Una feria es suertes repetidamente hasta 5 jefes consecutivos.
¿Cuál es el número esperado de moneda lanza?
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Oli
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Vamos a $e$ ser el número esperado de lanzamientos. Es claro que $e$ es finito.
Comienza lanzando. Si tenemos una cola de inmediato (probabilidad $\frac{1}{2}$), entonces el número esperado es $e+1$. Si tenemos una cabeza y luego una cola (la probabilidad de $\frac{1}{4}$), entonces el número esperado es $e+2$. Continuar $\dots$. Si conseguimos a $4 de$ cabezas, a continuación, la cola, el número esperado es $e+5$. Por último, si nuestros primeros $5$ arroja son los jefes, entonces el número esperado es de $5 dólares. Así $$e=\frac{1}{2}(e+1)+\frac{1}{4}(e+2)+\frac{1}{8}(e+3)+\frac{1}{16}(e+4)+\frac{1}{32}(e+5)+\frac{1}{32}(5).$$ Resolver esta ecuación lineal para $e$. Nos dan $e=62$.
ravi pradeep
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21
Permite calcular por $n$ consecutivos arroja el número esperado de lanzamientos necesarios.
Permite denotar $E_n$ para $n$ consecutivos cabezas. Ahora bien, si tenemos uno más en la cabeza después de $E_{n-1}$, entonces tenemos $n$ consecutivos cabezas o si es una cola, a continuación, de nuevo tenemos que repetir el procedimiento.
Así que para los dos escenarios:
- $E_{n-1}+1$
- $E_{n}{+1}$ ($1$ para una cola)
Así, $E_n=\frac12(E_{n-1} +1)+\frac12(E_{n-1}+ E_n+ 1)$, por lo que $E_n= 2E_{n-1}+2$.
Tenemos el general de la recurrencia de la relación. Definir $f(n)=E_n+2$ $f(0)=2$. Así,
\begin{align} f(n) y=2f(n-1) \\ \implica f(n) y=2^{n+1} \end{align}
Por lo tanto, $E_n = 2^{n+1}-2 = 2(2^n-1)$
Para $n=5$, nos va a dar $2(2^5-1)=62$.
Anthony Shaw
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858
Aquí está una generación de función de enfoque.
Considere el siguiente sorteo cadenas, las probabilidades y las condiciones
$$ \color{#00A000}{ \begin{array}{llc} T&\frac12&\qquad\frac12x\\ HT&\frac14&\qquad\frac14x^2\\ HHT&\frac18&\qquad\frac18x^3\\ HHHT&\frac1{16}&\qquad\frac1{16}x^4\\ HHHHT&\frac1{32}&\qquad\frac1{32}x^5\\ \color{#C00000}{HHHHH}&\color{#C00000}{\frac1{32}}&\color{#C00000}{\qquad\frac1{32}x^5} \end{array} } $$ Cada término tiene la probabilidad como su coeficiente y la longitud de la cadena como su exponente.
Los resultados posibles son cualquier combinación de los verdes cadenas seguido por el rojo de cadena. Tenemos la generación de la función de la probabilidad de terminar después de $n$ arroja a ser $$ \begin{align} f(x)&=\sum_{k=0}^\infty\left(\frac12x+\frac14x^2+\frac18x^3+\frac1{16}x^4+\frac1{32}x^5\right)^k\frac1{32}x^5\\ &=\frac{\frac1{32}x^5}{1-\left(\frac12x+\frac14x^2+\frac18x^3+\frac1{16}x^4+\frac1{32}x^5\right)}\\ &=\frac{\frac1{32}x^5}{1-\frac{\frac12x-\frac1{64}x^6}{1-\frac12x}}\\ &=\frac{\frac1{32}x^5-\frac1{64}x^6}{1-x+\frac1{64}x^6} \end{align} $$ El promedio de duración es entonces $$ \begin{align} f'(1) &=\left.\frac{\left(\frac5{32}x^4-\frac6{64}x^5\right)\left(1-x+\frac1{64}x^6\right)-\left(\frac1{32}x^5-\frac1{64}x^6\right)\left(-1+\frac6{64}x^5\right)}{\left(1-x+\frac1{64}x^6\right)^2}\right|_{\grande x=1}\\ &=\frac{\frac4{64}\frac1{64}+\frac1{64}\frac{58}{64}}{\left(\frac1{64}\right)^2}\\[12pt] &=62 \end{align} $$
Robert Christie
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7323
Este problema es solucionable con el siguiente paso método de acondicionamiento. Dejó $\mu_k$ denotan el número medio de lanzamientos hasta que se produzca 5 jefes consecutivos, dado que jefes consecutivos de $k$ apenas ocurrieron. Obviamente $\mu_5=0$. Acondicionado en el resultado del siguiente tiro de moneda: $$ \mu_k = 1 + \frac{1}{2} \mu_{k+1} + \frac{1}{2} \mu_0 $$ resolver el sistema lineal resultante:
In[28]:= Solve[Table[mu[k] == 1 + 1/2 mu[k + 1] + mu[0]/2, {k, 0, 4}],
Table[mu[k], {k, 0, 4}]] /. mu[5] -> 0
Out[28]= {{mu[0] -> 62, mu[1] -> 60, mu[2] -> 56, mu[3] -> 48,
mu[4] -> 32}}
Por lo tanto el número esperado de moneda gira equivale a $\mu_0$ 62.
Abhimanyu Sood
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11
La pregunta puede ser generalizado a lo que se espera que el número de lanzamientos antes de que salga la x cabezas.Vamos a llamar a este E(x). Fácilmente podemos derivar una fórmula recursiva para E(x). Ahora, hay un total de dos posibilidades, la primera es que no somos capaces de obtener el número consecutivo de las cabezas en la xth intento y en segundo lugar, tenemos éxito. La probabilidad de éxito es de 1/(2^x) y la probabilidad de fracaso es 1-(1/(2^x)).
Ahora, si vamos a dejar de obtener xth consecutivos cabezas en xth toss (es decir, caso 1), la vamos a tener que utilizar un total de (E(x)+1) se mueve, debido a un movimiento que se ha perdido.
Por otro lado si vamos a tener éxito en conseguir xth consecutivos a la cabeza en número de sorteo (es decir, caso 2), el total de movimientos es E(x-1)+1 , porque ahora nos tomamos un movimiento más de lo que era necesario para obtener x-1 consecutivos cabezas.
Así,
E(x) = P(fracaso) * (E(x)+1) + P(éxito) * (E(x-1)+1)
E(x) = [1-(1/(2^x))] * (E(x)+1) + [1/(2^x)] * (E(x-1)+1)
También la E(0) = 0 , porque espera que el número de lanzamientos para obtener 0 cabezas es cero, duh
ahora,
E(1) = (1-0.5) * (E(1)+1) + (0.5) * (E(0)+1) E(1) = 2
E(2) = (1-0.125) * (E(1)+1) + (0.125) * (E(1)+1) E(2) = 6
Del mismo modo,
E(3) = 14
E(4) = 30
E(5) = 62
