Цепи Маркова, кажется...

[Laguna]

Здравствуйте, помогите, пожалуйста, разобраться с задачей:
"У игрока 2 игральных кости. Он бросает их до тех пор, пока хотя бы на одной из костей не выпадет 6. Все промежуточные результаты игрок суммирует. Найдите вероятность события, что в момент окончания игры сумма будет кратна 3."
Я пытался решить так: "При такой игре 6-ка на одном из кубике рано или поздно должны выпасть, а значит конец игры всегда наступает. Пусть всего было сделано $n+1$ подбрасывание, где на $n+1$-м и выпала 6-ка на одном из кубиков. Определим посл-ть с.в. $S_n$, где $S_j$ - сумма очков после j-го броска по модулю 3. В эту посл-ть не будем включать последний бросок. Тогда данная последовательность из n с.в., очевидно, является однородной марковской цепью, причем мы знаем ее начальное распределение - (1, 0, 0)...", а вот дальше ступор. Не понимаю, как у такой цепи найти матрицу перехода. Очевидно, она будет размера 3 на 3, но вот как, например, определить вероятность перехода из состояния 0 в состояние 0? Основная проблема тут в том, что она как бы не равна просто $\frac{1}{3}$, ибо если бросок не последний, то 6-ка не может выпасть ни на одном кубике, и чему тогда равна эта вероятность? Если бы я знал, то нашел бы распределение вероятностей после предпоследнего броска, а искомую вероятность нашел бы через формулу полной вероятности. Также мне не нравится фраза о том, что, дескать, игра точно закончится. Это неочевидно. Как этот момент можно построже обосновать? Прошу помочь разобраться

[Yadryara]

Laguna в сообщении #1659002 писал(а):

Также мне не нравится фраза о том, что, дескать, игра точно закончится.

Насколько я понял, это постулируется условием:

Laguna в сообщении #1659002 писал(а):

Найдите вероятность события, что в момент окончания игры сумма будет кратна 3.

В этот момент на одном кубике точно $6$, на другом — или $3$ или $6$. Искомая вероятность — $\frac13$.

Зачем здесь ещё какой-то огород городить...

-- 20.10.2024, 07:10 --

Или здесь имеется в виду вся сумма очков за всё время игры? Ну тогда да, задача сложнее.

[мат-ламер]

Yadryara в сообщении #1659008 писал(а):

Или здесь имеется в виду вся сумма очков за всё время игры? Ну тогда да, задача сложнее.

Если использовать арифметику по модулю три и соображения симметрии, то не так всё и сложно.

Laguna в сообщении #1659002 писал(а):

Также мне не нравится фраза о том, что, дескать, игра точно закончится.

Игра может и не закончится. Но если это не повлияет на ответ, то это нас раздражать не должно.

[Laguna]

мат-ламер в сообщении #1659015 писал(а):

Если использовать арифметику по модулю три и соображения симметрии, то не так всё и сложно.

У Вас есть соображения, как такое решать?

[мат-ламер]

Laguna в сообщении #1659022 писал(а):

У Вас есть соображения, как такое решать?

Да. Мои соображения во многом похожи на ваши, но есть и различия. У вас проблема:

Laguna в сообщении #1659002 писал(а):

ибо если бросок не последний

У вас вообще не цепь Маркова, ибо процесс нестационарный. Чтобы прийти к Цепи Маркова, пусть у нас будет не

Laguna в сообщении #1659002 писал(а):

Очевидно, она будет размера 3 на 3

три состояния, а четыре. Четвёртое состояние поглощающее - процесс закончился - выпала шестёрка. От полной записи решения я пока воздержусь. Может у вас всё получится.

[Yadryara]

Laguna в сообщении #1659022 писал(а):

У Вас есть соображения, как такое решать?

Это-то как раз просто. Имеется всего 3 остатка от деления на 3. И для каждого варианта суммы — по 2 подходящих цифры на кубике. Так что какая бы сумма ни была перед последним броском, то, если он состоялся, искомая вероятность — $\frac13$.

[мат-ламер]

мат-ламер в сообщении #1659015 писал(а):

Игра может и не закончится. Но если это не повлияет на ответ, то это нас раздражать не должно.

Вероятность того, что игра не закончится никогда, нулевая. В расчёт мы её не берём.

[Laguna]

мат-ламер в сообщении #1659029 писал(а):

Четвёртое состояние поглощающее - процесс закончился - выпала шестёрка.

Точно, поглощающее состояние звучит очень разумно. Сейчас буду пробовать с этим соображением

[Laguna]

Yadryara в сообщении #1659030 писал(а):

Laguna в сообщении #1659022 писал(а):

У Вас есть соображения, как такое решать?

Это-то как раз просто. Имеется всего 3 остатка от деления на 3. И для каждого варианта суммы — по 2 подходящих цифры на кубике. Так что какая бы сумма ни была перед последним броском, то, если он состоялся, искомая вероятность — $\frac13$.

Блин, точно, это же элементарно, марковские цепи тут совсем не причем. Там по формуле полной вероятности расписываем и получается ответ $\frac{1}{3}$. Почему-то не заметил этого, спасибо Вам. Вопрос закрыт

[svv]

Laguna в сообщении #1659089 писал(а):

Вопрос закрыт

Погодите, не закрывайте. Я сомневаюсь. Рассмотрим первую трактовку условия задачи, когда суммируются только значения в последнем броске.

В любом броске с равной вероятностью выпадет одна из $36$ различных пар $(a,b)$, где $a,b\in\{1,2,3,4,5,6\}$. Пар, в которых хоть одна шестёрка, всего $11$:
$(1,6)\;(2,6)\;{\color{blue}(3,6)}\;(4,6)\;(5,6)\;{\color{blue}(6,6)}$
$(6,1)\;(6,2)\;{\color{blue}(6,3)}\;(6,4)\;(6,5)$
И они по-прежнему равновероятны. А благоприятных из них $3$.

[мат-ламер]

svv в сообщении #1659097 писал(а):

Рассмотрим первую трактовку условия задачи, когда суммируются только значения в последнем броске.

Как-то я сомневаюсь в такой трактовке, поскольку сказано:

Laguna в сообщении #1659002 писал(а):

Все промежуточные результаты игрок суммирует.

И в трактовке, где суммируется всё, я тоже сомневаюсь в полученном ответе.

(Оффтоп)

Но поскольку уже поздно, сомнения перенесу на завтра.

[Yadryara]

Да, повнимательнее надо, конечно. svv прав. С вероятностью $\frac{11}{36}$ игра закончится первым же броском. В этом случае с вероятностью $\frac{3}{11}$ сумма будет кратна трём. И с вероятностью $\frac{4}{11}$ остаток от суммы очей по модулю 3 будет равен 1 и 2. Таким образом, первое слагаемое у нас

$$\frac{11\cdot3}{36\cdot11}=\frac1{12}$$

С вероятностью $\frac{25}{36}\cdot\frac{11}{36}$ игра закончится вторым броском. В этом случае с вероятностью $\frac{9}{25}$ сумма будет кратна трём после 1-го броска и с вероятностью $\frac{8}{25}$ остаток от суммы очей по модулю 3 будет равен 1 и 2. $\frac{25\cdot11\cdot9\cdot3}{36\cdot36\cdot25\cdot11}=\frac{27}{1296}$ и $\frac{25\cdot11\cdot8\cdot4}{36\cdot36\cdot25\cdot11}=\frac{32}{1296}$

Таким образом, второе слагаемое у нас состоит из 3-х частей:

$$\frac{27+32\cdot2}{1296}=\frac{91}{1296}$$

Сложновато получается, проверьте, плиз.

[мат-ламер]

Игре можно поставить в соответствие всевозможные последовательности (различной длины) цифр от $1$ до $5$ (шестёрки мы выкинем - на сумму они не влияют). С вероятностью $1/36$ последовательность будет нулевой длины (в первом броске две шестёрки). С нулевой вероятностью последовательность бесконечна. Но каждой длине можно поставить вполне определённую вероятность. Стоит вопрос - а какие могут быть суммы этих последовательностей и с какой вероятностью? При увеличении длины последовательности различные суммы будут стремиться к одинаковой вероятности $1/3$ . Так что ответ должен быть где-то около этого. Может быть даже равным $1/3$ , но как-то это пока не очевидно. В любом случае интересно честно рассчитать полученную марковскую цепь.

[Yadryara]

мат-ламер в сообщении #1659113 писал(а):

С вероятностью $1/36$ последовательность будет нулевой длины (в первом броске две шестёрки).

Последовательность чего будет нулевой длины?

мат-ламер в сообщении #1659113 писал(а):

При увеличении длины последовательности различные суммы будут стремиться к одинаковой вероятности $1/3$ . Так что ответ должен быть где-то около этого.

Это да, я и 3-е слагаемое уже посчитал, проверьте:

$$P = \frac{3}{6^2}+\frac{91}{6^4}+\frac{2291}{6^6} + ...$$

[мат-ламер]

Yadryara в сообщении #1659115 писал(а):

Последовательность чего будет нулевой длины?

Последовательность выпавших цифр на кубиках. Причём

мат-ламер в сообщении #1659113 писал(а):

(шестёрки мы выкинем - на сумму они не влияют)

Yadryara в сообщении #1659115 писал(а):

Это да, я и 3-е слагаемое уже посчитал, проверьте:

Хотелось бы для начала послушать мнение ТС.