Что-то я с ней весь мозг сломала - какая же там закономерность...
Что думаете?
Полная версия: Интересная задача > Теория вероятностей
В ряду независимых опытов каждый приводит только к одному из результатов A,B, или C; каждый результат имеет вероятность 1/3. Найдите математическoе ожидание числа опытов до появления трех последовательных результатов в порядке A,B,C.
Что-то я с ней весь мозг сломала - какая же там закономерность...
Что думаете?
Что-то я с ней весь мозг сломала - какая же там закономерность...
Что думаете?
не понимаю.. 
В каком месте?
Видимо, я очень устала от сессии.. Голова совсем отказывается варить... Честно говоря, ничего...
-ф-ла последовательного усреднения (где посмотреть?)
-почему в пп 2) и 5) E(Y) и как это E(Y|X=1) = 1+E(Y|X=1), или +2..
ну и вообще много... ужас.. Так. когда пытаешься осмыслить, вроде потихоньку проясняется, но не понимаю, как такое доказательство может прийти в голову.. Ещё раз преклоняюсь перед Натальей Исааковной...
пойду посыплю голову пеплом...
Честно говоря, ничего...Цитата(Чернова Наталья Исааковна)
Пусть X - номер первой встретившейся А, Y - искомый номер первой буквы С, следующей за АВ.
По формуле полной вероятности (или последовательного усреднения), E(Y) = E(E(Y | X)).
Заметим, что E(Y | X=k) = (k-1)+E(Y | X=1). Поэтому E(Y|X) = X-1+E(Y|X=1), EY = EX-1+E(Y|X=1) = 3-1+E(Y|X=1) = 2+E(Y|X=1).
А теперь поищем E(Y | X=1).
Если А стоит 1-й, то продолжений возможно несколько. Запишем при каждом из них, во что превращается E(Y | X=1).
1) следующие буквы ВС с вероятностью 1/9: тогда E(Y|X=1) = 3,
2) следующие буквы ВВ с вероятностью 1/9: тогда E(Y|X=1) = 3+EY,
3) следующая буква А с вероятностью 1/3: тогда E(Y|X=1) = 1+E(Y|X=1),
4) следующие буквы ВА с вероятностью 1/9: тогда E(Y|X=1) = 2+E(Y|X=1),
5) следующая буква С с вероятностью 1/3: тогда E(Y|X=1) = 2+E(Y).
Получаем E(Y|X=1) = 1/9 * 3+ 1/9 * (3+EY) + 1/3 * (1+E(Y|X=1)) + 1/9 * (2+E(Y|X=1)) + 1/3 * (2+EY).
Из этого уравнения и уравнения EY = 2+E(Y|X=1) находим E(Y|X=1) = 25, EY=27.
По формуле полной вероятности (или последовательного усреднения), E(Y) = E(E(Y | X)).
Заметим, что E(Y | X=k) = (k-1)+E(Y | X=1). Поэтому E(Y|X) = X-1+E(Y|X=1), EY = EX-1+E(Y|X=1) = 3-1+E(Y|X=1) = 2+E(Y|X=1).
А теперь поищем E(Y | X=1).
Если А стоит 1-й, то продолжений возможно несколько. Запишем при каждом из них, во что превращается E(Y | X=1).
1) следующие буквы ВС с вероятностью 1/9: тогда E(Y|X=1) = 3,
2) следующие буквы ВВ с вероятностью 1/9: тогда E(Y|X=1) = 3+EY,
3) следующая буква А с вероятностью 1/3: тогда E(Y|X=1) = 1+E(Y|X=1),
4) следующие буквы ВА с вероятностью 1/9: тогда E(Y|X=1) = 2+E(Y|X=1),
5) следующая буква С с вероятностью 1/3: тогда E(Y|X=1) = 2+E(Y).
Получаем E(Y|X=1) = 1/9 * 3+ 1/9 * (3+EY) + 1/3 * (1+E(Y|X=1)) + 1/9 * (2+E(Y|X=1)) + 1/3 * (2+EY).
Из этого уравнения и уравнения EY = 2+E(Y|X=1) находим E(Y|X=1) = 25, EY=27.
-ф-ла последовательного усреднения (где посмотреть?)
-почему в пп 2) и 5) E(Y) и как это E(Y|X=1) = 1+E(Y|X=1), или +2..
ну и вообще много...
ужас.. Так. когда пытаешься осмыслить, вроде потихоньку проясняется, но не понимаю, как такое доказательство может прийти в голову.. Ещё раз преклоняюсь перед Натальей Исааковной...пойду посыплю голову пеплом...
Цитата(Juliya @ 27.1.2010, 1:22) 
-ф-ла последовательного усреднения (где посмотреть?)
В любой книге, где есть условные математические ожидания. Вот это она и есть: E(Y) = E(E(Y|X)). Внутреннее математическое ожидание есть функция g(X) такая, что E(Y|X=k)=g(k), внешнее берется по X.
Для дискретных случайных величин это просто E(Y) = Eg(X) = sum g(k)P(X=k) = sum E(Y|X=k)*P(X=k).
Цитата(Juliya @ 27.1.2010, 1:22)
-почему в пп 2) и 5) E(Y) и как это E(Y|X=1) = 1+E(Y|X=1), или +2..
Просто записи там не вполне корректны.
В п.2 получаем ABB, на этом событии ждать до появления АВС придется столько же, как если бы мы начинали испытания сначала, и плюс три позиции, занятые буквами АВВ. Т.е. условное распределение Y на событии {X=1, т.е. первая А; потом ВВ} совпадает с распределением Y+3. Следовало написать E(Y|X=1, потом BB) = 3+EY.
В п.5 то же самое: если после А стоит С, то можно начинать ждать сначала: E(Y|X=1, потом С) = 2+EY.
И пункты 3,4 тоже не одну и ту же величину через себя выражают, слева - при дополнительном условии:
п. 3. Если АА********, то про первую А можно забыть, после второй ждать до Y придётся столько же, как после первой в наборе испытаний А**********. Только одно лишее испытание добавилось. Поэтому E(Y|X=1, следом идет А) = 1+E(Y|X=1).
Странно другое: какие бы ни были вероятности p1+p2+p3=1 появления букв А,В,С, искомое матожидание все равно есть 1/(p1*p2*p3). Значит, должна быть примитивная - но правильная - схема рассуждений, приводящая к этому результату. А для проверки правильности любой придуманной схемы рассуждений полезно ее проверить на другом наборе ожидаемых букв. Например, сколько в среднем придётся ждать до появления АВА (даже пусть все вероятности букв А,В,С по 1/3). Правильный ответ здесь 30, и это уже никак не 1/P(ABA в 3 данных испытаниях).
Спасибо огромное за разъяснения!
мне появляющиеся 1,2,3 были понятны, непонятно было одно и тоже условное мат. ожидание в левой и правой части...
а вообще есть над чем работать.. что осваивать..
всю жизнь учусь.. без перерыва интересно...
Странно другое: какие бы ни были вероятности p1+p2+p3=1 появления букв А,В,С, искомое матожидание все равно есть 1/(p1*p2*p3). Значит, должна быть примитивная - но правильная - схема рассуждений, приводящая к этому результату.
вот и я все думаю - неужели никак нельзя просто вывести.. прям не дает покоя эта задача...
А для проверки правильности любой придуманной схемы рассуждений полезно ее проверить на другом наборе ожидаемых букв. Например, сколько в среднем придётся ждать до появления АВА (даже пусть все вероятности букв А,В,С по 1/3). Правильный ответ здесь 30, и это уже никак не 1/P(ABA в 3 данных испытаниях).
а откуда Вы про 30 знаете? Вывели так же?
мне появляющиеся 1,2,3 были понятны, непонятно было одно и тоже условное мат. ожидание в левой и правой части...
а вообще есть над чем работать.. что осваивать..
всю жизнь учусь.. без перерыва интересно... Цитата(malkolm @ 27.1.2010, 5:19)
Странно другое: какие бы ни были вероятности p1+p2+p3=1 появления букв А,В,С, искомое матожидание все равно есть 1/(p1*p2*p3). Значит, должна быть примитивная - но правильная - схема рассуждений, приводящая к этому результату.
вот и я все думаю - неужели никак нельзя просто вывести.. прям не дает покоя эта задача...
Цитата(malkolm @ 27.1.2010, 5:19)
А для проверки правильности любой придуманной схемы рассуждений полезно ее проверить на другом наборе ожидаемых букв. Например, сколько в среднем придётся ждать до появления АВА (даже пусть все вероятности букв А,В,С по 1/3). Правильный ответ здесь 30, и это уже никак не 1/P(ABA в 3 данных испытаниях).
а откуда Вы про 30 знаете? Вывели так же?
спрашивала и Н.И, спрошу и у Вас..
В решении :
Но ответ, указанный в условии задачи (Е=27), приводит к EY=29, т.к. случайная величина - число опытов до появления АВС (т.е. А, а не С). Или ошибка в ответе?
В решении :
Цитата
Пусть Y - искомый номер первой буквы С, следующей за АВ.
.....
и получается EY=27.
.....
и получается EY=27.
Но ответ, указанный в условии задачи (Е=27), приводит к EY=29, т.к. случайная величина - число опытов до появления АВС (т.е. А, а не С). Или ошибка в ответе?
А это велик могуч русского языка Если АВС появилось сразу, сколько опытов "до появления АВС" пришлось провести? 
))
Если АВС появилось сразу, сколько опытов "до появления АВС" пришлось провести? ))
ну вот даже и подумать не могла о такой трактовке . ДО - это по-моему строго ДО. т.е. сколько опытов было до того, как впервые появилось АВС...
. ДО - это по-моему строго ДО. т.е. сколько опытов было до того, как впервые появилось АВС...
Жизнь многообразна в своих проявлениях
Это текстовая версия — только основной контент. Для просмотра полной версии этой страницы, пожалуйста, нажмите сюда.