Хитрая задачка о монетке (теор. вер.)

[LinuXOR]

Уважаемые участники форума подскажите пожалуйста путь решения такой задачи:
"Монета бросается до тех пор,пока 2 раза подряд не выпадет одной и той
стороной.Найти вероятность того,что потребуется чётное число бросаний
монеты". Вторые сутки "бьюсь" над нею, но ничего толкового на ум не
приходит. Заранее благодарен!

[TOTAL]

LinuXOR писал(а):

"Монета бросается до тех пор,пока 2 раза подряд не выпадет одной и той
стороной.Найти вероятность того,что потребуется чётное число бросаний
монеты".

Найдите вероятность того, что повтор наступит на втором броске, на четвертом, на шестом и т.д.
Суммируйте все эти вероятности.

[PAV]

Это типичная задача одного специального типа. Решаются они так. Обозначим через $p$ вероятность того, что два раза подряд монета выпадет одной стороной на четном бросании (обозначим это событие $A$), а через $q$ - на нечетном. Нужно уметь доказать, что $p+q=1$. Это дает одно уравнение на данные величины. Второе получим так. Воспользуемся формулой полной вероятности, разбив событие $A$ на четыре подсобытия по первым двум бросаниям монеты:
$P(A)=P(A|00)P(00)+P(A|01)P(01)+P(A|10)P(10)+P(A|11)P(11)$
Нужно осознать, что $P(A|00)=P(A|11)=1$, а $P(A|01)=P(A|10)=q$. Это дает второе уравнение
$p=\frac{1}{2}+q$.
Решая эту систему, можно найти $p$ и $q$.

Добавлено спустя 2 минуты 17 секунд:

Способ, который предложил TOTAL, в данном конкретном случае проще. Но способ через уравнения достаточно общий и с его помощью можно решать многие похожие задачи, когда напрямую найти вероятности через ряды не получится.

Добавлено спустя 2 минуты 50 секунд:

Только я, кажется, ошибся и должно быть $P(A|01)=P(A|10)=q/2$.

[TOTAL]

До кучи (без суммы):
Обозначим P(n) - вероятность, что повтор случится на n-ом броске.
Тогда P(3)=P(2)/2, P(5)=P(4)/2, P(7)=P(6)/2, ...
Поэтому P(нечетном)=P(четном)/2

[Mikhail Sokolov]

PAV
Красивая идея, но как найти вероятности $P(A/01)$?

Вот вариация на предложенную вами идею:
Обозначим, $p(e,0)$, $p(e,0)$, $p(o,1)$, $p(o,1)$ - вероятности того, что повторение случиться на четном броске, при условии, что уже брошено четное/нечетное ($e$/$o$) число монеток, повторение не произошло и на последнем броске выпал орел/решка ($0$/$1$). $q(e,0)$, $q(e,0)$, $q(o,1)$, $q(o,1)$ - тоже самое для вероятностей повторения на нечетном броске.
Соответственно, в задаче требуется найти число: $1/2p(o,0) + 1/2p(o,1)$.
Имеем следующие уравнения:
$p(o,0) + q(o,0) = 1$,
$p(o,1) + q(o,1) = 1$,
$p(e,0) + q(e,0) = 1$,
$p(e,1) + q(e,1) = 1$,
$p(o,0) = 1/2 + 1/2q(e,1)$,
$p(e,0) = 1/2q(o,1)$,
$p(o,1) = 1/2 + 1/2q(e,0)$,
$p(e,1) = 1/2q(o,0)$.
Итого 8 уравений и 8 неизвестных.

[LinuXOR]

Господа,благодарю всех вас за уделённое время и внимание к
моей проблеме. Будем пробовать! Спасибо!

[PAV]

Mikhail Sokolov писал(а):

PAV
Красивая идея, но как найти вероятности $P(A/01)$?

Смысл в том, что если $B$ - это появление пары на нечетном шаге (т.е. $P(B)=q$), то $P(A|01)=P(B|1)$. Из соображений симметрии понятно, что $P(B|1)=P(B|0)$ и из формулы полной вероятности получаем, что это равно $P(B)/2=q/2$.

[Mikhail Sokolov]

Понял, спасибо.

[LinuXOR]

Ещё раз спасибо всем участникам и PAV за оригинальньй способ решения задачи.
Что с помощью суммирования вероятностей, что с помощью системы уравнений мы получаем
одну и ту же вероятность p =2/3,что лишний раз подтверждает правильность обоих подходов к решению задачи. Не такая уж она и сложная,как кажется на первый взгляд неподготовленому уму