можно анализировать коэффициенты многочленов вида $(a+b+c)^N$. В случае трех партий - будет 27 вариантов возможных исходов - $(a+b+c)^3=a^3+3 a^2 b+3 a b^2+b^3+3 a^2 c+6 a b c+3 b^2 c+3 a c^2+3 b c^2+c^3$.
И вероятность, что перемен знаков не будет - $a^3+b^3+3 a^2 c+3 b^2 c+3 a c^2+3 b c^2+c^3$,
вероятность, что будет одна или две перемены знака - $3 a^2 b+3 a b^2+6 a b c$,
вероятность, что будет ровно две перемены знака- $a^2 b+ a b^2$.
Среднее число перемен знаков в трех партиях будет $2(a^2 b+ a b^2)+2 a^2 b+2 a b^2+6 a b c=4(a^2 b+ a b^2)+6 a b c=-2(a^2 b+ a b^2)+6 a b$.

А почему именно коэффициенты многочлена? И почему среднее число перемен вы так находите ?? Оо

PS я забыл добавить, что надо найти среднее число смен знака

[nikvic]

Попробуйте построить цепь Маркова с трёмя состояними.

[voipp]

nikvic в сообщении #732186 писал(а):

Попробуйте построить цепь Маркова с трёмя состояними.

я лучше в окно выброшусь

[provincialka]

(Оффтоп)

пожалейте окно

[nikvic]

С чётного или нечётного этажа?

Вам говорили про рекурренцию. Там 2 функции, и спрашивается про их сумму.

[provincialka]

Кстати, смены знака учитываются только для одного человека? Наверное, да, иначе задача будет почти тривиальной.

[voipp]

provincialka в сообщении #732199 писал(а):

Кстати, смены знака учитываются только для одного человека? Наверное, да, иначе задача будет почти тривиальной.

ну у них обоих знак сменится одинаковое число раз

[Yu_K]

voipp в сообщении #732170 писал(а):

А почему именно коэффициенты многочлена? И почему среднее число перемен вы так находите ??

Просто рассмотрите варианты и вероятности - получите обобщенное биноминальное распределение или полиноминальное распределение (если не путаю название) http://mathworld.wolfram.com/MultinomialCoefficient.html.
Так для трех партий вариантов будет столько же что и вариантов трехзначных чисел, состоящих из 1,2,3 - вероятности тут считаются сразу
1, 1, 1 - вер-ть $aaa=a^3$ - перемен знаков 0,
1,-1, 1 - вер-ть $aba=ba^2$ - перемен знаков 2,
1,-1,-1 - вер-ть $abb=ab^2$ - перемен знаков 1,
...
0, 0, 0 - $ccc=c^3$ - перемен знаков 0.

И по классической формуле находите матожидание - сумма произведений СВ и их вер-тей.

Аналогично и для больших степеней. $N=4$ http://www.wolframalpha.com/input/?i=%28a%2Bb%2Bc%29%5E4&lk=4
$(a+b+c)^4=$
$a^4+4 a^3 b+4 a^3 c+6 a^2 b^2+12 a^2 b c+6 a^2 c^2+4 a b^3+12 a b^2 c+12 a b c^2+4 a c^3+b^4+4 b^3 c+6 b^2 c^2+4 b c^3+c^4$

Перемен знаков не будет с вер-тью $a^4+4 a^3 c+6 a^2 c^2+4 a c^3+b^4+4 b^3 c+6 b^2 c^2+4 b c^3+c^4$, и с вер-тью $4 a^3 b+6 a^2 b^2+12 a^2 b c+4 a b^3+12 a b^2 c+12 a b c^2$ - перемены знака будут в кол-ве 1,2,3. Слагаемое $6 a^2 b^2$ даст варианты - три перемены знака - вероятность $2 a^2 b^2=abab+baba$, даст варианты - две перемены знака с вероятностью $2 a^2 b^2=abba+baab$ и одну перемену знака с вероятностью $2 a^2 b^2=aabb+bbaa$ . Что дадут остальные слагаемые надо считать. Конечно громоздко - но полезно для понимания - может придет maxal и напишет быстренько производящую функцию, или venco быстренько свернет рекуррентные соотношения.

Но удастся ли там увидеть закономерность и выписать общую формулу - вопрос открытый. Рекуррентные соотношения тоже не просто довести до конечных выражений.

[provincialka]

voipp в сообщении #732253 писал(а):

ну у них обоих знак сменится одинаковое число раз

значит, искомая функция симметрична по $a,b$.

[Null]

Я бы взял $m_t(n), t\in\{-1,1\}$ - матожидание количества перемен знака в $n$ партиях, если последнее не нулевое число было равнo $t$ и посчитал бы их, там линейная реккурента получается.

[voipp]

provincialka в сообщении #732359 писал(а):

voipp в сообщении #732253 писал(а):

ну у них обоих знак сменится одинаковое число раз

значит, искомая функция симметрична по $a,b$.

кхм. и как это развить

[Yu_K]

Ничейные партии влияют на результат, таким образом - что их можно учесть простым множителем $C_m^k$ для элемента где присутствует $k$ ничейных партий в общем наборе из $m$ партий. И там остается посчитать МО перемен знаков в последовательности из $m-k$ в которой присутствуют только два элемента -1 и 1. Таких последовательностей всего $2^{m-k}$ и их можно перебирать как обычные двоичные последовательности. На ПК получились такие результаты
$ Q(2)= 2ab$
$ Q(3)= 6abc+4ab^2+4a^2b$
$ Q(4)= 12abc^2+16ab^2c+16a^2bc+6ab^3+12a^2b^2+6a^3b$
$Q(5)= 20abc^3+40ab^2c^2+40a^2bc^2+30ab^3c+60a^2b^2c+30a^3bc+8ab^4+24a^2b^3+24a^3b^2+8a^4b$
$Q(6)= 30abc^4+80ab^2c^3+80a^2bc^3+90ab^3c^2+180a^2b^2c^2+90a^3bc^2+48ab^4c+144a^2b^3c+144a^3b^2c+48a^4bc+10ab^5+40a^2b^4+60a^3b^3+40a^4b^2+10a^5b$
$Q(7)= 42abc^5+140ab^2c^4+140a^2bc^4+210ab^3c^3+420a^2b^2c^3+210a^3bc^3+168ab^4c^2+504a^2b^3c^2+504a^3b^2c^2+168a^4bc^2+70ab^5c+280a^2b^4c+420a^3b^3c+280a^4b^2c+70a^5bc+12ab^6+60a^2b^5+120a^3b^4+120a^4b^3+60a^5b^2+12a^6b$.


Но если надо это как-то причесать - то посмотрите как считается такая последовательность http://oeis.org/A005811.