पहले सिर तक आने की उम्मीद की संख्या

Question

मान लीजिए कि जब तक पहली बार एक सिर प्राप्त नहीं होता है तब तक एक उचित सिक्का बार-बार उछाला जाता है।

• अपेक्षित संख्या में टॉस की क्या आवश्यकता है?
• पहले सिर को प्राप्त करने से पहले पूंछ की अपेक्षित संख्या क्या होगी?

Comments

इस लिंक में दोनों प्रश्नों के उत्तर हैं: en.wikipedia.org/wiki/Geometric_distribution

— swmo

यदि यह एक स्व-अध्ययन प्रश्न है, तो कृपया टैग जोड़ें।

— शीआन

Answer 1

ज्यामितीय वितरण का उपयोग करके इसका उत्तर दिया जा सकता है:

सफलता पी की संभावना के साथ पहली सफलता (सिर) से पहले असफलताओं की संख्या 1 - (सिर) "द्वारा दी गई है:

$$p(X=k)=(1−p)^{k−1}p$$

k प्रयोग के समाप्त होने वाले पहले 'हेड्स' सहित टॉस की कुल संख्या होने के साथ ।

और की उम्मीद मूल्य एक्स एक दिया के लिए पी है ।$1/p=2$

अपेक्षित मूल्य की व्युत्पत्ति यहाँ मिल सकती है । अंतिम चरण के निहितार्थ निम्नानुसार होने चाहिए:

को अभिव्यक्ति में प्लग किया जाना है:$\frac{d}{dr} \frac{1}{1-r} = \frac{1}{(1-r)^2}$

। साथआर=1-पी, यह करने के लिए सरल$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$

, इसके उपयोग को उचित ठहराते हुए।]$E(X) = \frac{1}{p}$

वैकल्पिक रूप से, हम पहली सफलता से पहले असफल द्विपद वितरण को असफलताओं की संख्या के रूप में उपयोग कर सकते हैं । संभाव्यता द्रव्यमान समारोह को p (असफलताओं की संख्या, n , r सफलताओं को प्राप्त करने से पहले दिया जाता है । प्रत्येक बर्नौली परीक्षण में सफलता की एक निश्चित संभावना, p दी गई है ):

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

परीक्षण की संख्या, n + r की उम्मीद सामान्य सूत्र द्वारा दी गई है:

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

हमारे ज्ञात मापदंडों को देखते हुए: r = 1 और p = 0.5 ,

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

इसलिए हम उम्मीद कर सकते हैं कि पूंछ की अपेक्षित संख्या होने के साथ पहला शीर्ष प्राप्त करने से पहले दो टॉस करें ।$E(n+r) - r = 1$

हम इसे साबित करने के लिए एक मोंटे कार्लो सिमुलेशन चला सकते हैं:

   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

Comments

वर्तमान प्रश्न के लिए, वितरण को ज्यामितीय वितरण कहा जाता है । $\mathcal{G}(p)$

— शीआन

And the expected value of पी 1 / पी और कैसे एक को साबित करना है कि? $X$ for a given $p$ is $1/p$

— दिलीप सरवटे

Math.stackexchange.com/questions/235927/… पर एक अच्छी व्युत्पत्ति है, लेकिन मैं अपनी प्रतिक्रिया पर उस व्युत्पत्ति के अंत को शामिल कर सकता हूं।

— एंटोनी परेलाडा

Answer 2

एक बॉक्स से टिकट खींचकर गेम को मॉडल करें । टिकट दो तरह के होते हैं। एक पर लिखा है "बंद करो, तुम सिर पटक गए"; दूसरे पर लिखा है "जारी रखें, आपने पूंछ उतारी।" पहले मामले में अतिरिक्त टॉस की अपेक्षित संख्या जबकि दूसरे मामले में अतिरिक्त टॉस की अपेक्षित संख्या x है , कहते हैं - हम इसे अभी तक नहीं जानते हैं और इसका पता लगाना है।$0$$x$

इन उम्मीदों को उनके संबंधित टिकटों पर लिखें: ये टिकटों के मूल्य हैं।

हम जानते हैं कि तीन चीजें हैं:

1. $0$$p$

2. $x$$1-p$

3. इस एकल ड्रा की उम्मीद, परिभाषा के अनुसार, सभी प्रकार के टिकटों पर प्रायिकता-भारित मूल्यों का योग है:

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

$x$

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

Solving for $x$ answers the first question. Since the number of tails is always one less than the number of draws, the expected number of tails also must be one less than the expected number of draws. Therefore $x-1$ answers the second question.

---

A second intuitively clear solution can be obtained by contemplating a very long sequence of $n$ tosses. How many games were played? Answer: the number of heads (plus one more incomplete game if the sequence ends with a series of tails). How many heads are expected? Answer: $pn$. Call this number $h$. The Weak Law of Large Numbers asserts that the actual number of heads is highly likely to be very close to $pn$ provided $n$ 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.

Comments

Could you help me understand why the "x" of the drawing game and the "x" in the second equation represent the same thing? I have no idea how do you get the second equation. Thank you very much.

— Light

@Light The second equation is explained in the paragraph preceding it.

— whuber

♦ Thank u for ur reply. I've read the definition of x and the paragraph you said again and again, but I still don't understand. Let me say my understanding and pls help me know if I misunderstand sth. From my understanding, x is the "additional" expected number in the drawing tickets game, which is a different game from the original game, beacause the expectation(let me call it "E") of the coin game includes the first tossing. In my opinion, E should be "x + 1", but they're not the same thing. In the equation, you made the x and E the same thing that makes me confused. Thank u.

— Light

Answer 3

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

=> $E(X) = 2$