Цепи Маркова, кажется...

[Yadryara]

В марковских цепях вроде zykov хорошо разбирается. Помнится, мы посчитали вероятности в теме «Отрезки из повторяющихся исходов», затем пришёл zykov и посчитал через цепи. Ответы совпали.

[мат-ламер]

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

Чтобы прийти к Цепи Маркова, пусть у нас будет не

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

три состояния, а четыре. Четвёртое состояние поглощающее - процесс закончился - выпала шестёрка.

Наверное даже лучше, чтобы было два поглощающих состояния - процесс закончился успешно (с суммой делящейся на три) и не успешно.

-- Пн окт 21, 2024 21:57:16 --

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

У меня получился ответ $11/35$ .

[Combat Zone]

Yadryara в сообщении #1659107 писал(а):

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

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

Я иначе интерпретирую условие задачи, это, разумеется, влияет на ответ, но на ход рассуждений не слишком.
В условии говорится, что

Laguna в сообщении #1659002 писал(а):

Он бросает их до тех пор, пока хотя бы на одной из костей не выпадет 6. Все промежуточные результаты игрок суммирует.

Промежуточные. В них обычно не входит последнее.

Составляем цепь Маркова, как и планировал ТС, с тремя состояниями. Находим вероятность, что на $n$-м шаге в цепочке неудач сумма кратна трем. Дальше формула полной вероятности. В общем, кажется, ничего нового. Вероятность у меня в итоге $19/35$.

Сразу замечу, что в формулировке Yadryara вероятность должна получаться меньше, чем в моей.

Кажется.

Ночь, однако :)

[Yadryara]

Ну так и мат-ламер, видимо, не прибавляет последний бросок к сумме:

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

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

Иначе откуда тогда последовательность нулевой длины? Ведь один-то бросок всегда есть.

Но ответы у вас получились разные.

А какие ответы у вас, господа, если все броски суммировать, как в моей трактовке?

[Combat Zone]

Yadryara
Но вы-то сами досчитали до ответа? Сравните.
Я сейчас пас, это уже на свежую голову, как свободное время выйдет.

Yadryara в сообщении #1659203 писал(а):

Но ответы у вас получились разные.

Хотя бы один из нас ошибся.

-- 22.10.2024, 04:26 --

Yadryara в сообщении #1659203 писал(а):

Ну так и мат-ламер, видимо, не прибавляет последний бросок к сумме:

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

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

Иначе откуда тогда последовательность нулевой длины?

А откуда $1/36$? мат-ламер в этой теме слишком часто меняет показания, я не очень вчитываюсь.

[Yadryara]

Combat Zone в сообщении #1659204 писал(а):

Но вы-то сами досчитали до ответа?

Не-а

Combat Zone в сообщении #1659204 писал(а):

А откуда $1/36$?

Видимо, он невнимательно читал условие и полагает что игра заканчивается только при двух 6-ках ??

Так-то $\frac{11}{36}$.

[мат-ламер]

Yadryara в сообщении #1659203 писал(а):

Ну так и мат-ламер, видимо, не прибавляет последний бросок к сумме:

Прибавляет. Лично мне кажется, что так будет естественнее.

Yadryara в сообщении #1659203 писал(а):

Иначе откуда тогда последовательность нулевой длины? Ведь один-то бросок всегда есть.

Ещё раз:

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

(шестёрки мы выкинем - на сумму они не влияют). С вероятностью $1/36$ последовательность будет нулевой длины (в первом броске две шестёрки).

А с вероятностью $5/18$ единичной длины.

-- Вт окт 22, 2024 12:55:38 --

Yadryara в сообщении #1659203 писал(а):

Но ответы у вас получились разные.

Combat Zone в сообщении #1659204 писал(а):

Хотя бы один из нас ошибся.

Нет. Трактовки условия разные.

-- Вт окт 22, 2024 12:58:31 --

Yadryara в сообщении #1659203 писал(а):

Но ответы у вас получились разные.

А вот ваш ответ $1/3$ ошибочный.

[Yadryara]

мат-ламер в сообщении #1659231 писал(а):

А вот ваш ответ $1/3$ ошибочный.

Разве что моя самая первая, плохо обдуманная версия ошибочна. Есть ли смысл к ней возвращаться.

Я с тех пор поточнее посчитал, хотя и не закончил.

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

шестёрки мы выкинем - на сумму они не влияют)

А тройки влияют что ли?

[Yadryara]

мат-ламер в сообщении #1659417 писал(а):

В соседней теме про марковские цепи пошли наезды на меня,
[..]
И я решил из той темы выйти. Поскольку вместо помощи ТС, тема превращается в выяснение отношений, кто тут помогает ТС наиболее правильно. При этом о ТС забывают.

Вы напрасно это так воспринимаете. Лично с моей стороны наездов не было. Выясняли как трактовать условие, не ошиблись ли Вы. Вроде не ошиблись.

Кстати, может ТС трактовку условия прояснит? Ждём-с.

(мат-ламер)

мат-ламер, кстати, лично мне интересно, что Вы думаете по поводу подсчёта вероятностей в этом и следующем постах?

[Laguna]

Yadryara в сообщении #1659498 писал(а):

Кстати, может ТС трактовку условия прояснит? Ждём-с.

Прошу прощения за долгое отсутствие, я-то думал, что вопрос решён и забыл про него, а тут такое. Прочитал тему и скажу вот что:
Да, svv точно прав, ошибочка по невнимательности вышла. Формулировка задачи звучит так: "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." Тут, я предположу, последний бросок в сумму не входит. Я придумал такое решение:
Введем посл-ть случайных величин $X_n$, где $X_j$ - сумма выпавших очков по модулю 3 всех j бросков. В эту посл-ть не входит последний бросок. Таким образом, можно считать, что мы подбрасываем как бы 5-гранный кубик. Очевидно, это однородная марковская цепь. Тогда есть 3 состояния - 0, 1, 2. Матрицы перехода в данном случае будет выглядеть так:

$$\begin{pmatrix} 9/25 & 8/25 & 8/25\\ 8/25 & 9/25 & 8/25\\ 8/25 & 8/25 & 9/25 \end{pmatrix}$$

Тут 1-я строка соответствует 0-й сумме по модулю 3 и т.д.. Вектор строка начального распределения, очевидно, выглядит так: $(1, 0, 0)$. Чтобы найти распределение вероятностей на n-м шаге, надо начальное распределение умножить на матрицу перехода возведенную в степень n. Потанцевав с бубном, а именно разложив матрицу на диагональную и возведя в степень, у меня получилось, что на n-м шаге распределение цепи будет следующим: $\frac{1}{3\cdot 25^n}\cdot(2 + 25^n, 25^n - 1, 25^n - 1)$. А далее я решил воспользоваться формулой полной вероятности:
$P(A) = \sum\limits_{0}^{\infty}P(X_j = 0|B_{j+1}) \cdot P(B_{j + 1})$, где $A$ - событие, вероятность которого мы ищем, $B_j$ - вер-ть того, что игра закончится на j-м броске. Условная вер-ть находится из распределения цепи на n-м шаге, которую я выше нашел, а вероятность условия проста: $P(B_j) = (\frac{25}{36})^{j-1} \cdot \frac{11}{36}$. Посчитать данный ряд нетрудно, там 2 убывающие геометрические прогрессии будут. В итоге у меня получилось, что $P(A) = \frac{19}{35}$. Интуиция подсказывает, что этот ответ неверен, ибо как бы все 3 состояние должны быть равноправны, нет? Эта задача с вступительных экзаменов в AI Masters от МГУ. Не думаю, что мое решение предполагали составители, ибо нахождение n-й степени матрицы перехода отняло у меня много времени. Кажется должно быть какое-то не громоздкое решение. Очень жду ваших соображений :)

[Yadryara]

Laguna в сообщении #1659574 писал(а):

Интуиция подсказывает, что этот ответ неверен, ибо как бы все 3 состояние должны быть равноправны, нет?

Контринтуитивные решения тервера не новость. Тем более такой ответ уже был:

Combat Zone в сообщении #1659202 писал(а):

Вероятность у меня в итоге $19/35$.

Теперь можно посчитать и другую трактовку условия: последний бросок в сумму входит. Получится у Вас в этом случае $\frac{11}{35}$ ?