Найти математическое ожидание

[dima_1985]

С каждым товаром покупатель получает наудачу некоторый элемент коллекции, состоящей из $n$ различных элементов. Какое среднее число покупок надо сделать, чтобы собрать полную коллекцию ?
Решение: Решил начать с $n=2$. $X$ - случайная величина числа покупок. С.В принимает следующие значения $2,3,4,5 $ и т.д. и соответствующие вероятности $\frac{1}{2},\frac{1}{4},\frac{1}{8},\frac{1}{16}$ и т.д. $M[X] = 1+\sum\limits_{i=2}^{n} \frac{i+1}{2^i}= 3 $. Похоже на правду? Попытался обобщить для $n=3$, но получается ерунда. Я наверное неправильно рассуждаю? Наверное, нужно иначе рассуждать ?

[zykov]

Тут можно рассмотреть $n$ последовательных шагов.
Первый шаг:
Когда выпадет 1 уникальный предмет. Всегда ровно за одну покупку.
Второй шаг:
Когда выпадет второй уникальный предмет. Тут идёт процесс Бернулли. При каждой покупке либо будет старый предмет с вероятность $\frac 1 n$, либо новый с вероятностью $\frac{n-1}{n}$.
Третий шаг:
Аналогично. При каждой покупке либо будет старый предмет с вероятность $\frac 2 n$, либо новый с вероятностью $\frac{n-2}{n}$.
И т.д.

Для каждого шага легко посчитать матожидание количества покупок по распределению Бернулли.
Матождание полного количества покупок просто равно сумме этих матожиданий по шагам.

[alisa-lebovski]

Процесс то можно сказать Бернулли, а распределение нет.

[zykov]

Да, распределение Бернулли относится только к одной покупке.
Используя это распределение можно найти матожидание количества покупок до перехода к следующему шагу точно так же, как ТС сделал для $n=2$.

[alisa-lebovski]

Лучше использовать другое классическое распределение, числа испытаний до появления первого успеха.

[zykov]

(Оффтоп)

лучше, хуже - это вопрос философский, то бишь скользкий

[Markus228]

zykov в сообщении #1533125 писал(а):

Для каждого шага легко посчитать матожидание количества покупок по распределению Бернулли.

Да тут же надо просто взять обратную вероятность получить новый предмет

[dima_1985]

alisa-lebovski в сообщении #1533140 писал(а):

Лучше использовать другое классическое распределение, числа испытаний до появления первого успеха.

. Если использовать геометрическое распределение, то:
$n=2 $ будет $ E[X]=1+\frac{1}{\frac{1}{2}}$
$n=3 $ будет $ E[X]=1+\frac{1}{\frac{2}{3}}+\frac{1}{\frac{1}{3}}$
Для произвольного $n $ будет $ E[X] = 1 + \sum\limits_{l=1}^{n-1}\frac{1}{\frac{l}{n}} = 1+n \sum\limits_{l=1}^{n-1}\frac{1}{l}$ . Как по распределению Бернули пока не разобрался, но по геом. распределению выглядит просто. Если я правильно понял подсказку?

[zykov]

Да, можно чуть короче.
$1+n \sum\limits_{l=1}^{n-1}\frac{1}{l} = n \sum\limits_{l=1}^{n}\frac{1}{l}$

[alisa-lebovski]

dima_1985 в сообщении #1533169 писал(а):

Если я правильно понял подсказку?

Да.

[dima_1985]

Сколько в среднем нужно бросить игральную кость($6$ гранй), чтобы получить последовательность очков $3,4$. Решение: $x$ -число бросков. $x=\frac{5}{6}(x+1)+\frac{1}{6}(\frac{5}{6}(x+2)+\frac{1}{6}2)$? $x=42$. Рассуждения:
1) $\frac{5}{6}(x+1)$-выпала не тройка начинаем сначала.

2)$\frac{1}{6}(\frac{5}{6}(x+2)+\frac{1}{6}2)$ - первая тройка , а вторая не четверка $\frac{5}{6}(x+2)$ начинаем сначала или вторая четверка $\frac{1}{6}2$. Что-то слишком много бросков $42$?

[mihaild]

Если после тройки выпала еще одна тройка, то начинаем не совсем с начала.

[alisa-lebovski]

dima_1985, аналогичное обсуждалось уже - topic147394.html

[dima_1985]

alisa-lebovski в сообщении #1534843 писал(а):

dima_1985, аналогичное обсуждалось уже - topic147394.html

. Огромное спасибо !!!

mihaild в сообщении #1534842 писал(а):

Если после тройки выпала еще одна тройка, то начинаем не совсем с начала.

Вы системой описали в указанном топике и это более понятно. Для моей задачи система немного поменяется $\left\{ \begin{array}{rcl} a=1+\frac{5}{6}a+\frac{1}{6}b\\ b=1+\frac{4}{6}a+\frac{1}{6}b \\ \end{array} \right.$. Получилось,что в среднем нужно 36 бросков.

[zykov]

Нет, тут тоже 42 броска в среднем.
$4/6$ и $1/6$ быть не может, в сумме должна быть 1.