Ожидаемое количество бросков до появления первой головы

Предположим, что честная монета подбрасывается несколько раз, пока голова не будет получена впервые.

• Какое ожидаемое количество бросков потребуется?
• Какое ожидаемое количество хвостов будет получено до получения первой головы?

На это можно ответить, используя геометрическое распределение следующим образом:

Количество неудач k - 1 до первого успеха (головы) с вероятностью успеха p («головы») определяется как:

где k - общее количество бросков, включая первые «головы», которые заканчивают эксперимент.

И ожидаемое значение X для данного p составляет .$1/p=2$

Вывод ожидаемого значения можно найти здесь . Последние оставленные неявные шаги должны быть следующими:

включить в выражение:$\frac{d}{dr} \frac{1}{1-r} = \frac{1}{(1-r)^2}$

. Приr=1-pэто упрощает$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$

, оправдывая его использование выше.]$E(X) = \frac{1}{p}$

В качестве альтернативы, мы могли бы использовать отрицательное биномиальное распределение, интерпретируемое как число сбоев до первого успеха. Массовая функция вероятности задается как p (число отказов, n , до достижения r успехов | при определенной вероятности, p , успеха в каждом испытании Бернулли):

Ожидание количества испытаний, n + r определяется по общей формуле:

Учитывая наши известные параметры: г = 1 и р = 0,5 ,

Следовательно, мы можем ожидать двух бросков, прежде чем получим первую голову с ожидаемым количеством хвостов .$E(n+r) - r = 1$

Мы можем запустить симуляцию Монте-Карло, чтобы доказать это:

   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

Смоделируйте игру, нарисовав билет из коробки. Есть два вида билетов. На одном написано «Стоп, ты бросил головы»; на другом написано «Продолжай, ты подбрасывай хвосты». Ожидаемое количество дополнительных бросков в первом случае равно то время как ожидаемое количество дополнительных бросков во втором случае равно x , скажем - мы еще этого не знаем и должны это выяснить.$0$$x$

Запишите эти ожидания на соответствующих билетах: это значения билетов.

Мы знаем три вещи:

1. $0$$p$

2. $x$$1-p$

3. Ожидание этого единственного розыгрыша, по определению, является суммой взвешенных по вероятности значений для всех видов билетов:

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

Давайте интерпретируем это число: это ожидаемое количество дополнительных бросков, которые потребуются до появления головы. Поскольку розыгрыши билетов соответствуют броскам монет, добавление в один розыгрыш, необходимый для получения билета, дает нам ожидаемое количество бросков, которое просто$x$сам. Приравнивая эти два выражения,

Решение для $x$отвечает на первый вопрос. Поскольку число хвостов всегда на единицу меньше количества розыгрышей, ожидаемое количество хвостов также должно быть на единицу меньше ожидаемого числа розыгрышей. Следовательно$x-1$ отвечает на второй вопрос.

Второе интуитивно понятное решение можно получить, рассматривая очень длинную последовательность$n$подбрасывает. Сколько игр было сыграно? Ответ: количество голов (плюс еще одна незавершенная игра, если последовательность заканчивается серией хвостов). Сколько голов ожидается? Ответ:$pn$, Позвоните на этот номер$h$, Слабый закон больших чисел утверждает , что фактическое количество головок, весьма вероятно, будет очень близко к$pn$ при условии $n$ is sufficiently large. Therefore the average game length $x$, given by some number between $n/h$ and $n/(h+1)$, will be arbitrarily close to $n/(pn)$, whence it must equal $x$ itself.

This leads to an extremely efficient way to simulate the distribution of game lengths. Here is R code. It records "heads" as true values in a boolean array and computes the tosses between successive true values.

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

When I ran this code after setting the seed to $17$ (set.seed(17)), the output differed from $x$ by only a tiny amount.

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

=> $E(X) = 2$