Задача на тер.вер. (из жизни)

[Parkhomuk]

Моя маленькая дочь очень любит игрушки из яйца "киндер-сюрприз". Недавно вышла новая серия в которую входит 5 различных кукол. Стоимость "киндер-сюрприза" Х рублей. Каково математическое ожидание величины потраченных денег, если моя дочь хочет получить все 5 (разных) кукол?

[gris]

Производители хитрят. В партии товара количество кукол может быть очень даже неодинаково. В конкретном магазине может быть некоторая дефицитная кукла, в другом — другая. Это делается, чтобы стимулировать покупки, ведь каждому хочется собрать полную серию.
Если же вылупление из яйца каждой куклы равновероятно, то задача решается суммированием бесконечного ряда для случайной величины представляющей, например, индикатор того, что в среди $n$ произвольных кукол будут представлены все пять.

[--mS--]

В идеальных условиях математическое ожидание числа потраченных денег есть

$$X\cdot 5 \cdot \left(1+\frac12+\frac13+\frac14+\frac15\right) = \frac{137}{12}X.$$

См. http://en.wikipedia.org/wiki/Coupon_collector's_problem

[Parkhomuk]

Спасибо за ссылку. Я по другому прикидывал, у меня получалось около 7Х. Считал примерно так: сначала определил вероятность собрать всю серию с 5 попыток, пусть $p=0.2$ вероятность получения конкретной куклы, тогда вероятность получения куклы, отличной от первой, во второй попытке $p_2=1-p$ соответственно $p_3=(1-p)^2$ и так далее. В итоге вероятность собрать всю серию с 5 попыток $P_5=p_2p_3$p_4p_5=(1-p)^{10}\approx0.107
Далее определил вероятность $P_6$ собрать всю серию с 6 попыток. Так как в первом испытании у меня всегда выпадает удача, то я рассматривал число перестановок четырех удач в следующих пяти испытаниях $C^5_4=5$ , затем почему-то решил, что вероятность реализации любого из этих 5 вариантов равна $P_5$ и тогда соответственно $P_6=1-(1-P_5)^{C_4^5}\approx0.433$
Для 7 попыток $P_7=1-(1-P_5)^{C_4^6}\approx0.818$
Для 8 попыток $P_8=1-(1-P_5)^{C_4^7}\approx0.981$
Дальше "хвост" рассматривать не стал, и считать не стал, посмотрел на полученные значения и решил что мат.ожидание 7Х...
Хотя интуитивно кажется, что это мало как-то...

[Shadow]

Parkhomuk в сообщении #791313 писал(а):

вероятность получения куклы, отличной от первой, во второй попытке $p_2=1-p$ соответственно $p_3=(1-p)^2$ и так далее. В итоге вероятность собрать всю серию с 5 попыток $P_5=p_2p_3p_4p_5=(1-p)^{10}\approx0.107$

Не так. Начиная с $p_3$ неверно. Первая кукла может быть любая, вторая - отличная от первой, третья - отличная от предыдущих двух и т.д

$P_5=1\cdot \frac 4 5 \cdot \frac 3 5 \cdot \frac 2 5 \cdot \frac 1 5=\frac{24}{625}$

[Parkhomuk]

Ваша логика ясна, моя ошибка заключается в том, что начиная с $p_3$ я предположил независимость событий отличия вынимаемой куклы от каждой из предшествующих, а это не так. Но мне кажется, что далее по тексту есть еще ошибки, был бы признателен если укажете их мне.

[Shadow]

Есть еще, да. $P_6$ тоже неправильно вычислена и все дальше...Вероятности у Вас слишком большие получаются. Чтобы вся коллекция собрана за ровно 6 покупок, необходимо, чтобы за 5 покупок было собрано ровно 4 разных кукол, и с шестой покупки попалась отсутсвующая. Можно составить рекууентную функция, но вообще вычисление мат. ожидания по класической формуле мне кажется будет громоздко. Но можно воспользоватся тем, что мат. ожидание суммы случайных величин равно сумме мат. ожиданий. Тоест, каково мат. ожидание покупок до первой "новой" куклы? Конечно 1. Первая кукла всегда "новая". А для второй? - вероятность попупки "новой" $\frac{N-1}{N}$, а следовательно мат. ожидание - $\frac{N}{N-1}$. Дальше аналогично, сумируем и получаем:

$M=1+\frac{N}{N-1}+\frac{N}{N-2}+\cdots N=N(1+\frac 1 2 +\frac 1 3 +\cdots \frac 1 N)$

формулу, которую привела --mS--