Consecutivos Sorteo con los tiros de la estática

Question

Estoy escribiendo un algoritmo para un lanzamiento de la moneda problema. Pero tengo un problema la comprensión del cálculo dado.

Aquí está la pregunta:

Usted tiene un imparcial de la moneda que desea mantener tirando hasta llegar N consecutivos cabezas. Has lanzado la moneda M veces y, sorprendentemente, todos los lanzamientos se tradujo en la cabeza. ¿Cuál es el número esperado de adicional arroja necesario hasta obtener N consecutivas de los jefes?

Si N = 2 y M = 0, usted necesita para mantener a tirar la moneda hasta obtener 2 consecutivos cabezas. No es difícil mostrar que, en promedio, 6 de la moneda los tiros son necesarios.

Si N = 2 y M = 1, se necesitan de 2 consecutivos cabezas y ya han 1. Usted necesita para lanzar una vez más, no importa qué. En el primer sorteo, si te cabezas, está hecho. De lo contrario, usted necesita para volver a empezar, como el consecutivos contador se restablece, y que necesita para mantener tirar la moneda hasta obtener N=2 consecutivos cabezas. El número esperado de la moneda la tira es así 1 + (0.5 * 0 + 0.5 * 6) = 4.0

Si N = 3 y M = 3, ya tiene 3 cabezas, por lo que no necesita más lanzamientos.

Ahora mi problema es la comprensión del cálculo: 1 + (0.5 * 0 + 0.5 * 6) = 4.0 cuando N = 2 y M = 1. Entendí cómo consiguió el 6 (que es, básicamente, el cálculo es cuando M = 0, la fórmula aquí).

Ahora lo que si voy a calcular N = 3, M = 1 o N = 3, M = 2?

Puede alguien escribir este cálculo en una fórmula para mí por favor? ¿Cuál es el 1? ¿Qué es (0.5 * 0 + 0.5 * 6)?

Answer 1

Para responder a su primera pregunta:

Ellos están haciendo lo que se llama acondicionado.

Si $\Bbb E(X)$ denota el valor esperado de $X$ e si $A$ $B$ son disjuntas y exhaustiva de eventos ($A$ o $B$ debe ocurrir, pero ambos no pueden ocurrir al mismo tiempo), entonces $$ \Bbb E(X)=P(a) \Bbb E( X\text{ dado }) +P(B) \Bbb E( X\text{ dado }B) $$

El 1 es porque no te sabes el número de lanzamientos necesarios al menos uno. A continuación, se calculan el número de (aún más) adicionales de lanzamientos necesarios para obtener tres cabezas en una fila. Para este fin se utiliza el acondicionamiento de la fórmula anterior con $A$ $B$ como a continuación:
Caso: que el flip era una cabeza. Esto ocurre con probabilidad 1/2, y en este caso, no más tirones son necesarios.

Caso B: que el flip era una cola. Esto ocurre con probabilidad 1/2, y en este caso el número esperado de adicionales volteretas es de 6 (ya que es como si empezar de nuevo).

Así que, en general, se espera que el número de lanzamientos es

$$ 1+ \underbrace{ (1/2) }_{ \text{prob de }\cima\text{ casos}}\cdot \underbrace{\vphantom{(/} 0 }_{\text{exp. num. de agregar. }\cima\text{volteretas en el caso de que Un}}+ \underbrace{ (1/2) }_{\text{prob de} \cima \text{case B} }\cdot \underbrace{6\vphantom{(/}}_{\text{exp. num. de agregar.}\en la cima de \text{volteretas en el caso B}}. $$

---

Creo que es más fácil de entender si usted no comienza con "1":

Deje $A$ ser el caso de que el segundo flip jefes y $B$ ser el caso de que el segundo flip colas. Nota si $A$ se produce, entonces el número esperado de adicionales volteretas en el pasado, el primero es 1. Si $B$ se produce, se espera que el número de lanzamientos pasado la primera vuelta es $1+6$.

El número esperado de adicionales flips (pasado el primer flip) es

$$ \underbrace{ (1/2) }_{ \text{prob de }\cima\text{ casos}}\cdot \underbrace{\vphantom{(/} 1 }_{\text{exp. num. de agregar. }\cima\text{volteretas en el caso de que Un}}+ \underbrace{ (1/2) }_{\text{prob de} \cima \text{case B} }\cdot \underbrace{7\vphantom{(/}}_{\text{exp. num. de agregar.}\en la cima de \text{volteretas en el caso B}}. $$

Answer 2

Deje que el número esperado de la moneda para decidir ser x. El caso de análisis es el siguiente:

una. Si la primera vuelta es una cruz, entonces hemos perdido un flip. La probabilidad de este evento es de 1/2 y el número total de lanzamientos requeridos es x+1

b. Si la primera vuelta es una de cabezas y el segundo flip es una cruz, entonces hemos perdido dos volteretas. La probabilidad de este evento es de 1/4 y el número total de lanzamientos requeridos es x+2

c. Si la primera vuelta es una de cabezas y el segundo flip es también jefes, entonces, hemos terminado. La probabilidad de este evento es de 1/4 y el número total de lanzamientos requerido es 2.

La adición, la ecuación que nos da es - x = (1/2)(x+1) + (1/4)(x+2) + (1/4)2

Resolver, obtenemos x = 6.

Por lo tanto, se espera que el número de tiradas de la moneda para conseguir dos consecutivos cabezas es de 6.

Answer 3

El razonamiento detrás del cálculo de $1+\frac12\cdot 0+\frac12\cdot 6$ es como sigue. Definitivamente, usted tiene que lanzar la moneda una vez más, no importa qué, que es la inicial de $1$ plazo. Con una probabilidad de $1/2$ consigue una cabeza, y en ese caso ya está hecho: usted necesita $0$ más lanzamientos. Esa es la $\frac12\cdot 0$ plazo: con una probabilidad de $1/2$ uso de $0$ extra lanza más allá de la primera. Pero con una probabilidad de $1/2$ consigue una cola, y en ese caso, en efecto, de empezar de nuevo, como si la hubiera no tiró la moneda. En este caso, usted ya sabe que el número esperado de lanzamientos para obtener dos días consecutivos de cabezas es $6$, así que usted sabe que con una probabilidad de $1/2$ tendrás $6$ extra lanza más allá de la primera; esta es la $\frac12\cdot 6$ plazo.

Ahora supongamos que $N=3$$M=1$. Definitivamente se necesita, al menos, $1$ más de sorteo. Con una probabilidad de $1/2$ es una cola, y podrás empezar de nuevo. En ese caso, el número esperado de lanzamientos después de esta primera es $2^{3+1}-2=14$, dando un $\frac12\cdot 14$ plazo (de forma análoga a la $\frac12\cdot 6$ plazo en el problema original). Con una probabilidad de $1/2$ obtendrás una cabeza, y en este punto, usted va a ser la solución de la $N=3,M=2$ problema. Supongamos que ya has hecho y descubrió que el número esperado de lanzamientos es $x$; luego, con probabilidad de $1/2$ otros $x$ volteretas después de la primera, y así obtener un $\frac12x$ plazo, para un total de $1+\frac12\cdot14+\frac12x$ esperado extra volteretas.

Yo voy a dejar que usted trate al $N=3,M=2$ problema con estas ideas y sustituir el resultado en $x$.

Answer 4

He publicado una derivación de la generalización de la solución a este problema aquí.