İlk kafa ortaya çıkana kadar beklenen fırlatma sayısı

İlk kez bir kafa elde edilene kadar adil bir madalyonun art arda atıldığını varsayın.

• İstenecek beklenen fırlatma sayısı nedir?
• İlk kafa elde edilmeden önce beklenen kuyruk sayısı kaçtır?

Bu, geometrik dağılım kullanılarak aşağıdaki gibi cevaplanabilir :

Arızaları sayısı k - 1 başarı bir olasılık ile ilk başarı (başları) önce p ( "kafaları") tarafından verilir:

ile k deneyi sonlandırır ilk başlarının 'dahil fırlatır toplam sayısı olmak.

Ve beklenen değeri , X , belirli bir için p olan .$1/p=2$

Beklenen değerin türetilmesi burada bulunabilir . Örtük bırakılan son adımlar aşağıdaki gibi olmalıdır:

ifadeye eklenecek:$\frac{d}{dr} \frac{1}{1-r} = \frac{1}{(1-r)^2}$

. İler=1-p, bu sadeleşir$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$

, yukarıdaki kullanımını haklı çıkarır.]$E(X) = \frac{1}{p}$

Alternatif olarak, ilk başarıdan önceki başarısızlık sayısı olarak yorumlanan negatif binom dağılımını kullanabiliriz . Olasılık kütle fonksiyonu p olarak verilir ( r başarısına ulaşmadan önce başarısızlık sayısı, n | her Bernoulli çalışmasında belirli bir olasılık, p , başarı verildiğinde ):

Deneme sayısı beklentisi, n + r genel formülle verilir:

Bilinen parametrelerimiz göz önüne alındığında: r = 1 ve p = 0.5 ,

Bu nedenle, ilk kafaya ulaşmadan önce beklenen kuyruk sayısı iki fırlatma yapmayı bekleyebiliriz .$E(n+r) - r = 1$

Bunu kanıtlamak için bir Monte Carlo simülasyonu çalıştırabiliriz:

   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

Kutunun dışına bir bilet çizerek oyunu modelleyin . İki tür bilet var. Birinde "Dur, kafaları fırlattın" yazılı; diğer tarafta ise "Devam et, kuyrukları fırlattın." Birinci durumda beklenen ek fırlatma sayısı iken, ikinci durumda beklenen ek fırlatma sayısı x , diyelim ki - henüz bilmiyoruz ve çözmemiz gerekiyor.$0$$x$

Bu beklentileri ilgili biletlerine yazın: bunlar biletlerin değerleridir .

Bildiğimiz üç şey:

1. "Durdur" bileti ( değeriyle ) çizme şansı s .$0$$p$

2. "Devam" bileti ( değeriyle ) çekme şansı 1 - p'dir .$x$$1-p$

3. Bu tek çekilişin beklentisi, tanım gereği, her türlü bilet üzerindeki olasılık ağırlıklı değerlerin toplamıdır:

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

Bu sayıyı yorumlayalım: bir kafa görünene kadar ihtiyaç duyulacak beklenen ek fırlatma sayısıdır . Bilet çekilişleri bozuk paraya karşılık geldiğinden, bilet almak için gereken çekilişi eklemek bize beklenen sayıda fırlatmayı verir - ki bu sadece kendisidir. Bu iki ifadeyi eşitlemek,$x$

için çözme ilk soruyu cevaplar. $x$ Kuyruk sayısı her zaman çekiliş sayısından bir az olduğundan, beklenen kuyruk sayısı da beklenen çekiliş sayısından bir daha az olmalıdır. Bu nedenle ikinci soruyu cevaplar.$x-1$

Çok uzun bir tosses dizisi düşünülerek sezgisel olarak açık bir ikinci çözelti elde edilebilir . Kaç oyun oynandı? Cevap: kafa sayısı (sıra, bir dizi kuyrukla bitiyorsa eksik bir oyun daha). Kaç kafa bekleniyor? Yanıt: p n . Bu numaraya h deyin . Büyük Sayılar Zayıf Kanunu olduğunu iddia gerçek kafaları sayısı oldukça muhtemelen çok yakın için olmaktır p n sağlanan n yeterince büyüktür. Bu nedenle, ortalama oyun uzunluğu x , n / h ve n / arasında bir sayı ile verilir$n$$pn$$h$$pn$$n$$x$$n/h$ , keyfi olarak n / ( p n ) 'ye yakın olacaktır, bu nedenle x'in kendisineeşit olmalıdır.$n/(h+1)$$n/(pn)$$x$

Bu, oyun uzunluklarının dağılımını simüle etmek için son derece verimli bir yol sağlar . İşte Rkod. "Heads" i bir boolean dizisinde true değerleri olarak kaydeder ve ardışık gerçek değerler arasındaki fırlağı hesaplar.

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

Ben tohum ayarladıktan sonra bu kodu çalıştırdığımızda ( ), çıkış farklılık x sadece küçük bir miktarda.$17$set.seed(17)$x$

X, bir kafa elde edilene kadar gereken jeton çevirme sayısı olsun. Yani, E (X) 'u hesaplamamız gerekiyor (yani X'in beklenen değeri).

E (X) 'u ilk çevirmemiz ne olursa olsun koşullandırabiliriz. E (X | H), ilk kapakta bir kafa bulduğumda kalan jeton çevirme sayısını gösterelim. Benzer şekilde, E (X | T) 'nin ilk kapakta bir kuyruğum olduğu göz önüne alındığında kalan jeton çevirme sayısını belirtelim.

İlk adım şartlandırma ile,

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

$E(X|H)$

$E(X|T) = E(X)$ , çünkü 1 kafa elde etmek için herhangi bir ilerleme kaydetmedik.

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

$E(X) = 2$