Парадокс Эльханана Мозеля

[kotenok gav]

А вот хорошая математическая задача с Элементов:
http://elementy.ru/problems/1662/Parado ... na_Mozelya
Условие:
Вы бросаете игральную кость до тех пор, пока не выпадет 6. Каково среднее ожидаемое число бросков (включая тот, который дал 6) при условии, что во всех предыдущих бросках выпадали четные числа?

(Мой ответ)

$$\frac13\cdot1+\frac23(\frac13\cdot2+\frac23(\frac13\cdot3+\frac23(...)))=3$

[fred1996]

kotenok gav
По-моему вы ветку перепутали

[Pphantom]

Отделено от «Лингвистическая задача»

[Pphantom]

Тема перемещена из форума «Свободный полёт» в форум «Карантин»
по следующим причинам:

- подберите заголовок поудачнее, этот временный;
- если условие задачи без решения еще может представлять интерес, то решение без условия - точно нет; условие нужно набрать, а возможный ответ (если это задача для других) - убрать.

Исправьте все Ваши ошибки и сообщите об этом в теме Сообщение в карантине исправлено.
Настоятельно рекомендуется ознакомиться с темами Что такое карантин и что нужно делать, чтобы там оказаться и Правила научного форума.

[Pphantom]

Тема перемещена из форума «Карантин» в форум «Олимпиадные задачи (М)»

[mihaild]

(как слегка улучшить интуицию тут)

Представьте, что у нас не $6$, а $10^{100}$ граней, а условие то же - до шестерки выпадали только $2$ и $4$. Тогда вероятность того, что у нас выпало ненулевое количество двоек и четверок, а потом шестерка, гораздо меньше, чем вероятность того, что сразу выпала шестерка. После обуславливания это соотношение сохраняется - следовательно, число бросков с вероятностью почти $1$ равно $1$ - и соответственно мат. ожидание чуть больше $1$.

[kotenok gav]

(Мое решение)

А где в моем решении ошибка? Вот оно:
С вероятностью 1/3 шестерка выпадет в начале и будет один бросок.
С вероятностью 2/3 выпадет не шестерка.
С вероятностью 1/3 потом выпадет шестерка и будет два броска.
С вероятностью 2/3 выпадет не шестерка.
С вероятностью 1/3 потом выпадет шестерка и будет три броска.
....

[Cash]

В задаче шестигранная кость, а не трёхгранная, как у вас в решении

[mihaild]

(ошибка)

kotenok gav, вы неправильно обуславливаетесь. Априорная вероятность последовательности $6$ равна $\frac{1}{6}$, последовательности $26$ - $\frac{1}{36}$. Т.е. первая больше второй в $6$ раз. После обуславливания это отношение должно сохраняться. А у вас получается - вероятность первой двойки $\frac{1}{3}$, вероятность $6$ после этого - $\frac{1}{9}$, а вероятность просто $6$ - $\frac{1}{3}$. Т.е. вероятность последовательности $6$ после обуславливания у вас получается в $3$, а не в $6$ раз больше вероятности $26$.

[kotenok gav]

Cash в сообщении #1254519 писал(а):

В задаче шестигранная кость, а не трёхгранная, как у вас в решении

В задаче выпадают только четные числа, так что кость можно считать трехгранной.

[wrest]

Вот в задачах на вероятности частенько какие-то непонятки с условиями.

На мой взгляд, можно заметить следующее.

Можно предположить, что кость равновероятная. Тогда то, что "во всех предыдущих бросках выпадали четные числа", говорит о том, что или кость трехгранная с числами 2,4 и 6, или шестигранная, но на этой кости две двойки, две четверки и две шестерки.

С другой стороны, можно предположить что кость шестигранная и числа на ней от 1 до 6, но тогда, если "во всех предыдущих бросках выпадали четные числа" это кость явно не равновероятная, а на ней выпадают только четные грани. Что сводится к предыдущему случаю трехгранной кости.

Если же предположить что кость шестигранная, с числами от 1 до 6 и при этом равновероятная, то условие "во всех предыдущих бросках выпадали четные числа" надо выкинуть и никак не учитывать.

Можно еще сказать так. Из всех серий бросков, заканчивающихся шестеркой, делаем выборку только тех, которые содержат перед шестеркой только двойки и четверки. Но и это аналог трехгранной кости.

Может есть еще какие-то интерпретации условий? Что вообще происходит в задаче?

[mihaild]

Это формализуется стандартным образом. У нас есть бесконечное число независимых равномерно распределенных на $\overline{1,6}$ величин $\xi_1, \xi_2, \ldots$.
Введем новую случайную величину $n = \operatorname{argmin}_m: \xi_m = 6$. Задача - посчитать $\mathbb{E}(n | \forall i \leqslant n: \xi_i \in \{2,4,6\})$.

wrest в сообщении #1254531 писал(а):

Из всех серий бросков, заканчивающихся шестеркой, делаем выборку только тех, которые содержат перед шестеркой только двойки и четверки. Но и это аналог трехгранной кости

Вот этот момент интересен. Интуитивно кажется, что аналог. На самом деле - нет, не аналог.

[Cash]

wrest в сообщении #1254531 писал(а):

Можно еще сказать так. Из всех серий бросков, заканчивающихся шестеркой, делаем выборку только тех, которые содержат перед шестеркой только двойки и четверки. Но и это аналог трехгранной кости.

Ну mihaild же в самом начале привёл соображение, что для шестигранной кости длинные серии гораздо менее вероятны, чем для "аналога"

[wrest]

mihaild в сообщении #1254510 писал(а):

Тогда вероятность того, что у нас выпало ненулевое количество двоек и четверок, а потом шестерка, гораздо меньше, чем вероятность того, что сразу выпала шестерка.

А разве условием задачи не запрещаются случаи когда первым же броском выпала шестерка?

-- 10.10.2017, 18:08 --

Cash в сообщении #1254540 писал(а):

что для шестигранной кости длинные серии гораздо менее вероятны,

Мы все серии, где до шестерки выпадали нечетные числа, выкидываем из рассмотрения как не соответствующие условию.
Я так понял что нам надо посчитать среднюю длину серии бросков со следующими условиями:
1. Серия не начинается шестеркой.
2. Серия заканчивается шестеркой.
3. В расчет принимаются только серии в которых все выпавшие числа четные.

То есть допустим мы начали кидать шестигранный равновероятный кубик пока не выпадет шестерка и получили такие реализации
0. "обнуляем" кубик кидая его 100500 раз не смотря на результат
1. 2 5 3 6 -> серия закончена, "обнуляем" кубик кидая его 100500 раз не смотря на результат
2. 6 -> серия закончена, "обнуляем" кубик кидая его 100500 раз не смотря на результат
3. 4 3 6 -> серия закончена, "обнуляем" кубик кидая его 100500 раз не смотря на результат
4. 5 2 6 -> серия закончена, "обнуляем" кубик кидая его 100500 раз не смотря на результат
5. 4 4 6 -> серия закончена, "обнуляем" кубик кидая его 100500 раз не смотря на результат
6. 2 4 6 -> серия закончена, "обнуляем" кубик кидая его 100500 раз не смотря на результат

Тогда для подсчета искомого ожидания мы берем только серии 5 и 6, у которых средняя длина серии равна 3, а серии с номерами 1,2,3,4 просто не учитываем.

[mihaild]

wrest в сообщении #1254551 писал(а):

А разве условием задачи не запрещаются случаи когда первым же броском выпала шестерка?

Мы ни разу не бросали кубик. Верно ли, что при всех бросках выпадали только четные числа? (да, верно, причем даже при каждом броске выпадали все четные числа сразу)

"Обнулять кубик" не нужно, учитывать серии, в которых 6 выпала сразу, нужно, в остальном всё правильно.