Numero previsto di lanci fino a quando non esce la prima testa

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Supponiamo che una moneta giusta venga lanciata ripetutamente fino a quando non si ottiene una testa per la prima volta.

Qual è il numero previsto di lanci che saranno richiesti?
Qual è il numero atteso di code che saranno ottenute prima di ottenere la prima testa?

— nicole900
fonte

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Questo link ha le risposte per entrambe le domande: en.wikipedia.org/wiki/Geometric_distribution

— swmo

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Se questa è una domanda di studio autonomo, aggiungi il tag.

— Xi'an,

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A questo si può rispondere usando la distribuzione geometrica come segue:

Il numero di guasti k - 1 prima del primo successo (teste) con una probabilità di successo p ("teste") è dato da:

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

$p(X=k)=(1−p)^{k−1}p$

con k è il numero totale di lanci, comprese le prime "teste" che terminano l'esperimento.

E il valore atteso di X per un dato p è $1/p=2$ .

La derivazione del valore atteso è disponibile qui . Gli ultimi passaggi lasciati impliciti dovrebbero essere i seguenti:

$\frac{d}{dr} \frac{1}{1-r} = \frac{1}{(1-r)^2}$ da inserire nell'espressione:

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

, giustificando il suo uso sopra.] $E(X) = \frac{1}{p}$

In alternativa, potremmo usare la distribuzione binomiale negativa interpretata come il numero di guasti prima del primo successo. La funzione di massa di probabilità è data come p (numero di fallimenti, n , prima di raggiungere r successi | data una certa probabilità, p , di successo in ogni prova di Bernoulli):

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

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

L'aspettativa per il numero di prove, n + r è data dalla formula generale:

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

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

Dati i nostri parametri noti: r = 1 e p = 0,5 ,

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

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

Quindi possiamo aspettarci di fare due lanci prima di ottenere la prima testa con il numero atteso di code che è . $E(n+r) - r = 1$

Possiamo eseguire una simulazione Monte Carlo per dimostrarlo:

   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
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Per la domanda attuale, la distribuzione è chiamata distribuzione geometrica

.

G (p)

$\mathcal{G}(p)$

— Xi'an,

And the expected value of

e come si dovrebbe provare questo?

X

$X$ for a given

p

$p$ is

1 / p

$1/p$

— Dilip Sarwate,

C'è una bella derivazione su math.stackexchange.com/questions/235927/… Ma posso includere la fine di quella derivazione nella mia risposta.

— Antoni Parellada,

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Modella il gioco estraendo un biglietto da una scatola. Esistono due tipi di biglietti. Su uno è scritto "Stop, hai lanciato la testa"; dall'altro è scritto "Continua, hai lanciato la coda". Il numero previsto di lanci aggiuntivi nel primo caso è mentre il numero previsto di lanci aggiuntivi nel secondo caso è , diciamo - non lo sappiamo ancora e dobbiamo scoprirlo. $0$ $x$

Scrivi queste aspettative sui rispettivi biglietti: questi sono i valori dei biglietti.

Le tre cose che sappiamo sono:

La possibilità di estrarre un biglietto "Stop" (con valore ) è $0$ $p$ .
La possibilità di pescare un biglietto "Continua" (con valore ) è $x$ $1-p$ .
L'aspettativa di questa singola estrazione è, per definizione, la somma dei valori ponderati per la probabilità su tutti i tipi di biglietti:

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

Interpretiamo questo numero: è il numero previsto di lanci aggiuntivi che saranno necessari fino a quando appare una testa. Poiché le estrazioni di biglietti corrispondono a lanci di monete, l'aggiunta dell'estrazione necessaria per ottenere un biglietto ci dà il numero previsto di lanci - che è solo stesso. Equiparando queste due espressioni, $x$

X = 1 + (1 - p) X .

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

Risolvendo per risponde alla prima domanda. $x$ Poiché il numero di code è sempre uno in meno del numero di estrazioni, anche il numero previsto di code deve essere uno in meno del numero previsto di estrazioni. Pertanto risponde alla seconda domanda. $x-1$

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

Questo porta ad un modo estremamente efficiente per simulare la distribuzione delle lunghezze di gioco . Ecco il Rcodice. Registra "teste" come valori veri in una matrice booleana e calcola i lanci tra valori veri successivi.

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
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Potresti aiutarmi a capire perché la "x" del gioco di disegno e la "x" nella seconda equazione rappresentano la stessa cosa? Non ho idea di come si ottiene la seconda equazione. Grazie mille.

— Luce,

@Light La seconda equazione è spiegata nel paragrafo precedente.

— whuber

♦ Grazie per la tua risposta. Ho letto la definizione di xe il paragrafo che hai detto più volte, ma ancora non capisco. Lasciami dire che la mia comprensione e per favore aiutami a capire se fraintendo sth. Da quanto ho capito, x è il numero atteso "aggiuntivo" nel gioco dei biglietti da disegno, che è un gioco diverso dal gioco originale, perché l'aspettativa (fammi chiamarlo "E") del gioco a gettoni include il primo lancio. Secondo me, E dovrebbe essere "x + 1", ma non sono la stessa cosa. Nell'equazione, hai reso x ed E la stessa cosa che mi rende confuso. Grazie.

— Luce

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Sia X il numero di lanci di monete richiesti fino ad ottenere una testa. Quindi, dobbiamo calcolare E (X) (ovvero il valore atteso di X).

Possiamo condizionare E (X) su qualunque sia il nostro primo capovolgimento. Lascia che E (X | H) denoti il numero di lanci rimanenti di monete dato che ho ottenuto una testa sul primo lancio. Allo stesso modo, sia E (X | T) a indicare il numero di lanci rimanenti, dato che ho ottenuto una coda al primo lancio.

Al primo passo condizionamento, abbiamo

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

Ora, come $E(X|H)$ indicato i lanci rimanenti dopo aver ricevuto la testa sul primo, sarà uguale a 0 in quanto non ho bisogno di lanciare dopo aver ottenuto 1 testa.

E, $E(X|T) = E(X)$ , poiché non abbiamo fatto alcun progresso per ottenere 1 testa.

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

=> $E(X) = 2$

— Grijesh Agrawal
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