Кто еще помнит универ подскажите как решить простую задачу на тер. вер?

Gellemar, помнится мой научный руководитель рассказывал мне такую исторю.

В 30-40-ые годы на мех-мате от кафедры гидродинамики читал спец. курс Лев Лотянский. Среди слушателей были два человека, по манере держаться которых было абсолютно точно понятно, что относились они к какому-то закрытому КБ. Они никогда не встревали в обсуждения, не задавали вопросы, а просто сидели и записывали. И вот однажды, после семинара они подошли к нему и спросили:
- Вы знаете, у нас вот тут решение не устойчиво ассимптотически. Что вы нам посоветуете, что б добиться устойчивости?
Лев посмотрел на их уравнения, выкладки, подумал минуту и сказал:
- Сделайте крылья длиннее.

Так вот, я - не выдающийся математик, и понять зачем на практике тебе всё это нужно не могу. Так что если хочешь действительно полного ответа - напиши (если хочешь в личку), какая конкретно задача (сдать зачёт, обыграть казино, выиграть пари у друга) перед тобой стоит.

Хм, решил ради интереса проверить, что будет если всё время ставить на красное,брать рандомное число от 0 до 36 и соотвественно смотреть выйгрыш по матрице рулетки, результат получился следующий:
Испытаний:100; заливов 44
Испытаний:1000; заливов 471
Испытаний:10000; заливов 4657
Испытаний:100000; заливов 46476
Испытаний:1000000; заливов 465756
где испытания - колличество серий по 50 бросков шарика, если в течении этих 50 бросков банкрол улетает в ноль, то испытание провалено.
Вот такая фигня получается, что если всё время ставить только на красное по 1 баксу, то вероятность залить все 10 баксов в течении 50 бросков шарика около 46,6%

zloyzzz @ 13.8.2012
Хм, решил ради интереса проверить, что будет если всё время ставить на красное,брать рандомное число от 0 до 36 и соотвественно смотреть выйгрыш по матрице рулетки, результат получился следующий:
Испытаний:100; заливов 44
Испытаний:1000; заливов 471
Испытаний:10000; заливов 4657
Испытаний:100000; заливов 46476
Испытаний:1000000; заливов 465756
где испытания - колличество серий по 50 бросков шарика, если в течении этих 50 бросков банкрол улетает в ноль, то испытание провалено.
Вот такая фигня получается, что если всё время ставить только на красное по 1 баксу, то вероятность залить все 10 баксов в течении 50 бросков шарика около 46,6%

Проверь алгоритм, поскольку 46% - это неверный ответ. Примерно 46,6% - это вероятность залить все 6 баксов, а не 10.

buccaneer @ 14.8.2012
Проверь алгоритм, поскольку 46% - это неверный ответ.

Да, спасибо vanvan, подсказал что при копировании массива 1 ряд потерялся :(

vanvan @ 14.8.2012
У меня получился 21%

Испытаний:100; заливов 24
Испытаний:1000; заливов 197
Испытаний:10000; заливов 2056
Испытаний:100000; заливов 20667
Испытаний:1000000; заливов 207916

такая же картина

У меня получился 21%- код могу кинуть. В твоем массиве 34 цифры, это что за рулетка такая?

Полностью согласен с 21% (если округлять до 2 знака после запятой). Первый способ я описал на первой странице. Второй же :
я рассмотрел это испытание как Марковскую цепь с 60 переходными и одним поглощающим состояниями. Далее составляем переходную матрицу, возводим её в 50-у степень и её (10,1) элемент и есть ответ на задачу. Если кому интересно, то теория оказалась не очень сложной (базовые знания студента, изучающего случайные процессы). Тем не менее, стоит отметить, что без компьютера я до сих пор не вижу способа решить эту задачу.

Здесь самый тупой код для ставки на 1-18. Можно менять количество серий, сумму и ставку.

http://ideone.com/fzhX2

Gellemar @ 12.8.2012
Условия:
какие шансы проиграть в рулетку 360 долларов за 50 спинов, если каждый раз мы ставим по 36 долларов, закрывая по одной фишке 18 чисел из 36 (ну или ставим красное черное)?

рулетка с одним зеро, дилер не мухлюет ?
перевес рулетки 2.72 кажется, а вот как считать все остальное я забыл :(.

50*(18/37)= 24 выигрыша в среденем по МО.
Возможные отклонения от МО : SQRT((18/37)*(19/37)*50))=3,5 -1 СКО 3,5*3=10,5 - 3 СКО 24-10=14 угадываний(максимально неудачный результат) 24+10=34 (максимально удачный результат).Правда расчет для нормального распределения,а 50 спинов это ближе к биномиальному.Но результат будет несильно отличатся.
Вероятность 10 проигрышей подряд (19/37)^10=0,001 Вероятность всего 14 угадываний = 0,001 Так что вероятность проиграть весь банк при 50 спинах крайне мала.

Сейчас решим.
Разорится мы можем только на чётном ходу, начиная с 10-го спина.
p(busto) = p(b10) + p(b12) + p(b14) .... + p(b50).
C p(b10) всё просто - p(b10) = p(lose)^10.
На двенадцатом ходу (с учётом того, что на 10-том мы не разорились) мы будем разорятся тогда и только тогда, когда у нас будет 11 поражений и 1 победа. Из вероятности такого исхода мы должны будем вычесть вероятность p(b10), т.к. они будут пересекаться, а нас интересует вероятность разорения строго на 12-том спине.
p(b12) = (p(lose)^11*p(win))*12 - p(b10) ` ничего не напутал здесь?; здесь, кстати, можно не вычитать p(b10), а просто умножать не на 11, а на 12, по логике должно получаться одно и то же, но пока не пойму как это формализовать для общего случая

Для p(b14) нам тоже нужно строго 12 поражений и 2 победы (13 поражений и 1 победа, например, не подойдут т.к. обязательно попадут или в p(b10) или в p(b12))
p(b14) = (p(lose)^12*p(win)^2)*91 - p(b12)

Ну и так далее. Сейчас подумаю как это дело упростить, а то что-то гиморно еще 18 слагаемых считать.

Upd.: хотя если начать считать тут что-то всё сокращается к херам, мб можно и "в лоб"

pure_rampage, неправильно.
Когда ты считаешь 11 поражений и 1 победу на 12 ходу, то среди них будут 10 поражений подряд, посчитанные как поражение на 10-ом ходу. Итого исход "все просрал за 10 спинов" ты посчитаешь уже дважды.
Дальше, когда считаешь про 14-ый ход, там среди 12 поражений и 2 побед будут встречаться случаи, когда ты разорился уже к 10 или 12 ходу и так дальше.

Я пробовал посчитать таким способом, только не "мы разоримся к 2*n ходу", а "мы впервые разоримся к 2*n ходу". Получаются куда более громоздкие формулы. Не стал выкладывать сюда.


Автор темы в итоге так и не сказал, зачем ему все это нужно. Как писали выше, посчитать-то можно, но это не сходу за 5 минут делается и без компьютера довольно проблематично.

goba @ 20.8.2012
pure_rampage, неправильно.
Когда ты считаешь 11 поражений и 1 победу на 12 ходу, то среди них будут 10 поражений подряд, посчитанные как поражение на 10-ом ходу. Итого исход "все просрал за 10 спинов" ты посчитаешь уже дважды.
Дальше, когда считаешь про 14-ый ход, там среди 12 поражений и 2 побед будут встречаться случаи, когда ты разорился уже к 10 или 12 ходу и так дальше.

Да нет же...

pure_rampage @ 20.8.2012
На двенадцатом ходу (с учётом того, что на 10-том мы не разорились) мы будем разорятся тогда и только тогда, когда у нас будет 11 поражений и 1 победа. Из вероятности такого исхода мы должны будем вычесть вероятность p(b10), т.к. они будут пересекаться, а нас интересует вероятность разорения строго на 12-том спине.

Вероятность первых десяти поражений подряд мы вычитаем: p(b12) = (p(lose)^11*p(win))*12 - p(b10)

Также и на 14-том ходу: p(b14) = (p(lose)^12*p(win)^2)*91 - p(b12), причём p(b12) здесь включит в себя и первые 10 поражений и разорение к 12 ходу, тоесть каждый раз я считаю именно разорение к этому уникальному спину.

Я не исключаю что ошибся где-то, но то о чём ты пишешь точно учтено. И вроде бы корректно. Мб не вчитался?

Там дальше интересно - начинается арифметика, и всё как-то лихо упрощается, но пока закономерность не увидел, но мб всё не очень и сложно. Да и фиг с ними, с мотивами автора, мне вот просто интересно стало голову размять, а то атрафируются мозги потихоньку.

pure_rampage, пропустил почему-то часть про вычитание. Тогда надо из p(14) вычитать и p(12) и p(10). Так как р(12) не включает р(10) -- ты же их вычитал ранее.

Но проблема даже не в этом. Глобальная проблема в другом. Ты говоришь: р(14) -- это 12 поражений и 2 победы. Но не все варианты с 12 поражениями возможны.
Например, ты считаешь за разные варианты следующие сценарии:
10 поражений, победа, победа, поражение, поражение
10 поражений, поражение, победа, победа, поражение
10 поражений, поражение, поражение, победа, победа

хотя все это один и тот же вариант: разорение к 10ому ходу.

goba @ 20.8.2012
Но проблема даже не в этом. Глобальная проблема в другом. Ты говоришь: р(14) -- это 12 поражений и 2 победы. Но не все варианты с 12 поражениями возможны. Например, ты считаешь за разные варианты следующие сценарии: 10 поражений, победа, победа, поражение, поражение10 поражений, поражение, победа, победа, поражение10 поражений, поражение, поражение, победа, победахотя все это один и тот же вариант: разорение к 10ому ходу.

Нет.
Когда считаем вероятиность для p(12) - изначально (до вычитания) в это множество попадают все варианты которые ты описал, да, но вычитанием p(10) мы именно их и исключаем! Подумай - если сложить все исходы (проще всего представить для 12-того хода) событий о которых ты говоришь - это и есть вероятность p(10) которую мы и вычитаем. Смысл этого вычитания как раз и есть в обрубании всех вариантов которые ты указал. Ровно для этого и вычитаем. Здесь 100% всё чисто.

А вот с первой частью твоего поста сложнее. Я над этим моментом думал, сначала как ты и пишешь тоже вычитал все предыдущие, но потом увидел почему это неправильно, а правильно так. Но сейчас не вспомню что-то сходу. Вечером если лень не будет - буду дорешивать, напишу этот момент поподробнее (ну или если перепроверив увижу ошибку - поправлю решение). Но точно помню что косяк какой-то оказался и вычитать надо только предыдущий член ряда.

Upd.: если кто-то еще решает - надо проще сделать - упрощаем задачу - у нас два доллара, ставим по доллару на подброс монетки, какова вероятность разорится за 5 бросков; такая вроде точно особо сложной не должна быть, решить в общем виде, а дальше решение легко перенести будет.

Upd.2: блин нет, всё не так, решая упрощенный вариант нашёл ошибку

Вот расклад по всем исходам по 100 000 попыток, для человека который пришел с 10 долларами и 50 раз поставил их на красное:
Разорился 21114 из 100000
21114 раз остался с 0
3943 раз остался с 2
7336 раз остался с 4
9686 раз остался с 6
10492 раз остался с 8
10874 раз остался с 10
9702 раз остался с 12
8439 раз остался с 14
6652 раз остался с 16
4762 раз остался с 18
3053 раз остался с 20
1899 раз остался с 22
1090 раз остался с 24
509 раз остался с 26
269 раз остался с 28
108 раз остался с 30
44 раз остался с 32
16 раз остался с 34
11 раз остался с 36
1 раз остался с 38

Где то ошибка.Как может получится что из 100000 испытаний не было плюсового РОИ,а полный слив 21114 раз.Вероятность выиграть 18/37,проиграть 19/37,небольшое отличие ведь,поэтому специально выиграть немного сложнее,чем специально проиграть.Лично мой ответ что прийти в казино и спустить на рулетке десять равных частей банка за 50 спинов- вероятность <1%.

Udaschnik @ 27.8.2012
.Как может получится что из 100000 испытаний не было плюсового РОИ

vanvan @ 24.8.2012
9702 раз остался с 12
8439 раз остался с 14
...
11 раз остался с 36
1 раз остался с 38

сорри