Мат ожидание числа бросков Тани

[MestnyBomzh]

Таня бросает мячик в речку, потом достает его, поворачивает случайным образом и бросает снова. При каждом броске намокает ровно половина мячика (нижняя полусфера его поверхности). Необходимо найти мат ожидание числа бросков до того момента, когда мячик станет полностью мокрым

Задача была дана на одном из вступительных в одну из школ Тинькофф, которая была около 2 недель назад.
Вообще я на своей памяти помню встречал только два способа как посчитать мат ожидание. 1) при наличии функции плотности (или вероятности для дискр) взять по формуле 2) составить рекуррентное соотношение
1ое по понятным причинам тут не подходит, остаётся 2ое
Дальше я особо не сдвинулся, потому что решал такие рекуррентные уравнения только для конечного числа действий (например, частица пойдет влево с вероятностью $p_1$ или вправо с вероятностью $p_2$)

[mihaild]

Вероятность того, что $n$ бросков не хватит, находится из теоремы Венделя - $2^{-n} \cdot (n^2 - n + 2)$. Сама теорема доказывается не слишком сложно, но нетривиально. Интересно, можно ли как-то упростить рассуждение, пользуясь низкой размерностью.

[ozheredov]

(mihaild)

mihaild в сообщении #1531245 писал(а):

из теоремы Венделя

Верно ли я понял, что той замечательной формулой по ссылке можно описывать вероятность того, что выпуклая оболочка $N$ точек, сгенерированных ЛЮБЫМ симметричным относительно нуля $n$-мерным распределением, не накрывает ноль?

[MestnyBomzh]

У вас по формуле получается при $n=3$ вероятность 1. Но ведь трёх бросков может быть достаточно, то есть вероятность должна быть меньше 1

[mihaild]

MestnyBomzh в сообщении #1531287 писал(а):

Но ведь трёх бросков может быть достаточно, то есть вероятность должна быть меньше 1

Вероятность того, что трех бросков хватит, равна $0$ - для этого нужно, чтобы плоскость, проходящая через полюса мокрых полусфер, проходила через центр.

(Оффтоп)

ozheredov в сообщении #1531256 писал(а):

сгенерированных ЛЮБЫМ симметричным относительно нуля $n$-мерным распределением

Что в точности такое "симметричное относительно нуля"?
Если посмотреть доказательство, то оно работает для любого распределения на $(\mathbb R^n)^N$ с независимыми в совокупности компонентами, инвариантного относительно домножения любой компоненты на $-1$, такого что все наборы компонент размера не больше $n$ с вероятностью $1$ линейно независимы (компоненты тут - $n$-мерные вектора, их всего $N$ штук).Можно даже первый и второй вектор генерировать разными распределениями.

[Geen]

Вроде бы недавно обсуждали похожую задачу про попадание центра сферы внутрь симплекса.

[ozheredov]

(mihaild)

mihaild в сообщении #1531288 писал(а):

Что в точности такое "симметричное относительно нуля"?

Для любого вектора $r$: $p_\xi(-r)=p_\xi(r)$

Есть какое-то $n$-мерное распределение, обладающее вышеназванным свойством (или неск. распределений). Я генерю из него (них) $N$ независимых реализаций. Верно ли утверждение: вероятность попадания нуля внутрь выпуклой оболочки сгенерированных реализаций определяется формулой из Теоремы по ссылке?

[mihaild]

(Оффтоп)

ozheredov в сообщении #1531318 писал(а):

Верно ли утверждение: вероятность попадания нуля внутрь выпуклой оболочки сгенерированных реализаций определяется формулой из Теоремы по ссылке?

Нет, еще нужно потребовать, чтобы любой набор из не более чем $n$ векторов был линейно независим с вероятностью $1$. Например распределение, сосредоточенное на $(\pm 1, 0, 0, \ldots)$ даст другой результат.
Непрерывности распределений, вроде бы, достаточно.

[ozheredov]

(Оффтоп)

mihaild в сообщении #1531322 писал(а):

еще нужно потребовать, чтобы любой набор из не более чем $n$ векторов был линейно независим с вероятностью $1$.

Интуиция подсказывает, что для распределений непрерывных величин не более чем $n$ реализаций будут независимы почти наверное. Или интуиция врёт?

[AndyL27]

Номер броска 3 P = 0,25
Номер броска 4 P = 0,25
Номер броска 5 P = 0,1875
Номер броска 6 P = 0,125
Номер броска 7 P = 0,078125
Номер броска 8 P = 0,046875
Номер броска 9 P = 0,02734375
Номер броска 10 P = 0,015625
Номер броска 11 P = 0,0087890625
Номер броска 12 P = 0,0048828125
Номер броска 13 P = 0,002685546875
Номер броска 14 P = 0,00146484375
Номер броска 15 P = 0,00079345703125
Номер броска 16 P = 0,00042724609375
Номер броска 17 P = 0,0002288818359375
Номер броска 18 P = 0,0001220703125
Номер броска 19 P = 6,4849853515625E-05
Номер броска 20 P = 3,4332275390625E-05
Номер броска 21 P = 1,811981201171875E-05
Номер броска 22 P = 9,5367431640625E-06
Номер броска 23 P = 5,0067901611328125E-06
Номер броска 24 P = 2,6226043701171875E-06
Номер броска 25 P = 1,3709068298339844E-06
Номер броска 26 P = 7,152557373046875E-07
Номер броска 27 P = 3,725290298461914E-07
Номер броска 28 P = 1,9371509552001953E-07
Номер броска 29 P = 1,0058283805847168E-07
Результат равен 4,999996643513441

Посчитал рекурсией
как по другому решать хз

[mihaild]

AndyL27 в сообщении #1531968 писал(а):

Посчитал рекурсией

Как именно? И результат неправильный, трех бросков почти наверное не хватит (плоскость, проведенная через нижние точки, почти наверное не содержит центр сферы, а значит все нижние точки лежат строго внутри одной полусферы, и центр противоположной полусферы не покрыт).

(Оффтоп)

ozheredov в сообщении #1531337 писал(а):

Интуиция подсказывает, что для распределений непрерывных величин не более чем $n$ реализаций будут независимы почти наверное

Это правда. Но теорема работает даже для дискретных распределений.

[Cash]

AndyL27, вы посчитали плоский вариант задачи. В исходном требуется трехмерный.

-- Сб сен 18, 2021 16:15:21 --

Не претендуя на строгость, решение в двух словах следующее:
Рассмотрим наряду с точками их антиподы. Каждой паре точка+антипод соответствует экватор. $n$ экваторов дробят сферу на $n^2-n+2$ зон. Если взять полусферу с полюсом из этой зоны, то выбирая из каждой пары (точка, антипод) по одному представителю, ровно одна комбинация из $2^n$ попадет в эту полусферу. Разным зонам будут соответствовать разные комбинации. Итоговая вероятность $2^{-n}(n^2-n+2)$