Здравствуйте, Cruelty, Вы писали:

C>Подбрасывается правильная монетка, пока 2 раза подряд не выпадет орел. Какое математическое ожидание числа необходимых подбрасываний?

Я уже подзабыл терминологию, но предположу что спрашивалось "сколько в среднем раз надо подбросить монетку, что дождаться пока выпадет подряд два орла"


С вероятностью 0 они выпадут на 1м подбрасывании
С вероятностью 1/4 они выпадут на 2м подбрасывании
С вероятностью 1/8 они выпадут на 3м подбрасывании
С вероятностью 2/16 они выпадут на 4м подбрасывании
С вероятностью 3/32 они выпадут на 5м подбрасывании
С вероятностью 5/64 они выпадут на 6м подбрасывании
С вероятностью 8/128 они выпадут на 7м подбрасывании

В числителе числа фибоначчи в знаменателе степени двойки.
Считаем на калькуляторе Visual Studio .Net 2003

double f1 = 0;
double f2 = 1;
double f3 = f1 + f2;
double d = 2;
double s = 0;
for (double index = 2.0; index < 1000.0; index += 1.0)
{
    f3 = f1 + f2;
    f1 = f2;
    f2 = f3;
    d *= 2;
    s += index*f1/d;
}

и получаем 6

Ответ — 6

Такая задачка:
Подбрасывается правильная монетка, пока 2 раза подряд не выпадет орел. Какое математическое ожидание числа необходимых подбрасываний?

Здравствуйте, Cruelty, Вы писали:

C>Такая задачка:
C>Подбрасывается правильная монетка, пока 2 раза подряд не выпадет орел. Какое математическое ожидание числа необходимых подбрасываний?

Мдя...
Короче получается что-то типа такого:

1          1          1            1                 1
-*F(0)*2 + -*F(1)*3 + - *F(2)*4 +  -*F(3)*5 + ... +  -  *F(n-2)*n 
4          8          16           32               2^n

Где F(x) — функция Фибоначчи (F(0) = 1, F(1) = 1, F(2) = 2, F(3) = 3, F(4) = 5 ...)
Короче надо найти предел этого ряда при n --> в бесконечность.
Мне, признаться, слабо...
Могу только приблизительно...

Здравствуйте, Аноним, Вы писали:

Предыдущий пост мой (минусы можно класть сюда).

Здравствуйте, Cruelty, Вы писали:

C>Такая задачка:
C>Подбрасывается правильная монетка, пока 2 раза подряд не выпадет орел. Какое математическое ожидание числа необходимых подбрасываний?

Ну шо, гляжу, так никто и не решил эту устную задачку? Понаписали фибоначиев всяких, только это и нахрен здесь не надо. Ну ничего, ВАМ ПОВЕЗЛО: Я, ПРОСТО ГЕНИЙ, вчера перед сном (лежа в постели, очевидно) за пару минут решил ее устно.

Эта задача решается точно по такому же принципу...
... как и физическая задача про бесконечный ряд сопротивлений. Помните: три одинаковых сопротивления r Ом соединены последовательно. Параллельно среднему из них включена цепочка из трех таких же сопротивлений, соединенных последовательно, в которой параллельно среднему включена ... ну и так далее до бесконечности. Найти сопротивление всей цепочки.

Имя этого принципа — РЕКУРСИЯ.

Наверное, сами уже догадались. Но на всякий случай приведу решение:

Пусть X — "матожидание числа бросков монеты до появления двух орлов подряд" с начала процесса (далее просто безусловное МО). Легко увидеть, что МО числа бросков монеты до появления двух орлов подряд ПРИ УСЛОВИИ, что ДО ЭТОГО после серии бросков последней выпала решка, также равно X. Пусть Y — МО числа бросков монеты до появления двух орлов подряд ПРИ УСЛОВИИ, что ДО ЭТОГО последним в серии бросков выпал орел. А далее, господа — просто РЕКУРСИЯ. Выражаем МО интересующих нас СВ в серии составных событий через вероятности наступления элементарных событий и условные МО этих величин (при условии наступления этих событий):

X = (X+1)/2 + (Y+1)/2
Y = (X+1)/2 + 1/2

Надеюсь, откуда взялось "+1" и "/2" вам понятно?
Устно решаем данную систему, получаем [правильный] ответ X=6.

Не правда ли, все ПРОСТО?
ГЕНИЙ.

ПГ>В этом же топике я обобщаю задачу:

ПГ>1. Найти матожидание числа необходимых подбрасываний (как функцию N), если монетка подбрасывается до тех пор, пока N раз подряд не выпадет орел.

ПГ>2. То же, для "асимметричной монеты", для которой вероятность выпададения орла равна p.

ПГ>В свете вышеприведенных ссылок это совсем не так сложно.

Пусть
Y_i — математическое ожидание числа бросков до появления N орлов при условии, что до этого последними i выпадениями оказались орлы.
X — математическое ожидание числа бросков до появления N орлов подряд.
Тогда получим следующую систему:

X = (X + 1)/2 + (Y_1 + 1)/2;

Y_1 = (X + 1)/2 + (Y_2 + 1)/2;
Y_2 = (X + 1)/2 + (Y_3 + 1)/2;
   .   .   .
Y_N-1 = 1/2 + (X + 1)/2;

Y_N = 0;

Решим ее, для этого выразим Y_k через Y_k+1 и подставим в выражение для X:
(Y_k + 1) / 2 = 1/2 * (Y_k+1 + 1) / 2 + 1/2 * (X + 3) / 2;

X = (X + 1)/2 + (Y_1 + 1)/2 = (X + 1)/2 + 1/2 * (Y_2 + 1)/2 + (X + 3)/4 = (X + 1)/2 + (X + 3)/4 + (X + 3)/8 + ... + (X + 3)/2^N + 1/2^N;

Суммируя геометрическую прогрессию (X + 3)/4 + (X + 3)/8 + ... + (X + 3)/2^N, получим:
X = (X + 1)/2 + (X + 3)/4 * (1 — (1/2)^(N-1) )/(1/2) + 1/2^N;

После преобразований, имеем окончательную формулу:
X(N) = 2^(N-1) + 3(2^(N-1) — 1) + 1

Здравствуйте, tinytjan, Вы писали:

T>Здравствуйте, Cruelty, Вы писали:

C>>Здравствуйте, tinytjan,
C>>23 минуты с времени поста! Скорость ответа поражает!
C>>Я только текст ответа дольше бы набирал.

T>Если бы в условии требовалось доказательство, то пост появился бы не раньше чем завтра
T>Потому что честно говоря как получить строго формулу энного члена я не знаю

Доказательство примерно следующее.

Мат ожидание = СУММА(n * P(n)/2^n), где P(n) — количество 0-1 векторов длины n, в которых последние два бита единицы, и не существует собственного префикса этого вектора, содержащего две подряд идущие единицы.

Обозначим
Pi(j) — количество векторов длины i, в которых нет двух подряд идущих единиц, заканчивающиеся на бит j. Тогда
Pi(0) = Pi-1(0)+Pi-1(1)
Pi(1) = Pi-1(0) =>
Pi(0) = Pi-1(0)+Pi-2(0) (числа Фибоначчи)
Pi(1) = Pi-2(0)+Pi-3(0)

P(i) = Pi-1(1) — добавляем единицы ко всем этим векторам.

Здравствуйте, adontz, Вы писали:

Чёрт сколько напостили пока рисовал

Здравствуйте, Cruelty, Вы писали:

C>Я сам до сих пор не знаю как получить ответ 6 без программки, а именно ето и требовалось сказать по телефону

Похоже задачу свели к сумме ряда Sum(n>=2, n*F(n-2)/2^n)

Вот как считается сумма похожего ряда (только попроще).
S=Sum(n>=0,F(n)/2^n)
S=1+1/2+Sum(n>=2,(F(n-1)+F(n-2))/2^n)=3/2+1/2*Sum(n>=1,F(n)/2^n)+1/4*Sum(n>=0,F(n)/2^n)=3/2+1/2*(S-1)+1/4*S
1/4*S=1
S=4

Здесь можно сделать тоже самое, только будет это раза в 3 подлинее

P.S. а всё таки как-то некрасиво с рядом, может можно как-нибудь ещё?

Здравствуйте, Cruelty, Вы писали:

C>Такая задачка:
C>Подбрасывается правильная монетка, пока 2 раза подряд не выпадет орел. Какое математическое ожидание числа необходимых подбрасываний?

Матожидание двух подряд выпавших орлов(00) равно матожиданию двух решек(11), а также равно матожиданию орел-решка(01) и матожиданию решка-орел(10).

Совершив N+1 подбасывание мы получим N пар: пусть результатом подбрасываний является последовательность abcdef парами будут — ab,bc,cd,de,ef. Каждая из этих пар с равной вероятностью принимает значение и множества {00,01,10,11}. Это значит, что в среднем, из четырех подряд идущих пар, одна будет равна 11. То есть N=4, отсюда следует, что матожидание числа подбрасываний равно 5.

Здравствуйте, Slime, Вы писали:

S>Каждая из этих пар с равной вероятностью принимает значение и множества {00,01,10,11}. Это значит, что в среднем, из четырех подряд идущих пар, одна будет равна 11.

Так, идём и читаем про цепи Маркова, потом возвращаемся и сами себе ставим минус

Здравствуйте, tinytjan,
23 минуты с времени поста! Скорость ответа поражает!
Я только текст ответа дольше бы набирал.

Здравствуйте, Cruelty, Вы писали:

C>Здравствуйте, tinytjan,
C>23 минуты с времени поста! Скорость ответа поражает!
C>Я только текст ответа дольше бы набирал.

Если бы в условии требовалось доказательство, то пост появился бы не раньше чем завтра
Потому что честно говоря как получить строго формулу энного члена я не знаю

Здравствуйте, tinytjan, Вы писали:

T>Короче получается что-то типа такого:
T>

T>1          1          1            1                 1
T>-*F(0)*2 + -*F(1)*3 + - *F(2)*4 +  -*F(3)*5 + ... +  -  *F(n-2)*n 
T>4          8          16           32               2^n
T>

T>Где F(x) — функция Фибоначчи (F(0) = 1, F(1) = 1, F(2) = 2, F(3) = 3, F(4) = 5 ...)
T>Короче надо найти предел этого ряда при n --> в бесконечность.

Можно подробнее?

Пусть p = вероятность "орла" (1-p = "решка")

У меня получается такая вот сумма:

SUM(2;+inf) { n * p^2 * (1-p)^(n-2) }

после подстановки: 2/4 + 3/8 + 4/16 + 5/32 + ... n/(2^n).
Откуда появились числа ряда Фибоначчи?

Здравствуйте, tinytjan, Вы писали:

T>Здравствуйте, Cruelty, Вы писали:

C>>Такая задачка:
C>>Подбрасывается правильная монетка, пока 2 раза подряд не выпадет орел. Какое математическое ожидание числа необходимых подбрасываний?

T>Мдя...
T>Короче получается что-то типа такого:
T>

T>1          1          1            1                 1
T>-*F(0)*2 + -*F(1)*3 + - *F(2)*4 +  -*F(3)*5 + ... +  -  *F(n-2)*n 
T>4          8          16           32               2^n
T>

T>Где F(x) — функция Фибоначчи (F(0) = 1, F(1) = 1, F(2) = 2, F(3) = 3, F(4) = 5 ...)
T>Короче надо найти предел этого ряда при n --> в бесконечность.
T>Мне, признаться, слабо...
T>Могу только приблизительно...

Хм, а у меня получилось СУММ(n*(n-1)/2^n). Откуда числа Фибоначчи? Что-то я упустил...

Здравствуйте, tinytjan, Вы писали:

T>Если бы в условии требовалось доказательство, то пост появился бы не раньше чем завтра
T>Потому что честно говоря как получить строго формулу энного члена я не знаю

Я на все доказательство наверное минут 40 потратил в спокойной обстановке, а ето задача из телефонного интервью. Звери.

Здравствуйте, _DAle_, Вы писали:


_DA>Хм, а у меня получилось СУММ(n*(n-1)/2^n). Откуда числа Фибоначчи? Что-то я упустил...

Сорри, отбой, решил не ту задачу

Здравствуйте, adontz, Вы писали:

A>



P.S. однако занятно, что при N->oo вероятность оказывается не стремится к 1...

Здравствуйте, adontz, Вы писали:

A>Здравствуйте, adontz, Вы писали:

A>Чёрт сколько напостили пока рисовал

Я сам до сих пор не знаю как получить ответ 6 без программки, а именно ето и требовалось сказать по телефону

Здравствуйте, hemmul, Вы писали:

H>Здравствуйте, adontz, Вы писали:

A>>

H>

H>P.S. однако занятно, что при N->oo вероятность оказывается не стремится к 1...

Вероятность того, что к n-ому шагу уже выпадет два подряд орла, стремится к 1.

Здравствуйте, _DAle_, Вы писали:

H>>P.S. однако занятно, что при N->oo вероятность оказывается не стремится к 1...

_DA>Вероятность того, что к n-ому шагу уже выпадет два подряд орла, стремится к 1.

скорее так:

Вероятность того, что к n-ому шагу уже выпадет по крайней мере два подряд орла, стремится к 1.

Здравствуйте, Cruelty, Вы писали:

C>Я сам до сих пор не знаю как получить ответ 6 без программки, а именно ето и требовалось сказать по телефону

Можно воспользоваться тем, что отношение соседниех фисел фибоначчи стремиться к числу

фи = (1+sqrt(5))/2 ~= 1,618..., решение уравнения 1/x = x-1

Здравствуйте, Константин, Вы писали:

К>Здравствуйте, Cruelty, Вы писали:

C>>Я сам до сих пор не знаю как получить ответ 6 без программки, а именно ето и требовалось сказать по телефону

К>Похоже задачу свели к сумме ряда Sum(n>=2, n*F(n-2)/2^n)

К>Вот как считается сумма похожего ряда (только попроще).
К>S=Sum(n>=0,F(n)/2^n)
К>S=1+1/2+Sum(n>=2,(F(n-1)+F(n-2))/2^n)=3/2+1/2*Sum(n>=1,F(n)/2^n)+1/4*Sum(n>=0,F(n)/2^n)=3/2+1/2*(S-1)+1/4*S
К>1/4*S=1
К>S=4

К>Здесь можно сделать тоже самое, только будет это раза в 3 подлинее

К>P.S. а всё таки как-то некрасиво с рядом, может можно как-нибудь ещё?

Sum(n>=0,F(n)/2^n)=4
Посчитал аналогично
S=Sum(n>=0,n*F(n)/2^n)=16
S=1/2+1/4*Sum(n>=0,F(n)*(n+2)/2^n)+1/2*Sum(n>=0,F(n)*(n+1)/2^n)=1/2+1/4*(8+S)+1/2*(4-1+S)=4+3/4*S
S=16
Тогда
Sum(n>=2, n*F(n-2)/2^n)=1/2*Sum(n>=0,F(n)/2^n)+1/4*Sum(n>=0,n*F(n)/2^n)=1/2*4+1/4*16=6, что и требовалось

Здравствуйте, adontz, Вы писали:

A>Здравствуйте, Slime, Вы писали:

S>>Каждая из этих пар с равной вероятностью принимает значение и множества {00,01,10,11}. Это значит, что в среднем, из четырех подряд идущих пар, одна будет равна 11.

A>Так, идём и читаем про цепи Маркова, потом возвращаемся и сами себе ставим минус

Зачем, достаточно про вычисление мат ожидания дискретной случайной величины.

Здравствуйте, _DAle_, Вы писали:

_DA>Здравствуйте, adontz, Вы писали:

A>>Здравствуйте, Slime, Вы писали:

S>>>Каждая из этих пар с равной вероятностью принимает значение и множества {00,01,10,11}. Это значит, что в среднем, из четырех подряд идущих пар, одна будет равна 11.

A>>Так, идём и читаем про цепи Маркова, потом возвращаемся и сами себе ставим минус

_DA>Зачем, достаточно про вычисление мат ожидания дискретной случайной величины.

Совершив N+1 подбасывание мы получим N пар: пусть результатом подбрасываний является последовательность abcdef парами будут — ab,bc,cd,de,ef. Каждая из этих пар с равной вероятностью принимает значение и множества {00,01,10,11}. Это значит, что в среднем, из четырех подряд идущих пар, одна будет равна 11. То есть N=4, отсюда следует, что матожидание числа подбрасываний равно 5.

Sorry рассуждал верно, но в ответе перемудрил: матожидание числа подбрасываний равно 4. То что число бросков на 1 больше чем пар — значения не имеет.

Но замечания от _DAle_ и adontz меня нескольно удивили... Из них следует, что какая из пар {00,01,10,11} будет встречаться чаще других (при большом N).

Здравствуйте, Аноним, Вы писали:

А>Но замечания от _DAle_ и adontz меня нескольно удивили... Из них следует, что какая из пар {00,01,10,11} будет встречаться чаще других (при большом N).

Нет, погляди на мой рисунок. Рассматриваю я или нет подбрасывание N + 1 зависит от результата подбрасывания N. Твои пары не независимые, величины. Если было кинуто решка-решка-решка, то выроятность, что следующая пара будет орёл-орёл не 1/4 а 0.

Здравствуйте, adontz, Вы писали:

A>Здравствуйте, Аноним, Вы писали:

А>>Но замечания от _DAle_ и adontz меня нескольно удивили... Из них следует, что какая из пар {00,01,10,11} будет встречаться чаще других (при большом N).

A>Нет, погляди на мой рисунок. Рассматриваю я или нет подбрасывание N + 1 зависит от результата подбрасывания N. Твои пары не независимые, величины. Если было кинуто решка-решка-решка, то выроятность, что следующая пара будет орёл-орёл не 1/4 а 0.

Переход из одного сотсояния в любое другое составляет не более двух подбрасываний. Причем в каком бы состоянии мы не находились, два подбрасывания переводят нас в любое из четырех состояний с равной вероятностью.
Вас смущает зависимость последовательно идущих пар: нет проблем.

Пусть было совершено N подбрасываний монеты: события abcdefgh...

Подсчитаем вероятности появлений для каждой из четырех пар, беря только нечетные выпавшие пары: ab cd ef gh...
Они независимы. Вероятности появления среди них пар {00,01,10,11} очевидно равны по 1/4.

Теперь подсчитаем вероятности появлений пар, беря только нечетные выпавшие пары: bc de fg...
Эти пары тоже независимы. И о чудо! Вероятности появления среди них пар {00,01,10,11} также равны по 1/4.

Объединим эти две статистики и получим, что среди пар ab bc cd de ef fg gh... пара 11 встречается с вероятностью 1/4.

Здравствуйте, Slime, Вы писали:

S>Объединим эти две статистики и получим, что среди пар ab bc cd de ef fg gh... пара 11 встречается с вероятностью 1/4.

То есть теперь имеем ответ 8?

На самом деле нельзя объединять эти две статистики. Вопрос ведь не в том с какой вероятностью будет ли два орла подряд в последовательности из 8 подбрасываний, а в том сколько раз в среднем надо кинуть, пока не выпадет подряд два орла.

Здравствуйте, adontz, Вы писали:

A>Здравствуйте, Slime, Вы писали:

S>>Объединим эти две статистики и получим, что среди пар ab bc cd de ef fg gh... пара 11 встречается с вероятностью 1/4.

A>То есть теперь имеем ответ 8?

Почему 8? Одну последовательность из N пар я разбил на две последовательности из N/2 пар. Подсчитал вероятности для каждой из них и объединил. На распределение вероятностей это никак не повлияло.

A>На самом деле нельзя объединять эти две статистики. Вопрос ведь не в том с какой вероятностью будет ли два орла подряд в последовательности из 8 подбрасываний, а в том сколько раз в среднем надо кинуть, пока не выпадет подряд два орла.

Так ведь это, по определению, одно и тоже! Ну возмите одиночное вападение орла: может потребоваться 1 бросок, а может и 1000 не хватит, но реально требуется 2 броска. Аналогично для игральной кости требуется в среднем 6 бросков для выпадения любой из сторон. Я показал что пары выпадений можно рассматривать как независимые события из чего и получил искомое число подбрасываний. Хотя если рассматривать не последовательность из N подбрасываний, а рассматривать N подбрасывателей, подбрасывающих каждый собственную монету до выпадения двух орлов, то матожидание числа бросков будет равно 5 из-за непродуктивного начального броска. Это узкое место требующее уточнения, но по сути оно мало что меняет в рассуждениях.

Здравствуйте, Slime, Вы писали:

S>Так ведь это, по определению, одно и тоже!

Где ты берёшь такие определения?

S>Ну возмите одиночное вападение орла: может потребоваться 1 бросок, а может и 1000 не хватит, но реально требуется 2 броска.

А вот и нет. В среднем требуется 1 бросок.

S>Аналогично для игральной кости требуется в среднем 6 бросков для выпадения любой из сторон.

А вот и нет. В среднем требуется 3 броска.

S>Я показал что пары выпадений можно рассматривать как независимые события из чего и получил искомое число подбрасываний.

Во-первых, ты ничего не показал. во-вторых, сделал вывод их неверное предпосылки.

S>Хотя если рассматривать не последовательность из N подбрасываний, а рассматривать N подбрасывателей,

Что совсем не одно и то же

S>>Ну возмите одиночное вападение орла: может потребоваться 1 бросок, а может и 1000 не хватит, но реально требуется 2 броска.

A>А вот и нет. В среднем требуется 1 бросок.

  1     1     1 
1*- + 2*- + 3*-...
  2     4     8

Сумма этого ряда равна 2.

Здравствуйте, _DAle_, Вы писали:

_DA>Сумма этого ряда равна 2.

Да был не прав

Здравствуйте, Slime, Вы писали:

S>Матожидание двух подряд выпавших орлов(00) равно матожиданию двух решек(11), а также равно матожиданию орел-решка(01) и матожиданию решка-орел(10).

S>Совершив N+1 подбасывание мы получим N пар: пусть результатом подбрасываний является последовательность abcdef парами будут — ab,bc,cd,de,ef. Каждая из этих пар с равной вероятностью принимает значение и множества {00,01,10,11}. Это значит, что в среднем, из четырех подряд идущих пар, одна будет равна 11. То есть N=4, отсюда следует, что матожидание числа подбрасываний равно 5.

Случайные величины ab,bc зависимы поэтому ваши рассуждения не проходят.
Дальнейшие рассуждения про матожидание тоже неубедительны...

Правильный ответ здесь

Автор: tinytjan
Дата: 06.06.05

или здесь

Автор: adontz
Дата: 06.06.05

Здравствуйте, adontz, Вы писали:

A>Здравствуйте, Slime, Вы писали:

S>>Ну возмите одиночное вападение орла: может потребоваться 1 бросок, а может и 1000 не хватит, но реально требуется 2 броска.

A>А вот и нет. В среднем требуется 1 бросок.
здесь

Автор: _DAle_
Дата: 07.06.05

но вы уже ответили

Автор: adontz
Дата: 07.06.05

S>>Аналогично для игральной кости требуется в среднем 6 бросков для выпадения любой из сторон.

A>А вот и нет. В среднем требуется 3 броска.

1*1/6 + 2*(5/6*1/6) + 3*(5/6*5/6*1/6)+...=6

S>>Я показал что пары выпадений можно рассматривать как независимые события из чего и получил искомое число подбрасываний.

A>Во-первых, ты ничего не показал. во-вторых, сделал вывод их неверное предпосылки.

S>>Хотя если рассматривать не последовательность из N подбрасываний, а рассматривать N подбрасывателей,

A>Что совсем не одно и то же
Согласен.

Я изучил вашу схему

Автор: adontz
Дата: 06.06.05

. И нашел ее верной.
Это привело меня к парадоксальному выводу:

Проведем мысленный эксперимент.
Пусть в некоторой комнате раз в минуту подбрасывается монета. Перед очередным подбрасыванием в комнату входит новый наблюдатель. Он следит за результатами подбрасываний и уходит сразу после выпадения двух орлов {11}. Что выпадало до или после того как он вошел в комнату ему не известно. Спрашивается сколько минут в среднем проводят наблюдатели в данной комнате. Ответ очевидно — 5. Несмотря на ваши возражения я это вполне ясно обосновал.
Но суть спора в ином. Ваша точка зрения заключается в том, что нельзя оставлять в комнате наблюдателя видевшего выпадения парного орла (после которого его коллега(и) покинул(и) комнату). Этого наблюдателя следует выгнать и его время не учитывать. И так как после следующего броска он, с вероятностью 50%, мог покинуть комнату сам, то мы получаем увеличение среднего времени нахождения наблюдателей в комнате до 6 минут.
А теперь сам парадокс. Пусть от наблюдателей требуется фиксировать не {11}, а {10}.
После того как наблюдатель покидает комнату, мы выгоняем наблюдателя видевшего {0}. Но это "бесполезный" наблюдатель:
на следующем ходу он не покинет комнату, так как у него будет либо {01}, либо {00}. А кагда пришло бы его время выходить, он покинул бы комнату вместе с группой наблюдателей и у него было бы наибольшее среди них время нахождения в комнате. Таким образом мы уменьшаем среднее время нахождения наблюдателей в комнате до, примерно, 4 минут.

Если не верите — можете проверить программно...

Здравствуйте, Константин, Вы писали:

К>Здравствуйте, Slime, Вы писали:

S>>Матожидание двух подряд выпавших орлов(00) равно матожиданию двух решек(11), а также равно матожиданию орел-решка(01) и матожиданию решка-орел(10).

S>>Совершив N+1 подбасывание мы получим N пар: пусть результатом подбрасываний является последовательность abcdef парами будут — ab,bc,cd,de,ef. Каждая из этих пар с равной вероятностью принимает значение и множества {00,01,10,11}. Это значит, что в среднем, из четырех подряд идущих пар, одна будет равна 11. То есть N=4, отсюда следует, что матожидание числа подбрасываний равно 5.

К>Случайные величины ab,bc зависимы поэтому ваши рассуждения не проходят.
К>Дальнейшие рассуждения про матожидание тоже неубедительны...

Все гораздо проще: ab,cd,ef — не зависимы и bc,de — тоже не зависимы.
В последовательности ab,cd,ef... пара {11} встречается с вероятностью 1/4 и в последовательности bc,de... пара {11} встречается с вероятностью 1/4. Надеюсь не станет откровением предположение, что и в объединенной последовательности ab,cd,ef,bc,de пара {11} будет встречается с вероятностью 1/4.

К>Правильный ответ здесь

Автор: tinytjan
Дата: 06.06.05

К>или здесь

Автор: adontz
Дата: 06.06.05

А я и не спорю. Меня смущает что, матожидание двух подряд выпавших орлов{00} равно матожиданию двух решек{11}, но не равно матожиданию орел-решка{01} и матожиданию решка-орел{10} здесь

Автор: Slime
Дата: 07.06.05

.

Здравствуйте, Slime, Вы писали:

S>Здравствуйте, Константин, Вы писали:

К>>Здравствуйте, Slime, Вы писали:

S>>>Матожидание двух подряд выпавших орлов(00) равно матожиданию двух решек(11), а также равно матожиданию орел-решка(01) и матожиданию решка-орел(10).

S>>>Совершив N+1 подбасывание мы получим N пар: пусть результатом подбрасываний является последовательность abcdef парами будут — ab,bc,cd,de,ef. Каждая из этих пар с равной вероятностью принимает значение и множества {00,01,10,11}. Это значит, что в среднем, из четырех подряд идущих пар, одна будет равна 11. То есть N=4, отсюда следует, что матожидание числа подбрасываний равно 5.

К>>Случайные величины ab,bc зависимы поэтому ваши рассуждения не проходят.
К>>Дальнейшие рассуждения про матожидание тоже неубедительны...

S>Все гораздо проще: ab,cd,ef — не зависимы и bc,de — тоже не зависимы.
S>В последовательности ab,cd,ef... пара {11} встречается с вероятностью 1/4 и в последовательности bc,de... пара {11} встречается с вероятностью 1/4. Надеюсь не станет откровением предположение, что и в объединенной последовательности ab,cd,ef,bc,de пара {11} будет встречается с вероятностью 1/4.

К>>Правильный ответ здесь

Автор: tinytjan
Дата: 06.06.05

К>>или здесь

Автор: adontz
Дата: 06.06.05

S>А я и не спорю. Меня смущает что, матожидание двух подряд выпавших орлов{00} равно матожиданию двух решек{11}, но не равно матожиданию орел-решка{01} и матожиданию решка-орел{10} здесь

Автор: Slime
Дата: 07.06.05

.


А все-таки наверное равно
Чем если не секрет отличается одна комбинация от другой?

Здравствуйте, tinytjan, Вы писали:

T>Здравствуйте, Slime, Вы писали:

...

К>>>Правильный ответ здесь

Автор: tinytjan
Дата: 06.06.05

К>>>или здесь

Автор: adontz
Дата: 06.06.05

S>>А я и не спорю. Меня смущает что, матожидание двух подряд выпавших орлов{00} равно матожиданию двух решек{11}, но не равно матожиданию орел-решка{01} и матожиданию решка-орел{10} здесь

Автор: Slime
Дата: 07.06.05

.


T>А все-таки наверное равно
T>Чем если не секрет отличается одна комбинация от другой?

Они, как ни странно, отличаются. Пары {11} и {00} переходят сами в себя при получении {1} и {0} соответственно.
А вот пары {10} и {01} переходят в себя только при получении {10} и {01} соответственно.
То есть в потоке результатов бросков, пары {11} и {00} часто спрессованы, а пары {10} и {01} всегда
раздельны. Например: последовательность {1111} дает 3 спрессованные пары {11}. А вот последовательность {101010}
дает 3 раздельные пары {10}. Именно свойство спрессованности и губит пары {11} и {00} при проведении эксперимента.
При получении {1111} учесть мы можем только две пары, а одну пару {11} теряем. А при поиске {10} мы не отбрасываем ни одной пары {10}, а наоборот избавляемся от ненужных пар {01} или {00}.

Здравствуйте, Slime, Вы писали:

S>Здравствуйте, Константин, Вы писали:

S>Все гораздо проще: ab,cd,ef — не зависимы и bc,de — тоже не зависимы.
S>В последовательности ab,cd,ef... пара {11} встречается с вероятностью 1/4 и в последовательности bc,de... пара {11} встречается с вероятностью 1/4. Надеюсь не станет откровением предположение, что и в объединенной последовательности ab,cd,ef,bc,de пара {11} будет встречается с вероятностью 1/4.

Проблема в другом.
Неверно следующее утверждение
Неверное утверждение
f_1,f_2,...,f_n --- одинаково распределённые случайные величины p(f_i=={x})=p.
Тогда матожидание(минимальное i: f_i=={x})=1/p
Контрпример1: f_1=f_2=...=f_n=...=f, где f --- случ. величина p(f=={x})=p.
M = p*1+(1-p)*\infty=\infty
Контрпример2:
f=1, c p=1/2; f=0, c p=1/2
f_1=f, f_2=1-f, f_3=f, f_4=1-f.......
M=1/2*1+1/2*2=3/2 != 2

Верное утверждение
f_1,f_2,...,f_n --- одинаково независимые распределённые случайные величины p(f_i=={x})=p.
Тогда матожидание(минимальное i: f_i=={x})=1/p
Доказателсьтво:
на первом шаге: P=p
на втором шаге: P=p*(1-p)
на третьем шаге: P=p*(1-p)*(1-p)
...
M=p*1+p*(1-p)*2+...=1/p

В вашей воследовательности выполняется, что xy --- одинаково распределены, p({xy}=={00})=p({xy}=={01})=p({xy}=={00})=p({xy}=={11})=1/4.
Но случайные величины получились зависимы. Следовательно утверждением пользоваться нельзя. Если бы было можно, получилось бы 4,
и в итоге 5 для исходной задачи, но

Здравствуйте, Slime, Вы писали:

S>А я и не спорю. Меня смущает что, матожидание двух подряд выпавших орлов{00} равно матожиданию двух решек{11}, но не равно матожиданию орел-решка{01} и матожиданию решка-орел{10} здесь

Автор: Slime
Дата: 07.06.05

.

А что собственно смущает?
Например,
f_n --- число последовательностей длины n, где нет 11
z_n --- число последовательностей длины n, где нет 11, оканчивающиеся на 1
o_n --- число последовательностей длины n, где нет 11, оканчивающиеся на 0
f_n = z_n+o_n
z_{n+1}=o_n
o_{n+1}=z_n+o_n
полезли числа Фибоначчи

ff_n --- число последовательностей длины n, где нет 01
zz_n --- число последовательностей длины n, где нет 01, оканчивающиеся на 1
oo_n --- число последовательностей длины n, где нет 01, оканчивающиеся на 0
ff_n=zz_n+oo_n
zz_{n+1}=z_n+o_n
oo_{n+1}=o_n
Тут всё растёт линейно

Я тут немного поразглогольствую...

Единственно верный постулат... Если долго и упорно бить в бубен, то он обязательно сломается, но не обязательно порветься.

Теперь о том что мы тут обсужлаем. Сразу скажу что буду шаманить, потому что изучал я мат.анализ лет 10 назад и больше не пользовал. Короче говоря. Как я понял спросили сколько гарантированных подбрасываний до выпадания кокретного явления.

Попробуем упростить задачу. Если любую пару подбрасываний принять за 1 событие. если система идеальная то максимально мы встретим всего 3 неверных первых событий, три наших события это 6 подбрасываний...


ОТВЕТ 6.

А вообще это все словоблудие, хорошо хоть не рукоблудие

Здравствуйте, GSL, Вы писали:

GSL>Я тут немного поразглогольствую...

GSL>...
GSL>...
GSL>...

GSL>Попробуем упростить задачу. Если любую пару подбрасываний принять за 1 событие. если система идеальная то максимально мы встретим всего 3 неверных первых событий, три наших события это 6 подбрасываний...


GSL>ОТВЕТ 6.

А почему мы берем именно максимум?
И откуда берется 6 подбрасываний из 3+1 события, ведь 6 подбрасываний дает 5 событий?

Здравствуйте, Нэчер, Вы писали:

Н>Здравствуйте, GSL, Вы писали:

GSL>>Я тут немного поразглогольствую...

GSL>>...

GSL>>Попробуем упростить задачу. Если любую пару подбрасываний принять за 1 событие. если система идеальная то максимально мы встретим всего 3 неверных первых событий, три наших события это 6 подбрасываний...


GSL>>ОТВЕТ 6.

Н>А почему мы берем именно максимум?
Н>И откуда берется 6 подбрасываний из 3+1 события, ведь 6 подбрасываний дает 5 событий?


Я же говорил шаманить будем... Вообщем так время ожидания, как мне кажеться ( !!! ) это то сколько масимально пройдет времяни до выпадения нужного события... максимально для равномерно распределенно системы событий должно произойти 3 события, т.к. в одном событии 2 броска следовательно время ожидания 6 бросков... правда только до начала события. Время же ожидания события скорее всего окажеться 7 потому как нам надо время ожидания не начала события а его конца, т.к. искомое событие это это конец нашего обобщенного события...

З.Ы. Вообшем шаманство, но вроде работает

P.S

Здравствуйте, GSL, Вы писали:

GSL>Здравствуйте, Нэчер, Вы писали:

Н>>А почему мы берем именно максимум?
Н>>И откуда берется 6 подбрасываний из 3+1 события, ведь 6 подбрасываний дает 5 событий?


GSL>Я же говорил шаманить будем... Вообщем так время ожидания, как мне кажеться ( !!! ) это то сколько масимально пройдет времяни до выпадения нужного события... максимально для равномерно распределенно системы событий должно произойти 3 события, т.к. в одном событии 2 броска следовательно время ожидания 6 бросков... правда только до начала события. Время же ожидания события скорее всего окажеться 7 потому как нам надо время ожидания не начала события а его конца, т.к. искомое событие это это конец нашего обобщенного события...

GSL>З.Ы. Вообшем шаманство, но вроде работает

GSL>P.S

Легко шаманить зная верный ответ. Сложность состоит в нахождении решения общего вида: определение мат ожидания для N орлов, выпавших подряд. Решение adontz

Автор: adontz
Дата: 06.06.05

, например, позволяет сделать подобное обобщение.

PS
И все-таки, для получения 3-х событий достаточно всего 4-х бросков, откуда 6?

Здравствуйте, Нэчер, Вы писали:

Н>Здравствуйте, GSL, Вы писали:

GSL>>Здравствуйте, Нэчер, Вы писали:

Н>>>А почему мы берем именно максимум?
Н>>>И откуда берется 6 подбрасываний из 3+1 события, ведь 6 подбрасываний дает 5 событий?


GSL>>Я же говорил шаманить будем... Вообщем так время ожидания, как мне кажеться ( !!! ) это то сколько масимально пройдет времяни до выпадения нужного события... максимально для равномерно распределенно системы событий должно произойти 3 события, т.к. в одном событии 2 броска следовательно время ожидания 6 бросков... правда только до начала события. Время же ожидания события скорее всего окажеться 7 потому как нам надо время ожидания не начала события а его конца, т.к. искомое событие это это конец нашего обобщенного события...

GSL>>З.Ы. Вообшем шаманство, но вроде работает

GSL>>P.S

Н>Легко шаманить зная верный ответ. Сложность состоит в нахождении решения общего вида: определение мат ожидания для N орлов, выпавших подряд. Решение adontz

Автор: adontz
Дата: 06.06.05

, например, позволяет сделать подобное обобщение.

Н>PS
Н>И все-таки, для получения 3-х событий достаточно всего 4-х бросков, откуда 6?


Забыл на тему подписатья.. Я ответа не занал и математику учил очень давно... Да и то в пределах той программы что давали, сам не копал, т.е. я термины и 90% формул просто не помню..

Короче говоря.... Есть такое страшное слово "инкапсуляуия". Вообщем событий 4... только 1 наше значит надо 3 пропустить...
ВСЕ... Это "инкапсуляуия" следовательно бросков 6... потому как в каждом 2 броска... 4 броска это минимальное а не средне нормальное время... т.е. если родить калаббур, это минимум максимумов.

надеюсь я объяснил

Теперь о том как можно сделать на всей этой основе общую формулу...

это будет (2^n)*(n-1) + n — 1... или (2^n)*n — 1...
И вот почму.. Количество событий это не что иное как степень двойки по количеству выпаданий( у нас же двоичная система ). и надо пройти все эти неправильные события... + правильное но — 1 подбрасывание...


Вообщем решание шаманистое, по мне так логическое.но другого у меня нет

GSL>З.Ы. Вообшем шаманство, но вроде работает
Это не шаманство а подгонка под ответ.

Здравствуйте, Cruelty, Вы писали:

C>Такая задачка:
C>Подбрасывается правильная монетка, пока 2 раза подряд не выпадет орел. Какое математическое ожидание числа необходимых подбрасываний?

Хм... по ходу, стал старый и тупой Закос под Го...

На двух бросках, я получу двух орлов с вероятностью 1/4. Но мне нужно выкинуть орла первым же броском.

На трех, хоть у меня и есть возможность "начать по новой" после первого броска — вероятность всё ещё 1/4.

На четырех — по новой я могу начать два раза — и имею двух орлов с вероятностью 1/2.

На пяти бросках — три — и выкину двух орлов с вероятность 3/4.

На шести — четырежды могу начинать серию — два орла у меня точно будут.

Но с Богом играть всё равно не сяду...

---
С уважением, Сиваков Константин

Здравствуйте, Ka3a4oK, Вы писали:

GSL>>З.Ы. Вообшем шаманство, но вроде работает
KK>Это не шаманство а подгонка под ответ.

Это не аргумент... Подогнать можно только при конкретных хначениях Я выдал общую формулу.

Здравствуйте, Аноним, Вы писали:

А>Не правда ли, все ПРОСТО?
А>ГЕНИЙ.

Просто-то просто... Только вот попробуйте мне объяснить такую вещь:

Вероятность выпадения двух орлов подряд = 1/4. Спрашивается... Сколько раз, в среднем, нужно пытаться генерировать событие (чтобы оно, таки случилось), если это событие случается с вероятностью 1/4? Очевидно что 4. В нашем случае, возникает следующий вопрос: 4 чего? И как эти "чего" перевести в броски? И самое главное, каким образом, эти самые 4 чего-то-там, коррелируют с 6 бросками — предпологаемый, правельный ответ.

----
С уважением, Сиваков Константин.

Ну, наверное, все поняли, что аноним, предложивший правильное решение, — это Я, ПРОСТО ГЕНИЙ.

Здравствуйте, gbear, Вы писали:

А>>Не правда ли, все ПРОСТО?
А>>ГЕНИЙ.

G>Просто-то просто... Только вот попробуйте мне объяснить такую вещь:
Ладно уж, снизойду до.

G>Вероятность выпадения двух орлов подряд = 1/4. Спрашивается... Сколько раз, в среднем, нужно пытаться генерировать событие (чтобы оно, таки случилось), если это событие случается с вероятностью 1/4? Очевидно что 4.

Абсолютно правильная мысль. Но к мсходной задаче не имеет никакого отношения, так как принципиально не учитывает ситуацию, когда первый из двух нужных нам последовательных орлов выпадает вторым в паре бросков. Если к исходному условию задачи добавить условие "и количество бросков при этом четное", то твои рассуждения становятся верными, а ответ "4 пары, т.е. 8 бросков" — правильным.

G> В нашем случае, возникает следующий вопрос: 4 чего? И как эти "чего" перевести в броски? И самое главное, каким образом, эти самые 4 чего-то-там, коррелируют с 6 бросками — предпологаемый, правельный ответ.
См. выше. Не парься. Медитируй над моим правильным ответом. Кури его. Не каждый день ПРОСТО ГЕНИЙ снисходит до.

Здравствуйте, ПРОСТО ГЕНИЙ, Вы писали:

G>>Вероятность выпадения двух орлов подряд = 1/4. Спрашивается... Сколько раз, в среднем, нужно пытаться генерировать событие (чтобы оно, таки случилось), если это событие случается с вероятностью 1/4? Очевидно что 4.

ПГ>Абсолютно правильная мысль. Но к мсходной задаче не имеет никакого отношения, так как принципиально не учитывает ситуацию, когда первый из двух нужных нам последовательных орлов выпадает вторым в паре бросков. Если к исходному условию задачи добавить условие "и количество бросков при этом четное", то твои рассуждения становятся верными, а ответ "4 пары, т.е. 8 бросков" — правильным.

Я, если Вы заметили, не говорил, что "что-то" — это пары бросков. 4 чего-то — означает лишь что, в среднем событие, должно иметь 4 шанса произойти, чтобы случится. В нашей задаче, соответсвенно, два орла должны иметь возможноть выпасть 4 раза. Утверждается что 6 бросков как раз и дают такую возможность. Вопрос, почему не пять? Ведь последовательность бросков abcde дает искомые 4 пары: ab, bc, cd, de. При шести же бросках появляется "лишняя" пара ef.

Я-то понимаю, почему не пять И даже знаю почему именно шесть Но, вот как объяснить каким образом корреллируют 4 "шанса" и 6 бросков...

---
С уважением, Сиваков Константин.

Здравствуйте, gbear, Вы писали:

G>Я, если Вы заметили, не говорил, что "что-то" — это пары бросков. 4 чего-то — означает лишь что, в среднем событие, должно иметь 4 шанса произойти, чтобы случится. В нашей задаче, соответсвенно, два орла должны иметь возможноть выпасть 4 раза. Утверждается что 6 бросков как раз и дают такую возможность. Вопрос, почему не пять? Ведь последовательность бросков abcde дает искомые 4 пары: ab, bc, cd, de. При шести же бросках появляется "лишняя" пара ef.

Если "что-то" — это не пары бросков, то все твое рассуждение становится неверным. А из неверное рассуждения можно получить любой, в т.ч. и правильный ответ. Так что не парься, а читай мое правильное решение. Оно достаточно ПРОСТО.

ГЕНИЙ.

Здравствуйте, ПРОСТО ГЕНИЙ, Вы писали:

ПГ>Если "что-то" — это не пары бросков, то все твое рассуждение становится неверным. А из неверное рассуждения можно получить любой, в т.ч. и правильный ответ. Так что не парься, а читай мое правильное решение. Оно достаточно ПРОСТО.

Ок... Будем серьёзными.

Если "что-то" это пары бросков. То, принимая, 6 бросков за M, получаем, что в 6 бросков у нас "вписывается" 4 независимых пары бросков. Вы ведь на предпологаемую независимость пар намекали, говоря "первый из двух нужных нам последовательных орлов выпадает вторым в паре бросков"? Это должно быть так, т.к. ни вероятность быподения двух орлов, ни M не зависят от n. Но в 6 бросков 4 независимые пары не вписываются Я же про независимость не заикался вообще. Я лишь утверждал, что в последовательности из M бросков (где M искомое мат. ожидание) событие (выпадение двух орлов подряд) должно иметь шанс произойти 4'жды. Или Вы с этим не согласны?

Возвращаясь же к Вашему решению...

Пусть Y — МО числа бросков монеты до появления двух орлов подряд ПРИ УСЛОВИИ, что ДО ЭТОГО последним в серии бросков выпал орел.

Как Вы себе это представляете?! Любая серия оканчивающаяся двумя орлами (1,1), -2'ым броском имеет решку (0,1,1). Т.е. Y-ка просто нет ... по крайней мере, если четко следывать условиям задачи.

---
С уважением, Сиваков Константин.

Здравствуйте, gbear, Вы писали:

G>Если "что-то" это пары бросков. То, принимая, 6 бросков за M, получаем, что в 6 бросков у нас "вписывается" 4 независимых пары бросков. Вы ведь на предпологаемую независимость пар намекали, говоря "первый из двух нужных нам последовательных орлов выпадает вторым в паре бросков"? Это должно быть так, т.к. ни вероятность быподения двух орлов, ни M не зависят от n. Но в 6 бросков 4 независимые пары не вписываются Я же про независимость не заикался вообще. Я лишь утверждал, что в последовательности из M бросков (где M искомое мат. ожидание) событие (выпадение двух орлов подряд) должно иметь шанс произойти 4'жды. Или Вы с этим не согласны?
Разумеется нет. Это "бытовые" рассуждения, не обладающие необходимой математической строгостью и никакого касаткльства к правильному решению не имеющие. Что, такое, например, "должно иметь шанс произойти четырежды". Сам-то сможешь выразить это на языке математики?

G>

G>Пусть Y — МО числа бросков монеты до появления двух орлов подряд ПРИ УСЛОВИИ, что ДО ЭТОГО последним в серии бросков выпал орел.

G>Как Вы себе это представляете?! Любая серия оканчивающаяся двумя орлами (1,1), -2'ым броском имеет решку (0,1,1). Т.е. Y-ка просто нет ... по крайней мере, если четко следывать условиям задачи.

Наверное это мой крест. ПРОСТО ЛЮДИНЫ с трудом понимают НАС, ПРОСТО ГЕНИЕВ. Ничего, я привык, это у меня еще со школы. Бывало заверну решение (учитель выпускал меня к доске только если никто больше в классе задачу не решил, что случалось регулярно, ибо в те годы я был ПРОСТО ВУНДЕРКИНД, а отдельные задачи были очень сложные ибо это был маткласс с крутым уровнем математики). Объясняешь-объясняешь минут 20, — никто не понимает. "Ну что, бараны, поняли"? — спрашиваю я, теряя терпение. Но бараны чаще молчат, иногда невнятно блеют. Смотрят, правда, свирепо, но бить не решаются.

Так вот, вернемся к нашим баранам. Все очень просто. Очевидно, что если в серии подбрасываний последним был орел (но "игра" при этом не закончена), то дальше возможны 2 "элементарных" исхода: при следующем подбрасывании выпадает решка, и мы оказываемся в ситуации "начала игры", после чего понадобится в среднем еше X подбрасываний до выпадания двух орлов, либо следующим же броском выпадает орел и "игра" заканчивается. Вероятность обоих путей равна 1/2. Вклад первого пути в условное матожидание Y будет (X+1)*(1/2). "+1" — из-за самого броска, завершившегося "решкой", "1/2" — вероятность этой ветки. Во втором случае "игра" закончится за один бросок, вкупе с вероятностью такого исхода, равной 1/2, это даст вклад еще в 1/2 в условное матожидание Y. Итого имеем:

Y = (X+1)/2 + 1/2.

Аналогично имеем: в начале "игры", а также каждый раз после выпадания решки дальнейшие события могут развиваться двумя путями: выпадет решка и мы вернемся в исходную ситуацию, и потребуется в среднем еще X бросков до выпадения двух решек, либо мы попадем в ситуацию "последний орел", рассмотренную выше, и тогда потребуется в среднем еще Y бросков, чтобы получить двух орлов на выходе. С учетом самого сделанного броска, прибавляющего +1 к матожиданию числа бросков и с учетом вероятности каждого пути 1/2, получаем [рекурсивную] формулу для матожидания X:

X=(X+1)/2 + (Y+1)/2.

Ну а полученную систему решить совсем ПРОСТО!
Даже в уме и даже если ты не ГЕНИЙ.


PS. Если ты и после этого не понял, то я умываю руки. Ибо тогда помочь тебе сможет только хороший преподаватель тервера, коими МЫ, ПРОСТО ГЕНИИ, обыкновенно не являемся.

Ну все быстро поняли, что это был Я, ПРОСТО ГЕНИЙ.

Здравствуйте, Cruelty, Вы писали:

C>Такая задачка:
C>Подбрасывается правильная монетка, пока 2 раза подряд не выпадет орел. Какое математическое ожидание числа необходимых подбрасываний?

Элементарное "школьное" решение без суммирования ряда приводится здесь:
http://www.rsdn.ru/Forum/Message.aspx?mid=1269648&only=1

Автор:
Дата: 13.07.05

и немного подробнее разъясняется здесь:
http://www.rsdn.ru/Forum/Message.aspx?mid=1270450&only=1

Автор:
Дата: 13.07.05

В этом же топике я обобщаю задачу:

1. Найти матожидание числа необходимых подбрасываний (как функцию N), если монетка подбрасывается до тех пор, пока N раз подряд не выпадет орел.

2. То же, для "асимметричной монеты", для которой вероятность выпададения орла равна p.

В свете вышеприведенных ссылок это совсем не так сложно.