Pewien brutal

[max123321]

Pewien brutal bawi się w następujący sposób 10 kostkami do gry. W pierwszej
turze rzuca raz każdą z kostek i te, na których wypadła szóstka, niszczy.
Pozostałe kostki przechodzą do kolejnej tury gry. Rzuca każdą i niszczy te,
na których wypadła szóstka itd. Powtarza tę procedure, dopóki nie zniszczy
wszystkich kości. Proszę obliczyć prawdopodobieństwo tego, że gra skończy się
po co najwyżej 10 turach.

Jak to zrobić?

[Premislav]

Wydaje się dziwnie proste. Rozważ niezależne zmienne losowe \(\displaystyle{ X_1, X_2\ldots X_{10}}\) o jednakowym rozkładzie geometrycznym z parametrem \(\displaystyle{ p=\frac 1 6}\). Interesuje Cię
\(\displaystyle{ \mathbf{P}(X_1\le 10, X_2\le 10, \ldots X_{10} \le 10)}\)

[max123321]

Możesz bardziej rozwinąć co się tutaj dzieje?

[Premislav]

Konkretna kostka jest częścią tego eksperymentu (tj. nie zostaje zniszczona) dopóki nie wypadła na niej żadna szóstka (jedna z sześciu możliwości, no chyba zakładamy, że te kostki są symetryczne). Liczba rzutów wykonanych konkretną kostką ma więc rozkład geometryczny z parametrem \(\displaystyle{ p=\frac 1 6}\). No i to, że zakończymy grę po najwyżej \(\displaystyle{ 10}\) turach, oznacza, że na każdej kostce nie później niż po \(\displaystyle{ 10}\) turach wypadnie szóstka.
Oczywiście dalej z niezależności i faktu o jednakowym rozkładzie:
\(\displaystyle{ \mathbf{P}(X_1\le 10, X_2\le 10, \ldots X_{10} \le 10)
=\left( \mathbf{P}(X_1\le 10}\right)^{10}=\left( \sum_{i=1}^{10}\left( 1-\frac 1 6\right)^{i-1} \cdot \left( \frac 1 6\right) \right)^{10}}\)
i tę sumę dość łatwo zwinąć (ciąg geometryczny).

[max123321]

Obliczyłem, że:
\(\displaystyle{ \left( \sum_{i=1}^{10}\left( 1-\frac 1 6\right)^{i-1} \cdot \left( \frac 1 6\right) \right)^{10}=\left( \frac{1}{6} \right)^{10}( \frac{1- (\frac{5}{6})^{10} }{1- \frac{5}{6} })^{10}=\left( 1-\left( \frac{5}{6} \right)^{10} \right)^{10}}\).

Czy da się to jeszcze bardziej uprościć, czy pozostaje taki wynik?

[Premislav]

Nie wydaje mi się, by dało się to uprościć. Ale zadam ogólniejsze pytanie, pewnie retoryczne: po co w ogóle upraszczać postać wyników, skracać ułamki, usuwać niewymierności z mianowników itd. Jak ktoś już skończył szkołę średnią, to przyjmujemy, że to umie i nara, liczy się rozumowanie, a nie jakieś rachunki.

[max123321]

No może i tak, a jest jeszcze dalszy ciąg tego zadania:
Oblicz prawdopodobieństwo tego, że gra skończy się w dokładnie \(\displaystyle{ 10}\)
turach. Jak to zrobić? Wydaje, się to podobne, trzeba policzyć prawdopodobieństwo, że pewna zmienna będzie równa dziesięć, a pozostałe mniejsze równe dziesięć, ale nie wiem jak to zrobić.

[Premislav]

Na tej samej zasadzie, co wcześniej, możesz łatwo obliczyć prawdopodobieństwo tego, że eksperyment zakończy się po najwyżej \(\displaystyle{ 9}\) ruchach. No to jak od prawdopodobieństwa tego, że eksperyment zakończy się po najwyżej \(\displaystyle{ 10}\) ruchach odejmiesz prawdopodobieństwo zakończenia eksperymentu po najwyżej \(\displaystyle{ 9}\) ruchach, to dostaniesz…

[max123321]

Ok to licząc tak jak poprzednio mam, że:
\(\displaystyle{ \mathbf{P}(X_1\le 9, X_2\le 9, \ldots X_{10} \le 9)=(1-( \frac{5}{6})^9)^{10}}\)
czyli ostateczny wynik to:
\(\displaystyle{ \left( 1-\left( \frac{5}{6} \right)^{10} \right)^{10}-\left( 1-\left( \frac{5}{6} \right)^{9} \right)^{10}}\).
Dobrze?

[Premislav]

Tak, dobrze.

[max123321]

Jest jeszcze dalszy ciąg tego zadania: Obliczyć wartość oczekiwaną liczby kostek zniszczonych w trzeciej turze gry.

Czy na to należy patrzeć tak, że bierzemy pierwszą kostkę liczymy jej wartość oczekiwaną zniszczenia w trzeciej turze gry, potem bierzemy drugą liczymy to samo i tak dalej i na koniec sumujemy te wartości oczekiwane? Tak intuicyjnie wydaje mi się to poprawne, ale jaka teoria za tym stoi, że można tak zrobić?

Liczę tak: \(\displaystyle{ EX_1=0 \cdot \text{ coś }+1 \cdot \frac{5}{6} \cdot \frac{5}{6} \cdot \frac{1}{6}= \frac{25}{216}}\) i dalej:
\(\displaystyle{ EX= \frac{250}{216}= \frac{125}{108}=1 \frac{17}{108}}\)

Czy tak jest dobrze?

[Premislav]

Rozwiązałeś tę część poprawnie, dobry pomysł (to była też moja pierwsza myśl, gdy spojrzałem na to zadanie i zacząłem sobie pisać rozwiązanie).

[max123321]

Tak, ale możesz mi powiedzieć dlaczego:
\(\displaystyle{ EX=E(X_1,X_2,...,X_{10})=EX_1+EX_2+...+EX_{10}}\)
Z czego wynika pierwsza i druga równość?

[Premislav]

Pierwsza równość: już nie przesadzaj, przecież to jest cała sztuczka w zadaniu, skoro wprowadziłeś zero-jedynkowe zmienne losowe \(\displaystyle{ X_i}\), to chyba rozumiesz, dlaczego i po co.
Wartość konkretnej zmiennej \(\displaystyle{ X_i, \ i\in\left\{ 1,2,\ldots 10\right\}}\) wskazuje więc, czy w trzeciej kolejce \(\displaystyle{ i-}\)ta kostka została zniszczona (\(\displaystyle{ X_i}\) przyjmuje wartość \(\displaystyle{ 1}\), gdy w tej kolejce została ona zniszczona). Jasne jest, że w trzeciej turze zniszczonych zostanie
\(\displaystyle{ \sum_{i=1}^{10} X_i}\) kostek, nie wiem, szczerze powiedziawszy, co tu tłumaczyć.
Coś nie tak napisałeś tam dalej, powinno być \(\displaystyle{ \mathbf{E}(X_1+X_2+\ldots+X_{10})}\), a nie jakieś przecinki. Poniższe wynika z liniowości wartości oczekiwanej:
\(\displaystyle{ \mathbf{E}(X_1+\ldots+X_{10})=\mathbe{E}(X_1)+\ldots+\mathbf{E}(X_{10})}\)

[max123321]

No dobra czyli pierwsza równość wynika z wprowadzenia zmiennych \(\displaystyle{ X_i}\), można by chyba powiedzieć, że wartość oczekiwana liczby kostek zniszczonych w trzeciej turze jest równa wartości oczekiwanej sumy zniszczonych poszczególnych kostek. Dobra to chyba kapuję.