ТВ и Что? Где? Когда? (среднее количество раундов в игре)

[caxap]

Т.е. матожидание $k$ будет $M=\sum_{k=6}^{11} k P(k) = 6 \left(-42 p^{10}+210 p^9-406 p^8+364 p^7-131 p^6+p^5+p^4+p^3+p^2+p+1\right)$. Максимум при $p=0.5$, будет примерно 9 игр. При $p=0$ и $p=1$ будет $M=6$. Вроде со здравым смыслом сходится. Спасибо за помощь.

А как насчет счета? Можно найти ожидаемый счет? Условия те же: все вопросы одинаковой сложности, вероятность правильно ответить $p$.

[caxap]

И ещё, если мы приблизим условия к реальным. Для каждого из 13 вопросов своя вероятность правильно ответить $p_i$. Тогда уже схема Бернулли не получится. Как быть?

(Оффтоп)

После этого можно ещё приблизится к реальности. Ведь вопросы после первого раунда выбираются уже не с равной вероятностью, т.к. сыгравший вопрос убирают и волчок, если попадает на его сектор, по часовой стрелке переходит к следующему. И если на столе осталось только 2 соседних вопроса, те вероятности их выбора будут $1/13$ и $12/13$.

И ещё можно задаться вопросом: каким образом лучше располагать вопросы (если известна $p_i$), чтобы с максимальной вероятностю выиграли знатоки или телезрители. А каким, чтобы игра длилась дольше всего (11 раундов).

[Someone]

Ну, можете попробовать рассмотреть цепь Маркова, состояния которого - пары (счёт, использованные вопросы). Состояний этих будет много тысяч, если не миллионов. В начальном состоянии счёт $0:0$, множество использованных вопросов пусто. Состояния со счётом $6:(k-6)$ и $(k-6):6$ - поглощающие ($6\leqslant k\leqslant 11$). Нужно перечислить все состояния, составить матрицу переходных вероятностей и рассчитать вероятности попадания из начального состояния в поглощающие.
Но это уж Вы сами.

caxap в сообщении #352158 писал(а):

А как насчет счета? Можно найти ожидаемый счет? Условия те же: все вопросы одинаковой сложности, вероятность правильно ответить $p$.

Ну, давайте будем характеризовать окончательный счёт разностью "число очков знатоков - число очков телезрителей" ($6-(k-6)=12-k$, если выиграли знатоки, и $(k-6)-6=k-12=-(12-k)$, если выиграли телезрители). Эта разность принимает целые значения от $-6$ до $6$, исключая $0$. Среднее значение этой разности равно

$$N=\sum_{k=6}^{11}(12-k)\binom{k-1}5\left(p^6(1-p)^{k-6}-p^{k-6}(1-p)^6\right)=$$

$$=6(2p-1)\left(-42p^{10}+210p^9-406p^8+364p^7-131p^6+p^5+p^4+p^3+p^2+p+1\right)\text{.}$$

Эти длинные выражения для $M$ и $N$ можно существенно упростить, если ввести обозначения $u=2p-1$ и $v=p(1-p)$. Тогда

$$M=6\left(1+v+2v^2+5v^3+14v^4+42v^5\right)\text{,}$$

$$N=6u\left(1+v+2v^2+5v^3+14v^4+42v^5\right)\text{.}$$

Занятно, что $N=uM$.

[venco]

caxap в сообщении #352259 писал(а):

И ещё, если мы приблизим условия к реальным.

Тогда надо учесть и неравномерность выбора вопросов (волчок кривой), и главное - неравномерность вердиктов ведущего, которому надо, чтобы в каждой игре было как можно больше раундов - время эфира ведь фиксированное. Он подсуживает или засуживает при первой возможности, если счёт неравный.

[caxap]

Someone в сообщении #352312 писал(а):

Ну, можете попробовать рассмотреть цепь Маркова ... Но это уж Вы сами.

Я даже не знаю, что такое цепь Маркова. Кстати, этот абзац к чему относился? К случаю нахождения счёта или случаю расчета ожидаемого значения числа раундов при различных $p_i$?
Если ко второму, то у меня были такие мысли (поправьте, пожалуйста, если они ошибочны): в силу симметрии то, что после первого раунда вероятности выбора вопросов уже отличаются, не учитываем. Ведь, в конечном счете, на начало игры все секторы равны для нас (если мы заранее не знаем, какой сектор выпадет первым).
А про учет различных $p_i$ я думал использовать ту же формулу для $M$, что и раньше, но вместо $p$ подставить мат. ожидание $p_i$ при случайном выборе вопроса (т.е. среднее арифметичсекое всех $p_i$).

(Оффтоп)

venco в сообщении #352344 писал(а):

Тогда надо учесть и неравномерность выбора вопросов (волчок кривой), и главное - неравномерность вердиктов ведущего, которому надо, чтобы в каждой игре было как можно больше раундов - время эфира ведь фиксированное. Он подсуживает или засуживает при первой возможности, если счёт неравный.

Будем рассматривать идеализированный случай. Волчок крутится обычно не менее 10 кругов и можно считать, что он выбирает равновероятно любой сектор. Ведущий подсуживает или засуживает только в спорных ситуациях, если ответ явно неверный или явно верный, то он ничего поделать не может. А $p_i$ можно приблизительно оценить по сложности вопроса и силе команды.
Да и эта задачка просто для развлечения. Реально предсказывать счёт никто не будет, да и незачем (уже давно отменили ставки на счёт).

Someone в сообщении #352312 писал(а):

Ну, давайте будем характеризовать окончательный счёт

Спасибо. Разобрался. Всё так просто! График для $p=0...1$ такой, как и ожидается из здравого смысла. Интересно, что к краям он более пологий, а в серединке крутой. Т.е. получается при $p\approx 0.5$ счёт колеблется сильнее, чем при $p>0.8$ или $<0.2$?

А как вы узнали, что при введении замен $u=...,v=...$ получится такое более простое выражение? Какой "физический" смысл в этих занчениях? А в $N=uM$?

Спасибо за помощь.

[Someone]

caxap в сообщении #352428 писал(а):

Кстати, этот абзац к чему относился?

К тому Вашему сообщению, которое непосредственно предшествует моему. Где Вы вводите все эти $p_i$ и прочие усложнения.

caxap в сообщении #352428 писал(а):

Я даже не знаю, что такое цепь Маркова.

Ещё познакомитесь, вероятно.

caxap в сообщении #352428 писал(а):

у меня были такие мысли (поправьте, пожалуйста, если они ошибочны): в силу симметрии то, что после первого раунда вероятности выбора вопросов уже отличаются, не учитываем. Ведь, в конечном счете, на начало игры все секторы равны для нас (если мы заранее не знаем, какой сектор выпадет первым).

Вряд ли это верно. Во всяком случае, мне не ясно, почему бы это было так.

caxap в сообщении #352428 писал(а):

А про учет различных $p_i$ я думал использовать ту же формулу для $M$, что и раньше, но вместо $p$ подставить мат. ожидание $p_i$ при случайном выборе вопроса (т.е. среднее арифметичсекое всех $p_i$).

А это наверняка неверно.

caxap в сообщении #352428 писал(а):

А как вы узнали, что при введении замен $u=...,v=...$ получится такое более простое выражение? Какой "физический" смысл в этих занчениях?

Если в Вашем выражении для $M$ (в том, которое со знаком суммы, ещё до раскрытия скобок и приведения подобных членов) ввести обозначение $q=1-p$, то получится

$$M(p,q)=\sum_{k=6}^{11}k\binom{k-1}5\left(p^6q^{k-6}+q^6p^{k-6}\right)\text{.}$$

Если внимательно посмотреть на это выражение, то можно заметить, что оно не изменится, если поменять местами $p$ и $q$, то есть, везде вместо $p$ написать $q$, а вместо $q$ написать $p$. Формулой это записывается так: $M(q,p)=M(p,q)$. Многочлены, обладающие таким свойством, называются симметрическими. Есть теорема о том, что каждый симметрический многочлен выражается через так называемые основные симметрические многочлены, которых в случае двух переменных два: $\sigma_1(p,q)=p+q$ и $\sigma_2(p,q)=pq$. В данном случае $p+q=1$, так что остаётся только $v=pq=p(1-p)$, и $M(p,q)$ выражается через $v$.
Если аналогичную процедуру проделать с моим выражением для $N$, то получится

$$N(p,q)=\sum_{k=6}^{11}(12-k)\binom{k-1}5\left(p^6q^{k-6}-q^6p^{k-6}\right)\text{.}$$

Это выражение не является симметрическим многочленом, но легко заметить, что оно удовлетворяет условию $N(q,p)=-N(p,q)$. Если подставить $q=p$, то получится $N(p,p)=-N(p,p)$, откуда $N(p,p)=0$. Поэтому по теореме Безу многочлен $N(p,q)$ делится на $p-q$. Разделив, получим многочлен $R(p,q)=\frac{N(p,q)}{p-q}$. Легко проверить, что $R(q,p)=R(p,q)$, то есть, многочлен $R(p,q)$ симметрический и, следовательно, как и в предыдущем случае, $R(p,q)$ выражается через $v$. Обозначая ещё $u=p-q=2p-1$, получим выражение $N(p,q)$ через $u$ и $v$.

caxap в сообщении #352428 писал(а):

Какой "физический" смысл в ... $N=uM$?

Не знаю. Для меня это равенство выглядит как "случайное" совпадение. Просто так получилось в результате вычислений.

[caxap]

Someone в сообщении #352596 писал(а):

Вряд ли это верно. Во всяком случае, мне не ясно, почему бы это было так.

А нельзя это как-нибудь быстренько проверить?
Ну вот как я думаю. Изначально все секторы равны для нас. Т.е. выбор любого сектора равновероятнен. Потом волчок выбирает (случайно!) один вопрос и он из игры выбывает. И так далее. Какая разница, какие там махинации происходят. Ведь все эти махинации зависят от предыдущих и, в конце концов, от первого выбора сектора. А он слуйчаен. Т. е. все вопросы имеет равные шансы быть первым, равные шансы быть вторым и т.д. Если нам не известен даже первый выпавший сектор, то в силу симметрии, по-моему, никакой сектор не имеет приемущество, независимо от махинаций (типа перехода по часовой стрелке, как я писал). Но не знаю, в мире столько необычного бывает. Может я ошибаюсь :)

Someone в сообщении #352596 писал(а):

Многочлены, обладающие таким свойством, называются симметрическими.

Да-да. Я ведь это знал! Я читал книжку "Симметрия в алгебре" про эжти многочлены. И теорему Безу я знаю. И понял всё ваше объяснение. Только вот беда -- сам до этого я бы не додумался. У меня бы даже мысли не возникло подумать о симметрических многочленах.