Математический форум Math Help Planet
http://mathhelpplanet.com/

Задача с математического турнира
http://mathhelpplanet.com/viewtopic.php?f=36&t=26189
Страница 1 из 2

Автор:  maked0n [ 07 сен 2013, 22:04 ]
Заголовок сообщения:  Задача с математического турнира

Математик подкидывает кубик, на двух гранях которого записаны единицы, на двух - двойки и на двух - тройки.
1. Кубик подкинули n раз. Определите вероятность того, что в процессе подбрасывания кол-во выпаданий единицы всегда будет не меньше, чем кол-во выпаданий двойки.
2. Кубик подкинули n раз. Определите вероятность того, что в процессе подбрасывания кол-во выпаданий единицы всегда будет не меньше, чем кол-во выпаданий двойки и не меньше, чем кол-во выпаданий тройки.
3. Кубик подбрасывают до тех пор, пока кол-во выпаданий единицы не станет меньше, чем кол-во выпаданий двойки, и не меньше, чем кол-во выпаданий тройки. Определите математическое ожидание количества подбрасываний.

Бьюсь которую неделю над этой задачей, но никак не могу понять как она решается. Не поможет ли в решении уважаемая математическая публика?)

Автор:  ALEXIN [ 11 сен 2013, 21:59 ]
Заголовок сообщения:  Re: Задача с математического турнира

:D1 Вчера удалили моё решение. Посмотрим, кто кого? На удаление сообщений — ума не надо.
Сделаем так. Хочу убедиться, что на этом форуме есть математики, а не мыльные пузырики — действующие по шаблону. Хватит уже «сколковничать». Насмотрелся.
Если завтра, до полудня по Москве, не увижу ваших решений — то посмеюсь от души. Какой толк от «математиков без фантазии»? Какое будущее ждёт страну? Будете учить — «только чопорному надуванию щёк»! :wink:

Автор:  Prokop [ 12 сен 2013, 11:01 ]
Заголовок сообщения:  Re: Задача с математического турнира

maked0n, возможно, решению помогут главы 3, 11 и 13 из книги Феллера, Введение в теорию вероятностей и её приложения.
Рассмотрим, например, первую задачу. В ней можно “не учитывать” (пояснения ниже) выпадения тройки, т.е. можно использовать простой вариант теории случайных блужданий и использовать теорему о баллотировке.
С формальной точки зрения здесь имеем дело с упорядоченными конечными множествами плюс единиц и минус единиц (плюс единица – выпадение на кубике единицы, минус единица – выпадение двойки). Рассмотрим [math]n=p+q[/math] символов [math]\varepsilon _1 ,\varepsilon _2 , \ldots ,\varepsilon _n[/math], каждый из которых означает [math]+1[/math] или [math]-1[/math], предполагая число плюс единиц равным [math]p[/math], а число минус единиц равным [math]q[/math]. Частная сумма [math]s_k = \varepsilon _1 + \varepsilon _2 + \ldots + \varepsilon _k[/math] представляет собой разность между числом плюсов и минусов, находящихся на первых [math]k[/math] местах. Тогда [math]s_n = p - q[/math] и считаем [math]s_0 =[/math]0.
Далее используется геометрическая терминология. Последовательности [math]\left({\varepsilon _1 ,\varepsilon _2 , \ldots ,\varepsilon _n}\right)[/math] сопоставим ломаную линию на плоскости с началом в начале координат, [math]k[/math] – ое звено которой имеет наклон [math]\varepsilon _k[/math]. По горизонтальной оси откладываем “время” [math]k=0,1, \ldots[/math] , а по вертикальной значения [math]s_k[/math].
Число[math]n[/math]называют длиной пути. Существует [math]2^n[/math] путей длины [math]n[/math]. Если среди [math]\varepsilon _k[/math] имеется [math]p[/math] положительных и [math]q[/math] отрицательных, то
[math]n = p + q[/math] , [math]x = p - q[/math]. (1)
Путь из начала координат в произвольную точку [math]\left({n,x}\right)[/math] существует только тогда, когда натуральное [math]n[/math] и целое [math]x[/math]удовлетворяют системе (1). Число таких путей в этом случае равно
[math]N\left({n,x}\right) = C_n^p = C_m^{\frac{{n + x}}{2}}[/math]
Для удобства положим [math]N\left({n,x}\right) = 0[/math], если натуральное [math]n[/math] и целое [math]x[/math] не удовлетворяют системе (1).
Путь будем называть положительным, если [math]s_k > 0[/math],[math]k = 1, \ldots n[/math] и неотрицательным если [math]s_k \geqslant 0[/math], [math]k = 1, \ldots n[/math].
Теорема о баллотировке. Пусть [math]n[/math] и [math]x[/math] целые положительные числа. Тогда существует ровно
[math]\frac{x}{n}N\left({n,x}\right)[/math]
положительных путей из начала координат в точку с координатами [math]\left({n,x}\right)[/math].
Отсюда легко следует, что число неотрицательных путей длины [math]m[/math], заканчивающихся в точке [math]k[/math] находится по формуле
[math]M\left({m,k}\right) = \frac{{k + 1}}{{m + 1}}N\left({m + 1,k + 1}\right)[/math]
Теперь введём гипотезы [math]H_r[/math] – число 3выпало [math]r[/math] раз в серии из [math]n[/math] бросаний кубика. Тогда по формуле полной вероятности находим вероятность события [math]A[/math] – число выпадений единицы всегда не меньше числа выпадений двойки.

[math]P\left( A \right) = \sum\limits_{r = 0}^n{P\left({H_r}\right) \cdot P\left({A|H_r}\right)}= \sum\limits_{r = 0}^n{C_n^r \left({\frac{1}{3}}\right)^r \left({\frac{2}{3}}\right)^{n - r}\sum\limits_{k = 0}^{n - r}{\frac{{k + 1}}{{n - r + 1}}\frac{{N\left({n - r + 1,k + 1}\right)}}{{2^{n - r}}}}}[/math]



P.S. Кажись успел. :Yahoo!:

Автор:  ALEXIN [ 12 сен 2013, 11:39 ]
Заголовок сообщения:  Re: Задача с математического турнира

:oops: Prokop!

Уложились по времени. Спасибо огромное. С 11-45 уже терпеливо ожидал ответ за компьютером. Поднял другую литературу по теме.
Показалось, задача для старшеклассников. Всю ночь не спал, пытался найти разные варианты решений.
Поднял на ноги всю Россию-матушку, связался с крупнейшими сайтами «по решению задач из контрольных работ». В частности, Матбюро спасовало, хотя по началу обещало. На добрые дела денег не жалко — истина важнее. Всё Ваше решение скопировал, теперь буду перепроверять.
Первое впечатление — очень запутанное пояснение, отсутствует лёгкость и изящество. Вполне возможно, задача «пришла к нам» из англоязычных источников.
В любом случае, спасибо Вам, как человеку, имеющему понятие о чести. :Rose:

Автор:  maked0n [ 13 сен 2013, 17:49 ]
Заголовок сообщения:  Re: Задача с математического турнира

Prokop, спасибо большое, буду разбираться!
ALEXIN, не могли бы Вы еще раз выложить Ваше удаленное решение? Все-таки хотелось бы увидеть альтернативные решения.

Автор:  ALEXIN [ 19 сен 2013, 19:06 ]
Заголовок сообщения:  Re: Задача с математического турнира

Вложение:
12272 решение.docx170913.docx [17.1 Кб]
Скачиваний: 86

Prokop и maked0n!
Прошу прощения, ранее не мог ответить, был заблокирован, происки недругов, смотрите (12 сен 2013, 16:13): viewtopic.php?f=60&t=9372&p=140038#p140038
Скачайте вложение, там решение в Латэкс, ниже в обычной записи. Далее будет так, надо сделать расчёты только для n = 4, сразу будет видна реальная картина и смысл (по пп: 5.1 и 5.2).
Предвижу развитие событий, найдутся «хитроумные», которые будут писать ерунду: зачем надо было покупать? Кто им мешал привести своё решение? Поэтому указываю число просмотров — 276, на 19.09.13г. время: 19-00.
В решении, от «StudHelp.Net», мне многое непонятно и вызывает сомнения, появились вопросы к Автору решения. Слишком мало пояснений.
Если будут вопросы, то задавайте. Возможно, совместно осилим. На худой конец, отправим «такое решение» опять на доработку в «StudHelp.Net».
Покупка решения задачи обошлась в 650 рублей, с учётом комиссии за перевод денег. (Яндекс. Деньги.)
КУПЛЕННОЕ РЕШЕНИЕ, у команды StudHelp.Net http://studhelp.net/

5.1.Кубик подкинули n раз. Найти вероятность того, что в процессе подбрасывания количество выпадения единицы всегда будет не меньше, чем количество выпадения двойки.
Решение:
Пусть имеется выборка из n элементов. Решим обратную задачу, т.е. найдем вероятность того, что в очередной раз количество выпадения двойки станет больше. Для первых трех чисел найдем вероятности простым перебором. При этом получим:
Р(1) = 1 – (1/3) = 2/3
P(2) = 1 – (4/9) = 5/9
Р(3) = 1 – (14/27) = 13/27
Далее решаем задачу для n чисел. Для удобства будем рассматривать выборку, прибавляя разряд не с конца, а с начала последовательности (Множество вариантов при этом не изменяется, поэтому не принципиально, с какой стороны добавлять). При этом получим:
1) Если в первом опыте оказалась тройка, то множество решений задачи аналогично случаю для (n-1).
2) Если в первом опыте оказалась двойка, то исключается все множество решений для (n-1).
3) Если в первом опыте оказалась единица, то рассматриваем следующий разряд, при чем для двойки и тройки ситуация аналогична п. 1) и 2), а для единицы производится переход на следующий разряд, и т.д.
При этом в общем виде получим формулу:
P0(n) = [3^(n – 1) + P(n – 2) * 3^(n – 1) + … + P(1) * 3^1]/3^n
Раскрывая формулу, получим:
P0(n) = [3^(n – 1) + 3^(n – 2) + 2 * 3^(n – 2) + … + (n – 1) * 3^0]/3^n =
= [3^(n – 1) + 3^(n – 2) + 2 * 3^(n – 2) + … + (n – 1)]/3^n
Тогда искомая формула:
P(n) = 1 - [3^(n – 1) + 3^(n – 2) + 2 * 3^(n – 2) + … + (n – 1)]/3^n,
где n > 3

5.2. Кубик подкинули n раз. Найти вероятность того, что в процессе подбрасывания количество выпадения единицы всегда будет не меньше ,чем количество выпадения двойки, и не меньше, чем количество выпадения тройки.
Решение:
Из предыдущей задачи известна формула для выпадения двойки не чаще чем единицы. Учитывая, что расчет для тройки аналогичен (т.к. вероятности выпадения для каждого числа одинаковы) и при этом события можно считать изолированными (поскольку множество событий, удовлетворяющих условиям задачи 5.2, является совокупностью множеств решения задачи 5.1 и задачи 5.1 решенной для тройки), искомая формула вид будет иметь:
P(n) = (1 – [3^(n – 1) + 3^(n – 2) + 2 * 3^(n – 2) + … + (n – 1)]/3^n)^2,
где n > 3
Р(1) = 1 – (2/3) = 1/3
P(2) = 1 – (2/3) = 1/3
Р(3) = 1 – (20/27) = 7/27

5.3. Кубик подкидывают, пока количество выпадения единицы станет не меньше, чем количество выпадения двойки, и не меньше, чем количество выпадения тройки. Определите математическое ожидание подбрасываний.
*В данном случае не ясно – входит ли 0 в область определения функции (т.е. момент, когда кубик подброшен 0 раз). Если входит, то мат. ожидание равно 0.
Рассматриваем случай, когда 0 не входит в область определения. При этом:
При однократном подбрасывании вероятность реализации события равна 1/3 (сразу выпадает 1).
При двукратном 1/3 (после исключения выборок с реализацией в первом опыте остается 6 выборок из них выборки 21 и 31 удовлетворяют условию.)
При трехкратном 2/12 (после исключения возможной реализации в первом и втором опытах остается 12 выборок, при этом условие реализуется в выборках 321 и 231)
При четырехкратном подбрасывании условие не реализуется (если выборка не исключается при реализации первых трех бросков условие на четвертом броске нереализуемо.)
На первые три опыта приходится 5/6 плотности распределения вероятности, поэтому мат. ожидание лежит в этой области. При этом вероятность выпадения числа в диапазоне от 3 до «+бесконечность» составляет 1/3. С учетом этого можно сказать, что мат. ожидание лежит в диапазоне от 1 до 2. Если бы рассматривалась непрерывная функция, число, с учетом возможных значений в области от 3 до «+бесконечность» лежало бы между значениями 1,5 и 2. Однако число опытов – дискретная величина, поэтому мат. ожидание будет равно 2.
Ответ: M = 0, если 0 входит в область определения функции, иначе M = 2.

Автор:  Talanov [ 20 сен 2013, 08:24 ]
Заголовок сообщения:  Re: Задача с математического турнира

ALEXIN писал(а):
5.1.Кубик подкинули n раз. Найти вероятность того, что в процессе подбрасывания количество выпадения единицы всегда будет не меньше, чем количество выпадения двойки.
Решение:
Пусть имеется выборка из n элементов. Решим обратную задачу, т.е. найдем вероятность того, что в очередной раз количество выпадения двойки станет больше. Для первых трех чисел найдем вероятности простым перебором. При этом получим:
Р(1) = 1 – (1/3) = 2/3
P(2) = 1 – (4/9) = 5/9
Р(3) = 1 – (14/27) = 13/27

Р(1), Р(2) и Р(3) - это что за вероятности?

Автор:  Talanov [ 20 сен 2013, 13:38 ]
Заголовок сообщения:  Re: Задача с математического турнира

Talanov писал(а):
ALEXIN писал(а):
5.1.Кубик подкинули n раз. Найти вероятность того, что в процессе подбрасывания количество выпадения единицы всегда будет не меньше, чем количество выпадения двойки.
Решение:
Пусть имеется выборка из n элементов. Решим обратную задачу, т.е. найдем вероятность того, что в очередной раз количество выпадения двойки станет больше. Для первых трех чисел найдем вероятности простым перебором. При этом получим:
Р(1) = 1 – (1/3) = 2/3
P(2) = 1 – (4/9) = 5/9
Р(3) = 1 – (14/27) = 13/27

Р(1), Р(2) и Р(3) - это что за вероятности?

Вопрос не по адресу, поэтому снимается.

Автор:  maked0n [ 20 сен 2013, 14:21 ]
Заголовок сообщения:  Re: Задача с математического турнира

maked0n"Talanov"]
ALEXIN писал(а):
5.1.Кубик подкинули n раз. Найти вероятность того, что в процессе подбрасывания количество выпадения единицы всегда будет не меньше, чем количество выпадения двойки.
Решение:
Пусть имеется выборка из n элементов. Решим обратную задачу, т.е. найдем вероятность того, что в очередной раз количество выпадения двойки станет больше. Для первых трех чисел найдем вероятности простым перебором. При этом получим:
Р(1) = 1 – (1/3) = 2/3
P(2) = 1 – (4/9) = 5/9
Р(3) = 1 – (14/27) = 13/27

Р(1), Р(2) и Р(3) - это что за вероятности?[/quote]
"вероятность того, что в очередной раз количество выпадения двойки станет больше"

Автор:  Talanov [ 20 сен 2013, 14:53 ]
Заголовок сообщения:  Re: Задача с математического турнира

maked0n писал(а):
"вероятность того, что в очередной раз количество выпадения двойки станет больше"

В смысле, не больше. Ну я понял. С этими вероятностями разобрались? Сами сможете вывести?

Страница 1 из 2 Часовой пояс: UTC + 3 часа [ Летнее время ]
Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group
http://www.phpbb.com/