Si la probabilidad de que algo ocurra en la Kª ronda es (1-1/(2^k)) ¿cuál es el número medio de rondas que tardará en ocurrir? Sé que significa si lo hicieras un montón de veces cuál sería el número medio de rondas, pero es diferente a ir hasta que la suma sea del 50% supongo. ¿Cómo puedo hacer esto? Gracias.
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Shabaz
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Si la probabilidad de terminar en el $k^{\text{th}}$ es redondo $p(k)$ el número medio de rondas es $\sum_{k=1}^{\infty}kp(k)$ . En su caso, es de suponer que se detiene cuando se produce el evento (de lo contrario sus probabilidades suman mucho más que $1$ ). La probabilidad de la ronda $k$ es entonces $(1-2^{-k})-(1-2^{k-1})=2^{-k}$ por lo que necesita $$\sum_{k=1}^{\infty}k2^{-k}$$ Tienes razón esto no es cuando la suma alcanza $50\%$ ya que eso ocurre en la primera ronda.
Dado que los números $p(k)=1-1/2^k$ (o $p(k)=1-1/4^k$ ) suman más de $1$ , $p(k)$ no puede ser la probabilidad de que la ronda $k$ es la ronda de éxito y la pregunta tal y como la ha redactado el OP no tiene sentido.
Para salvar el día, supongamos en cambio que $p(k)$ es la probabilidad de que la ronda $k$ es la ronda exitosa, sabiendo que las rondas $1$ a $k-1$ no lo eran. En otras palabras, la ronda exitosa $X$ es tal que $$ P(X=k|X\ge k)=p(k). $$ A partir de aquí, el PO podría (¿debería?) intentar demostrar que la distribución de $X$ viene dada por $$ P(X=k)=p(k)\prod_{i=1}^{k-1}(1-p(i)). $$ o, de forma equivalente, por $$ P(X\ge k)=\prod_{i=1}^{k-1}(1-p(i)). $$ Volviendo a la pregunta formulada, recordemos que la expectativa de $X$ puede calcularse al menos de dos maneras diferentes, ya que $$ E(X)=\sum_{k=1}^{+\infty}kP(X=k)=\sum_{k=1}^{+\infty}P(X\ge k). $$ Enchufando $p(k)=1-q^k$ (con $q=1/2$ o $q=1/4$ aparentemente) en la segunda fórmula da como resultado $$ E(X)=\sum_{k=1}^{+\infty}\prod_{i=1}^{k-1}q^{i}=\sum_{k=1}^{+\infty}q^{k(k-1)/2}, $$ que, como especialización de la función theta de Ramanujan, es también $$ E(X)=\frac{(q^2;q^2)_\infty}{(q;q^2)_\infty}. $$
Mingo
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Para añadir a la respuesta de Ross Millikan, observe que $1 - 1/2^k$ corresponde a la función de distribución de la distribución geométrica con parámetro $1/2$ . De hecho, para $X \sim {\rm geometric}(1/2)$ , $$ {\rm P}(X \leq k) = \sum\limits_{i = 1}^k {{\rm P}(X = i)} = \sum\limits_{i = 1}^k {\frac{1}{{2^i }}} = 1 - \frac{1}{{2^k }}, \;\; k=1,2,\ldots. $$ Por lo tanto, la pregunta en realidad pide la media de los valores geométricos( $1/2$ ).
EDIT: De hecho, dada la función de distribución de una variable aleatoria arbitraria de valor entero no negativo $X$ se puede encontrar ${\rm E}(X)$ inmediatamente como sigue: $$ {\rm E}(X) = \sum\limits_{k = 0}^\infty {{\rm P}(X > k)} = \sum\limits_{k = 0}^\infty {[1 - {\rm P}(X \le k)]}. $$ En nuestro ejemplo, donde ${\rm P}(X \le k) = 1 - 1/2^k$ , $k=0,1,2,\ldots$ Así pues, obtenemos $$ {\rm E}(X) = \sum\limits_{k = 0}^\infty {\frac{1}{{2^k }}} = 2. $$ En general, si ${\rm P}(X \le k) = 1 - q^k$ , $k=0,1,2,\ldots$ , $0 < q < 1$ arreglado, obtenemos $$ {\rm E}(X) = \sum\limits_{k = 0}^\infty {q^k} = \frac{1}{{1 - q}}. $$ Ahora, pon $p=1-q$ y recordemos que la geometría( $p$ ) tiene una media igual a $1/p$ . En particular, esto da la respuesta a su segunda pregunta (en los comentarios).
anonymous
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Utilizando la primera ronda en la que ambos envían con una probabilidad del 100% como ronda 1 en lugar de la ronda 0. La probabilidad de que cada uno envíe al mismo tiempo y colisione es 1/(2^(k-1)). Por tanto, la probabilidad de éxito en cada ronda k es 1-(1/(2^(k-1)). La probabilidad de que la contención termine después de k rondas es la probabilidad de colisión en cada ronda hasta k, y de que no haya colisión en la ronda k. El número medio de rondas, si no se establece un límite superior, es 
