Сумма бросков кубика. Теория вероятностей, комбинаторика

[e2e4]

Задача родилась при попытке анализа игры монополия (но мысль пошла немного дальше первоначального вопроса ).

Бросаем один стандартный шестигранный кубик бесконечное число раз. После каждого броска выпавшее число прибавляем к общей сумме, которая до первого броска равна нулю. Какова вероятность, что после какого-либо броска сумма станет в точности равна наперед задуманному произвольному натуральному числу?

Пример: задумали число 4.
1. Кидаем кубик в первый раз - выпало 1. Сумма равна 1. Во второй раз - выпало 3. Сумма равна 4, эксперимент удачный, останавливаемся.
2. Кидаем кубик в первый раз - выпало 2. Сумма равна 2. Во второй раз - выпало 1. Сумма равна 3. В третий раз - выпало 5. Сумма равна 8. Больше кидать смысла нет, эксперимент неудачный, останавливаемся.
3. И т.д.

Для приведенного примера приблизительный ответ (для справки) 0,264660494.
--------------------------------
И похожая задача:
Кидаем кубик заранее заданное, конечное число раз $k$.
1. Какое число наиболее часто будет встречаться при подсчете частичных сумм при данном $k$?
2. Найти его вероятность.
3. Найти общее выражение вероятностей появления любого натурального числа $N$ в частичных суммах при данном $k$.
--------------------------------

Сразу сознаюсь: ни для первой, ни для второй задачи я общие выражения пока не получил, только смоделировал на компьютере.

[morontt]

e2e4 в сообщении #372267 писал(а):

И похожая задача:
Кидаем кубик заранее заданное, конечное число раз $k$.
1. Какое число наиболее часто будет встречаться при подсчете частичных сумм при данном $k$?
2. Найти его вероятность.
3. Найти общее выражение вероятностей появления любого натурального числа $N$ в частичных суммах при данном $k$.
--------------------------------

1. Очевидно, что мат.ожидание суммы независимых случайных величин равна сумме мат.ожиданий этих величин.
2. Имеешь схему испытаний Бернулли с 6 возможными исходами в единичном эксперименте. Всё довольно просто считается.
3. Тут с ходу и не ответишь... Но рекуррентным методом все возможные $N$ с их вероятностями находятся легко для заданного $k$

[e2e4]

morontt писал(а):

3. Тут с ходу и не ответишь... Но рекуррентным методом все возможные $N$ с их вероятностями находятся легко для заданного $k$

Да, судя по всему рекуррентные соотношения довольно простые. А общая формула? Я построил график вероятностей для различных $N$ при 8-ми бросках - довольно необычно выглядит. Исследую дальше.

[e2e4]

morontt писал(а):

2. Имеешь схему испытаний Бернулли с 6 возможными исходами в единичном эксперименте. Всё довольно просто считается.

Кстати это вроде как не схема Бернулли. Ибо удачными исходами на каждом ходе будут разные числа, зависящие от текущей суммы, т.е. от предыдущих исходов (вплоть до отсутствия таковых). Поправьте, если не прав.

[AD]

(Оффтоп)

morontt в сообщении #372278 писал(а):

1. Очевидно, что мат.ожидание суммы независимых случайных величин равна сумме мат.ожиданий этих величин.

На всякий случай напомню, что независимость тут ни при чём. А то до сих пор встречаю достаточно высокопоставленных людей, которые этого не понимают

[morontt]

(Оффтоп)

AD писал(а):

На всякий случай напомню, что независимость тут ни при чём.

Слово "независимые" попало туда случайно. Теория вероятности ведь :) Решил уже не править, когда отправил сообщение.

-- Вт ноя 09, 2010 07:07:53 --

e2e4 в сообщении #372383 писал(а):

Кстати это вроде как не схема Бернулли.

Не могу найти конкретное название, но имел в виду принцип построения формулы для функции вероятности биномиального распределения, где вероятности всех пар p(k)q(n-k) получаются из разложения на множители выражения (p + q)^n.
Аналогично можно и тут поступить, только раскладывать нужно выражение (p1+p2+...+p6)^n.