Valor esperado del número de saltos hasta el primer jefe

Question

Supongamos que lanzamos una moneda hasta que podamos ver una cabeza. ¿Cuál es el valor esperado del número de lanzamientos vamos a tomar?

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Soy bastante nuevo para el valor esperado, así que traté de evaluar por la multiplicación de la probabilidad de cada escenario con el número de lanzamientos que se tomó para llegar allí (como la toma de la media aritmética). Esto no funcionó a pesar de que, a causa de las infinitas posibilidades. Estoy realmente confundido, y si alguien fuera a dar una respuesta, realmente agradecería si pudieran entrar en detalles.

Answer 1

Deje $X$ ser una variable aleatoria discreta con posibles resultados: $x_1, x_2, x_3,\dots, x_i,\dots$, con la consiguiente probabilidad de $p_1,p_2,p_3,\dots,p_i,\dots$

El valor esperado de $f(X)$ es dada como:

$E[f(X)] = \sum\limits_{i\in\Delta} f(x_i)p_i$

En el ejemplo específico, $X$ podría ser uno de los siguientes valores: $1,2,3,\dots ,i,\dots$ con las probabilidades correspondientes a $\frac{1}{2},\frac{1}{4},\frac{1}{8},\dots,\frac{1}{2^i},\dots$ (ver fácilmente desde los comienzos de un diagrama de árbol)

Así, se espera que el valor de $X$ es:

$\sum\limits_{i=1}^\infty i(\frac{1}{2})^i$

Este es un conocido infinita suma de la forma $\sum\limits_{i=1}^\infty i p (1-p)^{i-1}$, en este caso con $p=1-p=\frac{1}{2}$. Es probable que se espera que simplemente memorizar el resultado, y se incluye en la mayoría de fórmula listas. $\sum\limits_{i=1}^\infty i p (1-p)^{i-1}=\frac{1}{p}~~~~~~~(\dagger)$

Utilizando este resultado sin pruebas, conseguimos que nuestro número esperado de lanzamientos es $\frac{1}{0.5}=2$

La prueba de $(\dagger)$:

$$\sum\limits_{i=1}^\infty i p (1-p)^{i-1} = p\sum\limits_{i=1}^\infty i (1-p)^{i-1}\\ = p\left(\sum\limits_{i=1}^\infty (1-p)^{i-1} + \sum\limits_{i=2}^\infty (1-p)^{i-1} + \sum\limits_{i=3}^\infty (1-p)^{i-1} + \dots\right)\\ = p\left[(1/p)+(1-p)/p+(1-p)^2/p+\dots\right]\\ = 1 + (1-p)+(1-p)^2+\dots\\ =\frac{1}{p}$$

Answer 2

Deje $x$ ser el número esperado de lanzamientos. Luego, después de la primera vuelta de la mitad de la hora de dejar y la otra mitad el tiempo seguimos. Que da $x = 1 + \frac{1}{2}(0) + \frac{1}{2}(x)$ $x = 2$ o $x$ es infinito. El último es imposible (ver nota más abajo) y, por tanto,$x = 2$.

Nota

Dado cualquier proceso iterativo donde en cada iteración es idéntica e independiente de las anteriores y tiene un valor distinto de cero probabilidad de parar, y la cantidad deseada, siendo la suma acumulada de los valores de cada iteración, donde hay límites superior e inferior en el valor de todas las iteraciones, la cantidad deseada ha finito expectativa, por la razón de que una serie similar a la infinita suma de las otras respuestas converge. El punto es que tenemos que demostrar este hecho, una vez, y posteriormente podemos utilizar el análisis anterior para manejar mucho más complicado de los procesos sin ningún infinita suma a todos.

Answer 3

Tenga en cuenta que la probabilidad de un tirón $n$ veces es $\frac{1}{2^{n}}$, ya que la probabilidad de un tirón exactamente $n-1$ colas seguido por $1$ cabezas. (Pensando en otra forma: hay un 1/2 de probabilidad de voltear cabezas de la primera vez, luego de 1/2 de 1/2 = 1/4 probabilidad de que no voltear cabezas hasta el segundo tiempo, etc.)

El valor esperado del número de lanzamientos es la suma de cada una de las posibles número multiplicado por la probabilidad de que el número se produce. Así, $E(\text{# of flips})= \sum_{n=1}^\infty n\frac{1}{2^n}$.

Conecte la serie en Wolfram Alpha para obtener 2 como su solución.

Si eres escéptico, a continuación, tenga en cuenta que $\sum_{n=1}^m n\frac{1}{2^n}=\frac{2^{m+1}-2-m}{2^m}$. Prueba: esto es cierto cuando se $m=1$. Luego, por inducción, $$\sum_{n=1}^{m+1} n\frac{1}{2^n}=\frac{2^{m+1}-2-m}{2^m}+\frac{m+1}{2^{m+1}}$$ $$=\frac{2^{m+2}-4-2m+m+1}{2^{m+1}}$$ $$=\frac{2^{m+2}-2-(m+1)}{2^{m+1}}$$ Como resultado, $\sum_{n=1}^\infty n\frac{1}{2^n}=\lim_{m\to\infty}\frac{2^{m+1}-2-m}{2^m}=\frac{2}{1}=2$.