ЗАДАЧИ
problems.ru
О проекте | Об авторах | Справочник
Каталог по темам | по источникам |
К задаче N

Проект МЦНМО
при участии
школы 57
Задача 65320
Темы:    [ Дискретное распределение ]
[ Средние величины ]
[ Целочисленные решетки (прочее) ]
[ Предел последовательности, сходимость ]
Сложность: 4-
Классы: 9,10,11
В корзину
Прислать комментарий

Условие

Муха двигается из начала координат только вправо или вверх по линиям целочисленной сетки (монотонное блуждание). В каждом узле сетки муха случайным образом выбирает направление дальнейшего движения: вверх или вправо.
  а) Докажите, что рано или поздно муха достигнет точки с абсциссой 2011.
  б) Найдите математическое ожидание ординаты Мухи в момент, когда муха достигла абсциссы 2011.


Решение

а) Муха никогла не попадёт в точку с абсциссой 1, только если она на каждом шаге двигается вверх. Вероятность этого равна  0,5·0,5·0,5·0,5·... = 0.
  Таким образом, муха обязательно попадёт в точку с абсциссой 1. Рассуждая точно так же, получим, что рано или поздно муха из точки с абсциссой 1 перейдёт в точку с абсциссой 2. И так далее – рано или поздно муха достигнет любой целой положительной абсциссы. В частности, абсциссы 2011.

  б) В среднем на один шаг вверх приходится один шаг вправо. Значит, на 2011 шагов вправо, следует ожидать 2011 шагов вверх.


Ответ

2011.

Замечания

  Более строгое рассуждение таково. Обозначим через ξk  (k = 1, ..., 2011)  случайную величину "увеличение ординаты мухи с момента, когда муха впервые попала в точку с абсциссой  k – 1,  до момента, когда муха впервые попала в точку с абсциссой k".
  Пусть ξ – ордината мухи в момент, когда она достигла абсциссы 2011. Тогда  ξ = ξ1 + ξ2 + ... + ξ2011.
  Рассмотрим подробнее ξ1. Эта величина – ордината мухи в момент, когда муха впервые попала в точку с абсциссой 1. Несложно понять, как распределена величина ξ1. Для этого достаточно посмотреть на рисунок, где показаны возможные пути мухи в точку с абсциссой 1 и вероятности этих путей. Видно, что  P(ξ1 = k) = 0,5k+1.

  Значит,  Eξ1 = 1·0,5² + 2·0,5³ + 3·0,54 + … = (0,5² + 0,5³ + 0,54 + ...) + 0,5(1·0,5² + 2·0,5³ + ...) = + 0,5Eξ1 = 0,5 + 0,5Eξ1,  откуда  Eξ1 = 1.
  Поскольку все величины ξk по построению распределены одинаково,  Eξ = Eξ1 + Eξ2 + ... + Eξ20111 = 2011·Eξ1 = 2011.

Источники и прецеденты использования

олимпиада
Название Заочная олимпиада по теории вероятностей и статистике
год
Дата 2011
задача
Номер 12

© 2004-... МЦНМО (о копирайте)
Пишите нам

Проект осуществляется при поддержке Департамента образования г.Москвы и ФЦП "Кадры" .