¿Cuál es el número esperado de lanzar una moneda para la obtención de un jefe?

Question

Debido a mi reciente malentendidos sobre el "valor esperado", concepto que me decidí a publicar esta pregunta. Aunque fácilmente he encontrado la respuesta en internet no he logrado entenderlo completamente.

Entendí que la fórmula para el valor esperado es:

$$E(x) = x_1p_1 +x_2*p_2 +...+x_np_n$$

Las x son el valor que la variable aleatoria puede tomar y el p son los probabilites que este valor es tomado.

Así que, si me sale una cabeza en el primer intento, a continuación, $ p_1 = \frac{1}{2} , x_1 = 1 $ Si me sale una cabeza en el segundo intento, a continuación, $ p_2 = \frac{1}{4} , x_2 = 2 $

Y luego, me woudl tiene que:

$$E(x) = \frac{1}{2}1+ \frac{1}{4}2 +...$$

Así que mi razonamiento me llevó a un inifnite suma, que no creo que no se puede evaluar que fácil. En el 'estándar' para la solución de este problema, el valor esperado se encuentra en un reccurisve manera. Para el caso en el que la cabeza no aparecen en la primera sacudida se trata reccursively. No he comprendido que paso.

Mis preguntas son: es a mi juicio correcta? ¿Que reccursion paso? Podría alguien que me lo explique?

Answer 1

Deje $X$ el número de lanzamientos, y deje $e=E(X)$. Está claro que $e$ es finito.

Podríamos obtener una ventaja en el primer lanzamiento. Esto ocurre con probabilidad de $\frac{1}{2}$, y que en caso de $X=1$.

O bien podríamos obtener una cola en el primer lanzamiento. En ese caso, hemos utilizado hasta $1$ lanzamiento, y estamos "empezando todo de nuevo." Así, en el caso de que el número esperado de adicional de los tiros de la es $e$. Más formalmente, la esperanza condicional de $X$ dado que el primer lanzamiento sale de la cola es $1+e$.

De ello se sigue (la Ley de la Total Expectativa) que $$e=(1)\cdot\frac{1}{2}+(1+e)\cdot\frac{1}{2}.$$

Esta es una ecuación lineal en la $e$. Resolver.

Comentario: La "serie infinita" enfoque da $$E(X)=1\cdot\frac{1}{2}+2\cdot\frac{1}{2^2}+3\cdot\frac{1}{2^3}+\cdots.$$ Esta serie, y concordantes, ha sido resumida en varias ocasiones en el MSE.

Answer 2

Su enfoque está perfectamente bien. La probabilidad de obtener el primer jefe de la $n$th juicio es $\frac{1}{2^n}$, por lo que tenemos $$ \mathbb{E}(x) = \sum_{ n \geq 1} \frac{n}{2^n}. $$ Esta infinita suma puede ser calculado de la siguiente manera: en primer lugar tenga en cuenta que $ \frac{1}{1-x} = \sum_{n \geq 0} x^n $ para $|x|<1$. La diferenciación de ambos lados de los rendimientos $$ \frac{1}{(1-x)^2} = \sum_{n \geq 0} n x^{n-1} = \sum_{n \geq 1} n x^{n-1} = \frac1x \sum_{n \geq 1} n x^n. $$ Pluggin en $x = \frac12$ rendimientos $4 = 2 \sum_{n \geq 1} \frac{n}{2^n} = 2 \mathbb{E}(x)$ o $\mathbb{E}(x) = 2$.

La solución recursiva va, creo, de la siguiente manera: vamos a $\mathbb{E}(x)$ ser el esperado número de ensayos necesarios. El esperado número de ensayos necesarios después de la primera prueba, dado que no fue no jefes, también es $\mathbb{E}(x)$. En otras palabras, se espera que el (total) número de ensayos es $\mathbb{E}(x)+1$ en ese caso. Esto da la ecuación $$ \mathbb{E}(x) = \frac12 + \frac12(\mathbb{E}(x)+1)$$ que da la misma respuesta $\mathbb{E}(x) = 2$.

Answer 3

A fin de mes... ha sido explicado por varios usuarios que, buscando en el sorteo proceso en sí, uno ve que la expectativa $E(X)$, que usted sabe que es $E(X)=S$, con $$S=\sum_{n\geqslant1}\frac{n}{2^n},$$ solves the relation $$E(X)=1+\frac12E(X).$$ It happens that one can also show directly that $$S=1+\frac12S,$$ this relation following from a shift of indexes. To do so, note that $S=R+T$ con $$R=\sum_{n\geqslant1}\frac{1}{2^n},\qquad T=\sum_{n\geqslant1}\frac{n-1}{2^n}, $$ por lo tanto, utilizando el cambio de variable $n=k+1$, $$T=\sum_{k\geqslant0}\frac{k}{2^{k+1}}=\frac12\sum_{k\geqslant0}\frac{k}{2^k}=\frac12\sum_{k\geqslant1}\frac{k}{2^k}=\frac12S,$$ por lo tanto, la prueba sería completa si uno sabía que $$R=1.$$ To show this, use the same trick once again, that is, note that $$R=\frac12+\sum_{n\geqslant2}\frac{1}{2^n}=\frac12+\sum_{k\geqslant1}\frac{1}{2^{k+1}}=\frac12+\frac12\sum_{k\geqslant1}\frac{1}{2^{k}}==\frac12+\frac12R,$$ hence the proof that $S=2$ es completa.

Answer 4

La pregunta no permite realmente una respuesta apropiada. Después de cualquier número de lanzar una moneda, usted puede esperar una o más cabezas con cierto grado de confianza, la confianza, siendo 1 menos la probabilidad de un tirón todas las colas.