Número esperado de lançamentos até a primeira cabeça aparecer

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Suponha que uma moeda justa seja lançada repetidamente até que uma cabeça seja obtida pela primeira vez.

Qual é o número esperado de lançamentos que serão necessários?
Qual é o número esperado de caudas que serão obtidas antes da primeira cabeça ser obtida?

probability self-study expected-value bernoulli-distribution geometric-distribution nicole900
fonte

2

Este link tem as respostas para ambas as perguntas: en.wikipedia.org/wiki/Geometric_distribution

swmo

2

Se for uma pergunta de auto-estudo, adicione a tag.

Xian

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Isso pode ser respondido usando a distribuição geométrica da seguinte maneira:

O número de falhas k - 1 antes do primeiro sucesso (cabeças) com probabilidade de sucesso p ("cabeças") é dado por:

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

$p(X=k)=(1−p)^{k−1}p$

sendo k o número total de lançamentos, incluindo as primeiras 'cabeças' que terminam o experimento.

E o valor esperado de X para um dado p é . $1/p=2$

A derivação do valor esperado pode ser encontrada aqui . Os últimos passos implícitos devem ser os seguintes:

a ser plugado na expressão: $\frac{d}{dr} \frac{1}{1-r} = \frac{1}{(1-r)^2}$

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

, justificando a sua utilização acima]. $E(X) = \frac{1}{p}$

Como alternativa, poderíamos usar a distribuição binomial negativa interpretada como o número de falhas antes do primeiro sucesso. A função de massa de probabilidade é dada como p (número de falhas, n , antes de atingir r sucessos | dada uma certa probabilidade, p , de sucesso em cada teste de Bernoulli):

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

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

A expectativa para o número de tentativas, n + r, é dada pela fórmula geral:

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

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

Dadas as nossas conhecidas parâmetros: r = 1 e p = 0,5 ,

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

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

Portanto, podemos esperar fazer dois lançamentos antes de começar a primeira cabeça, com o número esperado de caudas sendo . $E(n+r) - r = 1$

Podemos executar uma simulação de Monte Carlo para provar:

   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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G (p)

$\mathcal{G}(p)$

And the expected value of

X

$X$ for a given

p

$p$ is

1 / p

$1/p$

Existe uma boa derivação em math.stackexchange.com/questions/235927/… Mas posso incluir o final dessa derivação na minha resposta.

Antoni Parellada

4

$0$ $x$

Escreva essas expectativas em seus respectivos tickets: estes são os valores dos tickets.

As três coisas que sabemos são:

$0$ $p$
$x$ $1-p$
A expectativa desse sorteio único é, por definição, a soma dos valores ponderados por probabilidade em todos os tipos de tickets:

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

$x$

x = 1 + (1 - p) x .

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

$x$ $x-1$

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

Isso leva a uma maneira extremamente eficiente de simular a distribuição dos comprimentos dos jogos . Aqui está o Rcódigo. Ele registra "cabeças" como valores verdadeiros em uma matriz booleana e calcula os lançamentos entre valores verdadeiros sucessivos.

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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Você poderia me ajudar a entender por que o "x" do jogo de desenho e o "x" na segunda equação representam a mesma coisa? Não tenho idéia de como você consegue a segunda equação. Muito obrigado.

Luz

@ Light A segunda equação é explicada no parágrafo anterior.

whuber

♦ Obrigado por sua resposta. Eu li a definição de x e o parágrafo que você disse várias vezes, mas ainda não entendo. Deixe-me dizer o meu entendimento e pls me ajudar a saber se eu entendo sth. Pelo meu entendimento, x é o número esperado "adicional" no jogo de bilhetes de desenho, que é um jogo diferente do jogo original, porque a expectativa (deixe-me chamá-lo de "E") do jogo de moedas inclui o primeiro lançamento. Na minha opinião, E deve ser "x + 1", mas não são a mesma coisa. Na equação, você fez x e E a mesma coisa que me deixa confuso. Obrigado.

Light

2

Seja X o número de lançamentos de moedas necessários até que uma cabeça seja obtida. Portanto, precisamos calcular E (X) (ou seja, valor esperado de X).

Podemos condicionar E (X) em qualquer que seja o nosso primeiro lançamento. Deixe E (X | H) denotar o número de lançamentos de moedas restantes, desde que eu tenha uma cabeça no primeiro lançamento. Da mesma forma, deixe E (X | T) denotar o número de lançamentos de moedas restantes, desde que eu tenha uma cauda no primeiro lançamento.

Pelo condicionamento da primeira etapa, temos

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

$E(X|H)$

$E(X|T) = E(X)$

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

=> $E(X) = 2$

grijesh agrawal
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Número esperado de lançamentos até a primeira cabeça aparecer

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