Задача по теории вероятностей на математическое ожидание

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.

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

Спасибо большое, но можно пояснить откуда взялось 2?

4/14 в степени 20

Взято с Ответов мэйл ру
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.

Спасибо большое, но можете объяснить почему мы умножаем 18, а не 20 на 10/14?

можем разобрать на занятии

104/7 * 25/49 + 97/7 * 20/49 + 90/7 * 4/49 = 100/7

100/7

Я на эту задачу ответил в другом месте, повторю здесь решение уже одним комментарием.

Мне каждется задачка нетривиальная, у меня есть набросок решения, но может быть я где-то в арифметике ошибся. Стратегия такая. Попробуем формализовать задачу, перейдя 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 (понятно, что для каждой двоичной последовательности вероятности появления нулей и единиц нужно перемножить). Но в задаче есть повторяющаяся структура — при увеличении числа испытаний, сначала все двоичные последовательности повторяются, потом слева появляется дополнительная единичка и снова все повторяется. 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 для <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 (где и могут быть ошибки, в основном, из-за манипуляций с верхними пределами суммирования) 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, то есть в среднем мы ожидаем 4 белых пула. 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.