теория-вероятностей - Счастливые билеты

Точное значение легко находится при помощи компьютерных вычислений, и оно лежит между 49 и 50, как это ни "парадоксально" (при том, что примерно каждый 18-й билет является "счастливым"). В связи с этим хотелось бы уточнить следующее: понятно, что Вы ставите вопрос о "прозрачном" рассуждении, которое даёт какую-то "приемлемую" точность, но в каком "диапазоне" Вас устраивала бы оценка? Конечно, если бы "на пальцах" удалось показать, что среднее значение лежит между 49 и 50, то это было бы очень хорошо. Но этого может и не получиться, поэтому я хочу спросить, устроит ли Вас какая-то более "грубая" оценка? Типа того, что значение лежит между 25 и 75.

Пусть $%N=\overline{abcdef}$% номер счастливого билета . $$\overline{abcdef}=1000\overline{abc}+\overline{def},$$ где $%a+b+c=d+e+f.$% Тогда если увеличить $%N$% на $% 9=10-1$%, то в большинстве случаев вместо $% e $% будет цифра $% e+1 $% , а вместо $% f $% цифра $% f-1 $%, и сумма последных трех цифр останется неизменной, значить билет останется счастливой.А если $% f=0$% или $% e=9$% , тогда будет "скачок" больше $% 9-$%и. Но таких скачков будут мало, примерно один раз через $%5$% последовательных счастливых билетов$%(2/10).$%
$% 9$% это мода последовательности расстояний соседных счастливых билетов.

Переформулируем задачу так. Вы купили билет. Если он несчастливый, то покупаете билеты из рулона подряд до появления счастливого. Сколько в среднем билетов Вы будете покупать при такой тактике?

Если считать для простоты, что номера билетов меняются от 000 000 до 999 999, то счастливых среди них будет 55 252 (каюсь, посчитала с помощью Excel). Значит, среднее расстояние между счастливыми билетами n равно примерно 18 (включительно один из номеров). Если бы все расстояния между с.б. были одинаковыми, то искомое расстояние менялось бы как 18,17, ..., 1 (в счет включен сам счастливый билет). Среднее значение этой величины равно 9,5.

Если промежутки между счастливыми билетами (включая один счастливый) обозначить через $%n_i, i = 1, 2, ..., 55252$%, то $%\sum n_i=1000000$%, а искомое среднее равно $%{\sum n_i(n_i+1)\over2\cdot \sum n_i}$%. Обозначим $%n_i=n+m_i$%, среднее значение $%m_i$% равно 0. Тогда искомая величина равна
$${\sum (m_i+n)(m_i+n+1)\over2000000} = {\sum (m_i^2+(2n+1)m_i+n(n+1))\over2000000}=$$ $$={\sum m_i^2\over2000000}+{n(n+1)55252\over 2000000}= {\sum m_i^2\over2000000}+{n+1\over 2}.$$ Осталось оценить сумму квадратов $%m_i$%. Как показала @ASailyan, многие промежутки между счастливыми билетами равны 9, для них $%m_i=-9$%. Если считать, что отклонение в "положительную" сторону равно примерно тому же (весьма грубая оценка!), то $%{\sum m_i^2\over2000000} \approx {55252\cdot 9^2\over 2000000} \approx 2,24$%, Тогда искомое среднее примерно равно $%2,24+{18,1+1\over 2} = 11,79 $%. Но, думаю, эта оценка тоже заниженная.
Например, после 000 000 следующий с.б. - 001 001, расстояние между ними 1001, $%m_1 \approx 983$%, то же для $%m_{55252}$%. Только эти два числа дают в сумме квадратов составляющую $%2\cdot 983^2 = 1932578 $%, что при делении на 2000000 дает почти 1.
Почти такие же большие скачки происходят при переходе к каждой новой тысяче. Если считать, что они равны по крайней мере 118 (на самом деле в основном в разы больше), то получим вклад в сумму квадратов не меньше $%1000\cdot 100^2=10.000.000$%, что после деления на 2.000.000 дает 5. Это число можно прибавить к полученной ранее оценке, примерно равной 12. Получаем, что среднее "ожидание" с.б. не менее 17.