Теория вероятностей

В ящике 4 белых 10 черных шаров. Из него наудачу вынимают шар, фиксируют его цвет и возвращают шар назад в ящик. Назовем «белым пулом» любую максимальную цепочку подряд вынутых белых шаров. Найти математическое ожидание количества «белых пулов» при извлечении из ящика 20 шаров.

Есть три исхода событий вытягивания шаров. Для того, чтобы найти для такого случая математическое ожидание, мы можем в конце воспользоваться формулой полной вероятности, где сложим по итогу результаты всех трех случаев.
Вариант 1:
Первый и двадцатый (последний) вынутые шары будут черного цвета.
Тогда число белых пулов на 1 меньше числа черных вынутых шаров
Условное матожидание
E1(число белых пулов) = 2 + 18*5/7 = 104/7 (цифра после буквы означает номер варианта развития событий)
P1 = 5/7 * 5/7 = 25/49 (цифра после буквы означает номер варианта развития событий)

Вариант 2:
Первый и двадцатый вынутые шары будут один черным и один белым
Тогда число белых пулов равно числу черных вынутых шаров
E2 = 1 + 18*5/7 = 97/7
P2 = 2 * 5/7 * 2/7 = 20/49

Вариант 3:
Первый и двадцатый вынутые шары оба белые
Тогда число белых пулов на 1 больше числа черных вынутых шаров
E = 0 + 18*5/7 = 90/7
P = 2/7 * 2/7 = 4/49

Итоговое матожидание находим по формуле полной вероятности
E(число белых пулов) = Е1*Р1+ Е2*Р2+ Е3*Р3=104/7 * 25/49 + 97/7 * 20/49 + 90/7 * 4/49 = 100/7

любую максимальную цепочку — что это значит?, обозначим черный 1 . а белый нулем, тогда в числе 11110001110010011111 сколько белых пулов? 1 или 3? в каких учебниках рассмотрены похожие примеры?

замечание к первому случаю, вытянули 20 черных шаров — при любом определении белого пула , их количество равно нулю а не количество черных шаров минус один

более логичным мне кажется определение которое на выше заданный вопрос ответит один пул ( считается только максимальный кортеж), для такого случая написана простая программа ( вроде без ошибок) Которая считает количество пулов и количество комбинаций которыми она реализуется, полное количество вариантов 2^20, так что мат ожидание посчитать не сложно, пугает что получилось сложно, для нашего захолустного университета. ( посчитать можно было и руками, но лениво, так как нет уверенности в правильности и жалко времени)

Разве нуль белых пулов не может случиться? Когда все 20 раз вынули чёрный, например.

да может получится, (см замечание 2), но так как оно не дает вклада в мат ожидание (0*вероятность получения нуля=0) , не вычислялось

кажется я понял

а как вам мое решение? прошу прощения за длинную ветку, переписывал из черновика по шагам (заодно и ошибочки подчистил).

40\7

любую максимальную цепочку — что это значит?, обозначим черный 1 . а белый нулем, тогда в числе 11110001110010011111 сколько белых пулов? 1 или 3? в каких учебниках рассмотрены похожие примеры?

Случай 1:
первый и двадцатый вынутый шары — черные
Тогда число белых пулов на 1 меньше числа черных вынутых шаров
Условное матожидание
E(число белых пулов | случай 1) = 2 + 18*5/7 = 104/7
P(случай 1) = 5/7 * 5/7 = 25/49

Случай 2:
первый и двадцатый вынутый шары — один черный и один белый
Тогда число белых пулов равно числу черных вынутых шаров
E(число белых пулов | случай 2) = 1 + 18*5/7 = 97/7
P(случай 2) = 2 * 5/7 * 2/7 = 20/49

Случай 3:
первый и двадцатый вынутый шары — белые
Тогда число белых пулов на 1 больше числа черных вынутых шаров
E(число белых пулов | случай 3) = 0 + 18*5/7 = 90/7
P(случай 3) = 2/7 * 2/7 = 4/49

Итоговое матожидание находим по формуле полной вероятности
E(число белых пулов) = 104/7 * 25/49 + 97/7 * 20/49 + 90/7 * 4/49 = 100/7.

Это уже писали, если удобно ответьте на вопросы

а как у вас получилось матожидание больше, чем максимально возможное число белых пулов?

Формула вычисления МО такая M(X)=np, где X- количество «белых пулов»(дискретная случайная величина), n=20- число независимых испытаний, p=4/14 вероятность появления белого шара в каждом испытании. Итак, M(X)=np=20*4/14=5,7=6. Ряд распределения этой CВ сделайте сами. Если не можете, обращайтесь.

Случай 1: Первый и двадцатый вынутый шары — черные
Тогда число белых пулов на 1 меньше числа черных вынутых шаров
Условное матожидание
E(число белых пулов | случай 1) = 2 + 18*5/7 = 104/7
P(случай 1) = 5/7 * 5/7 = 25/49

Случай 2:
первый и двадцатый вынутый шары — один черный и один белый
Тогда число белых пулов равно числу черных вынутых шаров
E(число белых пулов | случай 2) = 1 + 18*5/7 = 97/7
P(случай 2) = 2 * 5/7 * 2/7 = 20/49

Случай 3:
первый и двадцатый вынутый шары — белые
Тогда число белых пулов на 1 больше числа черных вынутых шаров
E(число белых пулов | случай 3) = 0 + 18*5/7 = 90/7
P(случай 3) = 2/7 * 2/7 = 4/49

Итоговое матожидание находим по формуле полной вероятности
E(число белых пулов) = 104/7 * 25/49 + 97/7 * 20/49 + 90/7 * 4/49 = 100/7.

Мне каждется задачка нетривиальная, у меня есть набросок решения, но может быть я где-то в арифметике ошибся. Стратегия такая. Вы правильно формализовали задачу к рассмотрению двоичных последовательностей. Например, при извлечении 2х шаров нам нужно рассмотреть 0=00, 1=01, 2=10, 3=11. Здесь матожидание найти просто (ноль у меня черный шар, единичка белый), у нас есть ноль пулов, и три раза по одному пулу (изолированная с двух сторон нулями единичка-уже белый пул!). Обозначим это матожидание как <N(2)>. Если взять большее число испытаний, то возникает сложность с (одновременным) подсчетом числа пулов и соответствующих веротностей. Логично попробовать вывести рекуррентную формулу для матожидания <N(n)>. Сделать это можно так — при n испытаниях вы должны выписать двоичные представления чисел от 0 до (2^n)-1. Обозначим p(i,n) число пулов в двоичном представлении числа i, u(i,n) — число единичек в двоичном представлении числа i.

Наша стратегия заключается в том, чтобы не выводить формулы для числа пулов и числа единичек! Запишем матожидание числа пулов <N(n)>=Sum[p(i,n)(2/7)^u(i,n)(5/7)^(n-u(i,n)),{i,0,2^n-1}]=(5/7)^n Sum[p(i,n)(2/5)^u(i,n),{i,0,2^n-1}]

Тоже самое сделаем для матожидания при увеличенном на 1 числе испытаний <N(n+1)>=(5/7)^(n+1) Sum[p(i,n+1)(2/5)^u(i,n+1),{i,0,2*2^n-1}]

Теперь нужно в формуле <N(n+1)> попытаться выделить <N(n)>. Для этого нужно понять как работает число пулов, при добавлении еще одного двоичного разряда. Если число i < 2^n, то p(i,n+1)=p(i,n), u(i,n+1)=u(i,n). Если число 2^n-1<i < 2^n+2^(n-1), то в двоичном разложении слева появляется изолированная единичка p(i,n+1)=1+p(i,n), u(i,n+1)=1+u(i,n). И в оставшемся диапазоне, левая единичка сливается с предыдущей единичкой и p(i,n+1)=p(i,n), u(i,n+1)=1+u(i,n).

После некоторых алгебраических преобразований у меня получилось, что <N(n+1)>=<N(n)>+(2/5)(5/7)^(n+1)Sum[(2/5)^u(i,n),{i,0,2^(n-1)-1}]

Для оставшейся суммы я не придумал ничего лучше, чем снова найти рекуррентное соотношение с(n-1)=Sum[(2/5)^u(i,n),{i,0,2^(n-1)-1}], c(n)=c(n-1)+2/5 c(n-1)=(7/5)c(n-1). Поскольку с(1)=1+2/5=7/5, то с(n)=(7/5)^n

Теперь можно выписать искомое рекуррентное соотношение <N(n+1)>=<N(n)>+(2/5)(5/7)^(n+1)(7/5)^(n-1) =<N(n)>+(2/5)(5/7)^2. Это арифметическая прогрессия! <N(n+1)>=<N(n-1)>+2(2/5)(5/7)^2. Значит <N(n)>=n (2/5)(5/7)^2. И, окончательно, <N(20)>=20*2*5/7^2=200/49~4 Ответ похож на правду, если учеть что число возможных пулов от 0 до 10

В ящике 4 белых 10 черных шаров. Из него наудачу вынимают шар, фиксируют его цвет и возвращают шар назад в ящик. Назовем «белым пулом» любую максимальную цепочку подряд вынутых белых шаров. Найти математическое ожидание количества «белых пулов» при извлечении из ящика 20 шаров.