Нужно бы писать статьи, то есть приводить в разумный порядок уже выполненные расчеты для публикации в рецензируемых журналах. И темы красивые - наблюдение за расплыванием электронных волновых пакетов в реальном времени, новые решения для закрученных электронов в кольцевых магнитных полях, взаимодействия матричные солитоны, парадокс Браесса в квантовых сетях. Но выскочила вчера задачка в какой-то вкладке, и мозг в нее вцепился - решить обязательно! Задачка такая (теория вероятностей):
В ящике 4 белых 10 черных шаров. Из него наудачу вынимают шар, фиксируют его цвет и возвращают шар назад в ящик. Назовем «белым пулом» любую максимальную цепочку подряд вынутых белых шаров. Найти математическое ожидание количества «белых пулов» при извлечении из ящика 20 шаров.
Чтобы решить такую задачку, нужно прочувствовать ее изнутри - представить себя белым шаром, черным шаром, всеми шарами сразу вместе...
Внимание, мой вариант решения (возможны арифметические ошибки, но ответ похож на правду).
Мне каждется задачка нетривиальная, у меня есть набросок решения, но может быть я где-то в арифметике ошибся. Стратегия такая. Попробуем формализовать задачу, перейдя к рассмотрению двоичных последовательностей. Например, при извлечении 2х шаров нам нужно рассмотреть 0=00, 1=01, 2=10, 3=11. Здесь матожидание найти просто (ноль у меня черный шар, единичка белый), у нас есть ноль пулов, и три раза по одному пулу (изолированная с двух сторон нулями единичка-уже белый пул!). Обозначим это матожидание как <N(2)>.
Если взять большее число испытаний, то возникает сложность с (одновременным) подсчетом числа пулов и соответствующих веротностей (понятно, что для каждой двоичной последовательности вероятности появления нулей и единиц нужно перемножить). Но в задаче есть повторяющаяся структура - при увеличении числа испытаний, сначала все двоичные последовательности повторяются, потом слева появляется дополнительная единичка и снова все повторяется. Логично попробовать вывести рекуррентную формулу для матожидания <N(n)>. Сделать это можно так — при n испытаниях вы должны выписать двоичные представления чисел от 0 до (2^n)-1. Обозначим p(i,n) число пулов в двоичном представлении числа i, u(i,n) — число единичек в двоичном представлении числа i.
Наша стратегия заключается в том, чтобы не выводить формулы для числа пулов и числа единичек! Запишем матожидание числа пулов <N(n)>=Sum[p(i,n)(2/7)^u(i,n)(5/7)^(n-u(i,n)),{i,0,2^n-1}]=(5/7)^n Sum[p(i,n)(2/5)^u(i,n),{i,0,2^n-1}]
Тоже самое сделаем для матожидания при увеличенном на 1 числе испытаний
<N(n+1)>=(5/7)^(n+1) Sum[p(i,n+1)(2/5)^u(i,n+1),{i,0,2*2^n-1}]
Теперь нужно в формуле для <N(n+1)> попытаться выделить <N(n)>. Для этого нужно понять как работает число пулов, при добавлении еще одного двоичного разряда. Если число i < 2^n, то p(i,n+1)=p(i,n), u(i,n+1)=u(i,n). Если число 2^n-1<i < 2^n+2^(n-1), то в двоичном разложении слева появляется изолированная единичка p(i,n+1)=1+p(i,n), u(i,n+1)=1+u(i,n). И в оставшемся диапазоне, левая единичка сливается с предыдущей единичкой и p(i,n+1)=p(i,n), u(i,n+1)=1+u(i,n).
После некоторых алгебраических преобразований (где и могут быть ошибки, в основном, из-за манипуляций с верхними пределами суммирования) у меня получилось, что
<N(n+1)>=<N(n)>+(2/5)(5/7)^(n+1)Sum[(2/5)^u(i,n),{i,0,2^(n-1)-1}]
Для оставшейся суммы я не придумал ничего лучше, чем снова найти рекуррентное соотношение с(n-1)=Sum[(2/5)^u(i,n),{i,0,2^(n-1)-1}], c(n)=c(n-1)+2/5 c(n-1)=(7/5)c(n-1). Поскольку с(1)=1+2/5=7/5, то с(n)=(7/5)^n.
Теперь можно выписать искомое рекуррентное соотношение <N(n+1)>=<N(n)>+(2/5)(5/7)^(n+1)(7/5)^(n-1) =<N(n)>+(2/5)(5/7)^2. Это арифметическая прогрессия! <N(n+1)>=<N(n-1)>+2(2/5)(5/7)^2. Значит <N(n)>=n (2/5)(5/7)^2. И, окончательно, <N(20)>=20*2*5/7^2=200/49~4, то есть в среднем мы ожидаем 4 белых пула. Ответ похож на правду, если учеть что число возможных пулов от 0 до 10.
Теперь можно и к закрученным электронам вернуться!