Interpretación probabilística

Question

Supongamos que tenemos un ratón en un laberinto y asociamos $p$ como la probabilidad de que el ratón escape de este laberinto este turno, y $(1-p)$ por la probabilidad de que no escapara en ese turno. Llamar a $X$ la variable aleatoria asociada al número de vueltas que da el ratón para escapar. Si quiero que tarde, en el mejor de los casos, $4$ vueltas para escapar del laberinto entonces consideraría las posibilidades de:

$$P(X \leq 4)= P(X = 4)+P(X = 3)+P(X = 2)+P(X = 1)$$

Después de algunos cálculos llego a la probabilidad:

$$P(X \leq 4)= 1-(1-p)^4$$

Por otro lado:

$$P(X \leq 4)=1-P(X > 4)$$

Lo que nos lleva a:

$$P(X > 4) = (1-p)^4$$

Esto nos da la probabilidad de que falle más entonces $4$ veces, dado que es la suma:

$$P(X > 4) = P(X=5)+P(X = 6)+...=p(1-p)^4+p(1-p)^5+...=p \sum_{i=4}^n(1-p)^{i}=(1-p)^4$$

¿Puede alguien darme una interpretación intuitiva de esto? Parece un poco impar que la suma tendería a $(1-p)^4$ al comenzar en $4$ .

Answer 1

Usted tiene $P(X>4)=P(X=5)+...+P(X=n)+...=p\cdot\sum_{i=4}^{\infty}(1-p)^i$

Se trata de una serie geométrica $a_1=(1-p)^4$ et $q=1-p$

Por la fórmula de la serie geométrica, tenemos cuando $q<1$ :

$lim_{n->\infty}\sum_{i=1}^{n}a_1 \cdot q^i = \frac{a_1}{1-q}=\frac{(1-p)^4}{1-(1-p)} = \frac{(1-p)^4}{p}$

Pero teníamos la multiplicación con $p$ exterior por lo que obtenemos $(1-p)^4$

Funcionará con cualquier distribución geométrica y para cualquier valor.

Si buscas la intuición, $(1-p)^4$ es la posibilidad de "fallar" en las 4 primeras veces, por lo que lleva a $P(X>4)$

Answer 2

Sea $r\neq 1$ . Entonces $$\begin{align*} \sum_{k=0}^{n-1} r^k = \frac{1-r^n}{1-r}, \end{align*}$$ que para $r \in (0,1)$ tiende a $\frac{1}{1-r}$ como $n$ tiende a infinito.

Así, si $p\in(0,1)$ entonces $$\begin{align*} p \sum_{k=4}^\infty (1-p)^k &= \left( p \sum_{k=0}^\infty (1-p)^k \right) - \left(p \sum_{k=0}^{4-1} (1-p)^k\right) \\ &= p\frac{1}{1-(1-p)} - p\frac{1-(1-p)^4}{1-(1-p)} \\ &= 1 - \left(1 - (1-p)^4\right) \\ &= (1-p)^4. \end{align*}$$

(En el caso anterior, el LHS corresponde, por supuesto, a $\mathbb{P}(X>4) = \sum_{k=5}^\infty \mathbb{P}(X = k)$ .)

Alternativamente, se puede reescribir el LHS según $$\begin{align*} p \sum_{k=4}^\infty (1-p)^k &= p \sum_{k=0}^\infty (1-p)^{k+4} \\ &= (1-p)^4 p \sum_{k=0}^\infty (1-p)^k, \end{align*}$$ cuando el resultado se establece observando que el último término es igual a $\frac{1}{1-(1-p)} = \frac{1}{p}$ .

Answer 3

Usted tiene que $\mathsf P(X=n)= p(1-p)^{n-1}$ y así $\mathsf P(X\gt n)=p\sum_{k=n}^\infty(1-p)^k$ .

Así $\mathsf P(X>0)= p\sum_{k=0}^\infty(1-p)^k$ . Sin embargo, esto equivale casi con toda seguridad a $1$ . Teóricamente, el ratón escapará alguna vez tras el inicio del experimento.

$$\begin{align}\mathsf P(X>n)&=p\sum_{k=n}^n(1-p)^k\\&=(1-p)^n\cdot p\sum_{k=n}^\infty(1-p)^{k-n}\\&=(1-p)^n\cdot p\sum_{j=0}^\infty (1-p)^j\\&=(1-p)^n\cdot\mathsf P(X>0)\\&=(1-p)^n\end{align}$$

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En resumen...

La probabilidad de que el ratón escape después de $n$ fallos es la probabilidad de tener $n$ fallos consecutivos veces la probabilidad la probabilidad de que escape alguna vez después de eso.

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Y para comprobar matemáticamente esta intuición, utilizamos la derivación para la forma cerrada de una Serie Geométrica. $$\begin{align}\sum_{k=0}^\infty (1-p)^k &= (1-p)^0+(1-p)\sum_{k=1}^\infty (1-p)^{k-1}\\ &=1+(1-p)\sum_{k=0}^\infty(1-p)^k \\[2ex]\therefore\quad p\sum_{k=0}^\infty (1-p)^k &= 1 \end{align}$$