Oczekiwana liczba rzutów do pierwszej głowy

18

Załóżmy, że rzetelna moneta jest rzucana wielokrotnie, dopóki głowa nie zostanie zdobyta po raz pierwszy.

Jaka jest oczekiwana liczba rzutów, które będą wymagane?
Jaka jest oczekiwana liczba ogonów, które zostaną uzyskane przed uzyskaniem pierwszej głowy?

— nicole900
źródło

2

Ten link zawiera odpowiedzi na oba pytania: en.wikipedia.org/wiki/Geometric_distribution

— swmo

2

Jeśli jest to pytanie do samodzielnej nauki, dodaj tag.

— Xi'an

17

Można na nie odpowiedzieć, stosując następujący rozkład geometryczny :

Liczbę awarii k - 1 przed pierwszym sukcesem (główkami) z prawdopodobieństwem sukcesu p („główkami”) podaje:

p (X = k) = (1 - p)^{k - 1} p

$p(X=k)=(1−p)^{k−1}p$

gdzie k jest całkowitą liczbą rzutów, w tym pierwszymi „główkami” kończącymi eksperyment.

A oczekiwana wartość X dla danego p wynosi . $1/p=2$

Wyprowadzenie oczekiwanej wartości można znaleźć tutaj . Ostatnie kroki pozostawione domyślnie powinny wyglądać następująco:

które należy podłączyć do wyrażenia: $\frac{d}{dr} \frac{1}{1-r} = \frac{1}{(1-r)^2}$

. Przyupraszcza się $E(X) = \frac{p}{1-p} \sum\limits_{x = 1}^{\infty}x\ r^x = \frac{p}{1-p}\ r\ (\frac{d}{dr} \frac{1}{1-r})= \frac{p}{1-p}\ r\ \frac{1}{(1-r)^2}$ $r = 1 - p$

, uzasadniając powyższe użycie.] $E(X) = \frac{1}{p}$

Alternatywnie, moglibyśmy zastosować ujemny rozkład dwumianowy interpretowany jako liczba awarii przed pierwszym sukcesem. Funkcja masy prawdopodobieństwa jest podawana jako p (liczba niepowodzeń, n , przed osiągnięciem r sukcesów | przy pewnym prawdopodobieństwie, p , sukcesu w każdej próbie Bernoulliego):

p (n; r, p) = (\binom{n + r - 1}{r - 1}) p^{r} (1 - p)^{n}

$p(n;r,p) ={n+r-1\choose r-1} p^r (1-p)^n$

Oczekiwaną liczbę prób, n + r określa ogólny wzór:

\frac{r}{(1 - p)}

$\frac{r}{(1-p)}$

Podane nasze znanych parametrów: R = 1 i P = 0,5 ,

E (n + r; 1, 0.5) = \frac{r}{1 - p} = \frac{1}{1 - 0.5} = 2

$E(n + r; 1,0.5) =\frac{r}{1-p} = \frac{1}{1-0.5} = 2$

Dlatego możemy spodziewać się, że wykonamy dwa rzuty, zanim zdobędziemy pierwszą głowę, a spodziewana liczba ogonów to . $E(n+r) - r = 1$

Możemy uruchomić symulację Monte Carlo, aby to udowodnić:

   set.seed(1)

p <- 1/2

reps <- 10000                         # Total number of simulations.

tosses_to_HEAD <- 0                   # Setting up an empty vector to add output to.

for (i in 1:reps) {
  head <- 0                           # Set the variable 'head' to 0 with every loop.
  counter <- 0                        # Same forlocal variable 'counter'.
  while (head == 0) {
    head <- head + rbinom(1, 1, p)    # Toss a coin and add to 'head'
    counter <- counter + 1            # Add 1 to 'counter'
  }
  tosses_to_HEAD[i] <- counter        # Append number in counter after getting heads.
}

mean(tosses_to_HEAD)
[1] 2.0097

— Antoni Parellada
źródło

1

G (p)

$\mathcal{G}(p)$

— Xi'an

And the expected value of

X

$X$ for a given

p

$p$ is

1 / p

$1/p$

— Dilip Sarwate

Jest ładna pochodna na math.stackexchange.com/questions/235927/... Ale mogę dołączyć koniec tej pochodnej do mojej odpowiedzi.

— Antoni Parellada,

4

$0$ $x$

Zapisz te oczekiwania na odpowiednich biletach: są to wartości biletów.

Trzy rzeczy, które wiemy to:

Szansa na losowanie biletu „Stop” (z wartością $0$ $p$
$x$ $1-p$
Oczekiwanie na to pojedyncze losowanie jest z definicji sumą wartości ważonych prawdopodobieństwem na wszystkich rodzajach biletów:

$p \times 0 + (1 - p) \times x = (1 - p) x .$ $p\times 0 + (1-p)\times x = (1-p)x.$

$x$

x = 1 + (1 - p) x .

$x = 1 + (1-p)x.$

$x$ $x-1$

$n$ $pn$ $h$ $pn$ $n$ $x$ $n/h$ $n/(h+1)$ $n/(pn)$ $x$

Prowadzi to do niezwykle wydajnego sposobu symulacji rozkładu długości gier . Oto Rkod. Zapisuje „głowy” jako prawdziwe wartości w tablicy boolowskiej i oblicza rzuty między kolejnymi prawdziwymi wartościami.

p <- 1/3                                           # Set the chance of heads
tosses <- runif(1e6) < p                           # Make a million tosses
sim <- diff(c(TRUE, which(tosses)))                # Compute game lengths
hist(sim, xlab="Game length", main="Distribution") # Graph their distribution
mean(sim)                                          # Report the average length

$17$ set.seed(17) $x$

— Whuber
źródło

Czy możesz mi pomóc zrozumieć, dlaczego „x” w grze rysunkowej i „x” w drugim równaniu reprezentują to samo? Nie mam pojęcia, jak uzyskać drugie równanie. Dziękuję Ci bardzo.

— Światło

@ Light Drugie równanie wyjaśniono w poprzedzającym go akapicie.

— whuber

♦ Dziękuję za odpowiedź. Przeczytałem definicję x i akapit, który powtarzałeś wielokrotnie, ale nadal nie rozumiem. Pozwól mi powiedzieć, że moje zrozumienie i pls pomóż mi wiedzieć, jeśli źle rozumiem coś. Z mojego zrozumienia, x jest „dodatkową” spodziewaną liczbą w losowaniu losów, która jest inną grą niż gra oryginalna, ponieważ oczekiwanie (nazwijmy to „E”) gry na monety obejmuje pierwsze podrzucanie. Moim zdaniem E powinno być „x + 1”, ale to nie to samo. W równaniu uczyniłeś x i E tym samym, co powoduje, że jestem zdezorientowany. Dziękuję.

— Światło

2

Niech X będzie wymaganą liczbą rzutów monetą do momentu uzyskania głowy. Musimy więc obliczyć E (X) (tj. Oczekiwaną wartość X).

Możemy uzależnić E (X) od tego, na czym polega nasz pierwszy rzut. Niech E (X | H) oznacza liczbę pozostałych rzutów monetą, biorąc pod uwagę, że mam przewagę przy pierwszym rzucie. Podobnie, niech E (X | T) oznacza liczbę pozostałych rzutów monetą, biorąc pod uwagę, że dostałem ogon przy pierwszym rzucie.

W pierwszym etapie uwarunkowania mamy

$E(X) = \frac{1}{2} * (1 + E(X|H)) + \frac{1}{2} * (1 + E(X|T))$

Now, as $E(X|H)$ denoted the remaining flips after receiving head on the first, it will be equal to 0 as I don't need to flip after getting 1 head.

And, $E(X|T) = E(X)$ , as we did not make any progress towards getting 1 head.

So, $E(X) = \frac{1}{2} * (1 + 0) + \frac{1}{2} * (1 + E(X))$

=> $E(X) = 2$

— grijesh agrawal
źródło