Số lần tung dự kiến ​​cho đến khi đầu tiên xuất hiện

Giả sử rằng một đồng xu công bằng được tung liên tục cho đến khi thu được một cái đầu lần đầu tiên.

• Số lượng quăng dự kiến ​​sẽ được yêu cầu là gì?
• Số lượng đuôi dự kiến ​​sẽ thu được trước khi thu được đầu đầu tiên là bao nhiêu?

Điều này có thể được trả lời bằng cách sử dụng phân phối hình học như sau:

Số lần thất bại k - 1 trước lần thành công đầu tiên (người đứng đầu) với xác suất thành công p ("người đứng đầu") được đưa ra bởi:

với k là tổng số lần ném bao gồm cả 'đầu' đầu tiên chấm dứt thử nghiệm.

Và giá trị mong đợi của X cho một p đã cho là .$1/p=2$

Đạo hàm của giá trị mong đợi có thể được tìm thấy ở đây . Các bước cuối cùng còn lại ẩn sẽ như sau:

để được cắm vào biểu thức:$\frac{d}{dr} \frac{1}{1-r} = \frac{1}{(1-r)^2}$

. Vớir=1-p, nó đơn giản hóa thành$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$

, biện minh cho việc sử dụng nó ở trên.]$E(X) = \frac{1}{p}$

Ngoài ra, chúng ta có thể sử dụng phân phối nhị thức âm được hiểu là số lần thất bại trước thành công đầu tiên. Hàm khối lượng xác suất được đưa ra là p (số lần thất bại, n , trước khi đạt được thành công r | đưa ra một xác suất nhất định, p , thành công trong mỗi thử nghiệm Bernoulli):

Kỳ vọng về số lượng thử nghiệm, n + r được đưa ra theo công thức chung:

Cho các tham số đã biết của chúng tôi: r = 1 và p = 0,5 ,

Do đó, chúng ta có thể mong đợi thực hiện hai lần tung trước khi nhận được đầu đầu tiên với số lượng đuôi dự kiến ​​là .$E(n+r) - r = 1$

Chúng ta có thể chạy mô phỏng Monte Carlo để chứng minh điều đó:

   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

Mô hình trò chơi bằng cách rút một vé ra khỏi hộp. Có hai loại vé. Trên một được viết "Dừng lại, bạn ném đầu"; mặt khác được viết "Tiếp tục, bạn quăng đuôi." Số lần ném bổ sung dự kiến ​​trong trường hợp đầu tiên là trong khi số lần ném bổ sung dự kiến ​​trong trường hợp thứ hai là x , giả sử - chúng tôi chưa biết điều đó và phải tìm ra nó.$0$$x$

Viết những kỳ vọng này vào vé tương ứng của họ: đây là những giá trị của vé.

Ba điều chúng ta biết là:

1. Cơ hội rút vé "Dừng" (có giá trị ) là p .$0$$p$

2. Cơ hội rút vé "Tiếp tục" (với giá trị ) là 1 - p .$x$$1-p$

3. Theo định nghĩa, kỳ vọng của lần rút thăm này là, theo tổng định của các giá trị trọng số xác suất trên tất cả các loại vé:

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

Hãy để chúng tôi giải thích con số này: đó là số lần ném bổ sung dự kiến sẽ cần cho đến khi một cái đầu xuất hiện. Vì các lần rút vé tương ứng với các lần tung đồng xu, nên việc thêm vào một lần rút cần thiết để có được một vé sẽ cho chúng ta số lần tung dự kiến ​​- chỉ là$x$

$x$$x-1$

Một giải pháp rõ ràng bằng trực giác thứ hai có thể thu được bằng cách xem xét một chuỗi rất dài$n$quăng Có bao nhiêu game đã được chơi? Trả lời: số lượng đầu (cộng thêm một trò chơi chưa hoàn thành nếu chuỗi kết thúc bằng một loạt đuôi). Có bao nhiêu người đứng đầu dự kiến? Câu trả lời:$pn$. Gọi đến số này$h$. Các Luật Yếu của số lớn khẳng định rằng thực tế số người đứng đầu là rất có khả năng là rất gần$pn$ cung cấp $n$là đủ lớn. Do đó, thời lượng trò chơi trung bình$x$, được cho bởi một số giữa $n/h$ và $n/(h+1)$, sẽ tùy tiện gần với $n/(pn)$, từ đó nó phải bằng $x$ chinh no.

Điều này dẫn đến một cách cực kỳ hiệu quả để mô phỏng việc phân phối độ dài trò chơi . Đây là Rmã. Nó ghi "các đầu" là các giá trị thực trong một mảng boolean và tính toán các lần tung giữa các giá trị thực liên tiếp.

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

Khi tôi chạy mã này sau khi đặt hạt giống thành $17$( set.seed(17)), đầu ra khác với$x$ chỉ bằng một lượng nhỏ

Let X be the number of coin flips required until a head is obtained. So, we need to calculate E(X) (i.e. expected value of X).

We can condition E(X) on whatever our first flip is. Let E(X|H) denote the number of remaining coin flips given I got a head on the first flip. Similarly, let E(X|T) denote the number of remaining coin flips given I got a tail on the first flip.

By first step conditioning, we have

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

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

=> $E(X) = 2$