Парадокс Эльханана Мозеля

[realeugene]

mihaild в сообщении #1254535 писал(а):

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

Кажется. Интересно, что именно ломает в этой задаче интуицию?

(ответ задачи)

Средняя длина в этой задаче равна $\frac{n}{n-k}$, где $n$ - общее число чисел, $k$ - число "хороших" неостанавливающих чисел, останавливает одно число.

[arseniiv]

realeugene в сообщении #1254564 писал(а):

Интересно, что именно ломает в этой задаче интуицию?

Присоединяюсь, пока сам не разобрал.

(Ответ задачи)

Может быть лучше выразить через вероятности: $(1-q)^{-1}$, где $q$ — вероятность хорошего неостанавливающего события.

-- Вт окт 10, 2017 21:48:32 --

А именно, почему неверное выражение $\sum_{n=1}^\infty npq^{n-1}/(p+q)^n$ для матожидания кажется безобидным.

[mihaild]

Скорее всего потому что условные вероятности вообще контринтуитивны, и прочитав "при условии X" очень хочется сразу же забыть про всё остальное и строить модель, глядя только на условие (что, понятно, в общем случае невозможно - но можно интуитивно приблизить, заменив все неизвестные распределения равномерными и сделав еще кучу первосистемных глупостей).

[PETIKANTROP]

Наверное, сначала необходимо определиться с количеством "чисел бросков" для выпадения "6" и вероятностью каждого числа бросков, а затем просуммировать их произведения. Если я правильно понимаю условие задачи, то количество =3, число бросков=1, 2 и 3, а их вероятности соответственно =1/3, 1/6 и 1/9, а среднее ожидаемое =1.

[arseniiv]

Рассуждение мне лично непонятно, но ответ не тот.

[Geen]

Рассмотрим длинную последовательность чисел $-1,0,1$ с вероятностями $1-p-q,q,p$ соответственно - $-1$ имитирует нечётные числа на кубике, $0$ - чётные, но не 6-ка, и $1$ - обозначает 6-ку.
Но часть нулей надо забраковать - а именно те, серия которых заканчивается $-1$. Очевидно, что хороших нулей "останется" $pq/(1-q)$.
Искомый ответ это количество хороших нулей делённое на количество единиц плюс 1, то есть $1/(1-q)$ или, для задачи с кубиком, $3/2$

[realeugene]

Geen в сообщении #1254597 писал(а):

Искомый ответ это количество хороших нулей

Ответ у вас неправильный. Но подход интересный и позволяющий получить результат интуитивно. Последовательность нулей останавливается любым ненулём. Её средняя длина считается интуитивно очевидно. И эта средняя длина не зависит от того, единицей какого знака она терминирована. Значит, средняя длина последовательности при условии, что последовательность хорошая, такая же.

[Geen]

realeugene в сообщении #1254599 писал(а):

Ответ у вас неправильный.

Я там "потерял" "множитель". Уже поправил.

-- 10.10.2017, 21:24 --

realeugene в сообщении #1254599 писал(а):

Её средняя длина считается интуитивно очевидно.

Вот как-раз не очень, но нам она и не нужна.

[realeugene]

Geen в сообщении #1254600 писал(а):

Вот как-раз не очень, но нам она и не нужна.

Это просто схема Бернулли: самый популярный учебный пример.

[wrest]

mihaild в сообщении #1254556 писал(а):

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)

Выглядит как подмена условия "до шестерки выпадали только четные" на условие "до шестерки не выпадали нечетные".

mihaild в сообщении #1254535 писал(а):

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

Да, я думаю что интуиция ломается как раз на шестерке, т.к. "эквивалентная" вероятность ее выпадения не равна вероятности двойки и четверки а является суммой вероятностей собственно шестерки и тех граней которые не выпадали, то есть как будто на равновероятном шестигранном кубике четыре шестерки, одна двойка и одна четверка.
Соответственно, если потребовать чтобы перед шестеркой выпадали только нечетные, то это будет эквивалентно равновероятному шестигранному кубику с тремя шестерками, единицей, тройкой и пятеркой на гранях.

[realeugene]

wrest в сообщении #1254748 писал(а):

Выглядит как подмена условия "до шестерки выпадали только четные" на условие "до шестерки не выпадали нечетные".

Это одно и то же. Более формально это можно записать следующим образом: "все числа, которые выпадали до шестёрки, были чётными".

[wrest]

realeugene в сообщении #1254753 писал(а):

Это одно и то же. Более формально это можно записать следующим образом: "все числа, которые выпадали до шестёрки, были чётными".

Не возникает ли тут бессмысленно истинного утверждения, навроде того, что даже если никакие шары не выпадали, то все они были четные (а также и нечетные)?

[realeugene]

wrest в сообщении #1254755 писал(а):

Не возникает ли тут бессмысленно истинного утверждения, навроде того, что даже если никакие шары не выпадали, то все они были четные (а также и нечетные)?

Я не знаю такого логического термина "бессмысленно истинное утверждение". Импликация из ложной посылки истинна, потому что её невозможно опровергнуть. И совершенно верно, если ни один шар не выпал, то все шары, которые выпали, были одновременно и чётными, и нечётными, и съедобными, и ядовитыми.

[wrest]

Ок, тогда "на пальцах" решение задачи такое.

(Оффтоп)

Заменяем те числа, которые не выпали (в нашем случае все нечетные $1,3,5$) на шестерку и считаем на каком броске в среднем выпадет шестерка.
Поскольку вероятность выпасть шестерке в каждом броске равна $2/3$, то в среднем надо сделать $3/2$ бросков до первого выпадания шестерки.

На случай если мы меняем условие на "перед шестеркой выпадали только нечетные", то на гранях кубика вместо тех чисел что не выпадали ($2$ и $4$), пишем шестерку, тогда вероятность шестерке выпасть равна $1/2$ а в среднем она будет выпадать каждый второй раз, т.е. искомое количество бросков будет равно $2$.

В итоге получается формула эквивалентная той, которую ранее привел realeugene, т.е. $m=\dfrac{n}{i+1}$, где $m$ - искомое матожидание количества бросков, $n$ - количество граней равновероятного кубика, $i$ - количество граней которые не выпадали.