প্রথম মাথা না আসা পর্যন্ত প্রত্যাশিত টসসের সংখ্যা

Question

মনে করুন যে প্রথমবারের মতো মাথা না পাওয়া পর্যন্ত কোনও ন্যায্য মুদ্রা বারবার ছোঁড়া হয়।

• প্রয়োজনীয় টসসের প্রয়োজনীয় সংখ্যাটি কী?
• প্রথম মাথা প্রাপ্ত হওয়ার আগে প্রাপ্ত পুচ্ছগুলির প্রত্যাশিত সংখ্যাটি কী?

Comments

এই লিঙ্কটি উভয় প্রশ্নের উত্তর আছে: en.wikipedia.org/wiki/Geometric_distribution

— swmo

এটি যদি স্ব-অধ্যয়নের প্রশ্ন হয় তবে দয়া করে ট্যাগটি যুক্ত করুন।

— শি'য়ান

Answer 1

জ্যামিতিক বিতরণটি নিম্নলিখিতভাবে উত্তর দিয়ে উত্তর দেওয়া যেতে পারে :

সাফল্যের সম্ভাবনা পি ("হেডস") সহ প্রথম সাফল্য (শীর্ষস্থানীয়) এর আগে কে - 1 এর ব্যর্থতার সংখ্যাটি দেওয়া হয়েছে:

$$p(X=k)=(1−p)^{k−1}p$$

পরীক্ষার সাথে সমাপ্ত হওয়া প্রথম 'মাথা' সহ টোগুলির মোট সংখ্যা হ'ল কে with

আর প্রত্যাশিত মান এক্স একটি প্রদত্ত জন্য পি হয় ।$1/p=2$

প্রত্যাশিত মানটির ব্যয় এখানে পাওয়া যাবে । অন্তর্নিহিত শেষ পদক্ষেপগুলি নিম্নলিখিত হিসাবে হওয়া উচিত:

এক্সপ্রেশনটিতে প্লাগ করতে হবে:$\frac{d}{dr} \frac{1}{1-r} = \frac{1}{(1-r)^2}$

। সঙ্গেR=1-পি, এটি সহজসাধ্য$E(X) = \frac{p}{1-p} \sum\limits_{x = 1}^{\infty}x\ r^x = \frac{p}{1-p}\ r\ (\frac{d}{dr} \frac{1}{1-r})= \frac{p}{1-p}\ r\ \frac{1}{(1-r)^2}$$r = 1 - p$

, উপরে তার ব্যবহার ন্যায্যতা।]$E(X) = \frac{1}{p}$

বিকল্পভাবে, আমরা প্রথম সাফল্যের আগে ব্যর্থতার সংখ্যা হিসাবে ব্যাখ্যা করা নেতিবাচক দ্বিপদী বিতরণটি ব্যবহার করতে পারি । সম্ভাব্য ভর ফাংশন হিসাবে দেওয়া হয় পি (ব্যর্থতার সংখ্যা, এন , আর সাফল্য অর্জনের আগে | প্রতিটি বার্নোলির বিচারে সাফল্যের একটি নির্দিষ্ট সম্ভাবনা, পি , দেওয়া ):

$$p(n;r,p) ={n+r-1\choose r-1} p^r (1-p)^n$$

পরীক্ষার সংখ্যার জন্য প্রত্যাশা, এন + আর সাধারণ সূত্র দ্বারা দেওয়া হয়:

$$\frac{r}{(1-p)}$$

আমাদের জানা প্যারামিটারগুলি দেওয়া: r = 1 এবং p = 0.5 ,

$$E(n + r; 1,0.5) =\frac{r}{1-p} = \frac{1}{1-0.5} = 2$$

সুতরাং আমরা প্রত্যাশিত হওয়ার প্রত্যাশিত সংখ্যার সাথে প্রথম মাথা পাওয়ার আগে দুটি টস তৈরি করতে পারি ।$E(n+r) - r = 1$

এটি প্রমাণ করার জন্য আমরা মন্টি কার্লো সিমুলেশন চালাতে পারি:

   set.seed(1)

p <- 1/2

reps <- 10000                         # Total number of simulations.

tosses_to_HEAD <- 0                   # Setting up an empty vector to add output to.

for (i in 1:reps) {
  head <- 0                           # Set the variable 'head' to 0 with every loop.
  counter <- 0                        # Same forlocal variable 'counter'.
  while (head == 0) {
    head <- head + rbinom(1, 1, p)    # Toss a coin and add to 'head'
    counter <- counter + 1            # Add 1 to 'counter'
  }
  tosses_to_HEAD[i] <- counter        # Append number in counter after getting heads.
}

mean(tosses_to_HEAD)
[1] 2.0097

Comments

বর্তমান প্রশ্নের জন্য, বিতরণকে জ্যামিতিক বিতরণ । $\mathcal{G}(p)$

— শি'য়ান

And the expected value of পি 1 / পি এবং এটি কীভাবে প্রমাণ করার কথা? $X$ for a given $p$ is $1/p$

— দিলীপ সরোতে

ম্যাথ.স্ট্যাকেক্সেঞ্জা.কম / কোয়েশনস / 235927/… এ একটি দুর্দান্ত বিকাশ রয়েছে তবে আমি আমার প্রতিক্রিয়াতে এই উত্সের শেষটি অন্তর্ভুক্ত করতে পারি।

— আন্তনি পরল্লদা

Answer 2

একটি বক্সের বাইরে টিকিট আঁকিয়ে গেমটির মডেল করুন । টিকিট দুই ধরণের আছে। একটিতে লেখা আছে "থামুন, আপনি মাথা উড়িয়ে দিয়েছেন"; অন্যটিতে লেখা আছে "চালিয়ে যান, আপনি লেজগুলি টস করেছেন।" প্রথম ক্ষেত্রে অতিরিক্ত টসসের প্রত্যাশিত সংখ্যা এবং দ্বিতীয় ক্ষেত্রে অতিরিক্ত টসসের প্রত্যাশিত সংখ্যা এক্স , বলুন - আমরা এটি এখনও জানি না এবং এটি বের করতে হবে।$0$$x$

এই প্রত্যাশাগুলি তাদের নিজ নিজ টিকিটে লিখুন: এগুলি টিকিটের মান of

আমরা যে তিনটি জিনিস জানি তা হ'ল:

1. "স্টপ" টিকিট আঁকার সুযোগ (মান ) পি ।$0$$p$

2. একটি "চালিয়ে" টিকিট আঁকার সুযোগ (মান ) 1 - পি ।$x$$1-p$

3. সংজ্ঞা অনুসারে, এই একক অঙ্কনের প্রত্যাশাটি হ'ল সমস্ত ধরণের টিকিটে সম্ভাব্যতা-ওজনিত মানের সমষ্টি:

   $$p\times 0 + (1-p)\times x = (1-p)x.$$

আসুন আমরা এই সংখ্যাটি ব্যাখ্যা করি: এটি অতিরিক্ত টসগুলির প্রত্যাশিত সংখ্যা যা একটি মাথা উপস্থিত না হওয়া পর্যন্ত প্রয়োজন হবে। যেহেতু টিকিটের অঙ্কন মুদ্রা টসসের সাথে সামঞ্জস্যপূর্ণ, টিকিট পাওয়ার জন্য প্রয়োজনীয় একটি ড্রয়ে যুক্ত করা আমাদের টসসের প্রত্যাশিত সংখ্যা দেয় - যা কেবলমাত্র itself এই দুটি এক্সপ্রেশন সমান,$x$

$$x = 1 + (1-p)x.$$

সমাধান করা প্রথম প্রশ্নের উত্তর দেয়। $x$ যেহেতু লেজের সংখ্যা সর্বদা আঁকার সংখ্যার তুলনায় এক কম, সুতরাং প্রত্যাশিত লেজের সংখ্যাও অঙ্কিত প্রত্যাশিত সংখ্যার চেয়ে কম হওয়া উচিত। সুতরাং দ্বিতীয় প্রশ্নের উত্তর দেয়।$x-1$

---

টসসের খুব দীর্ঘ ক্রমটি বিবেচনা করে দ্বিতীয় স্বজ্ঞাত স্বচ্ছ সমাধানটি পাওয়া যেতে পারে । কতটি খেলা খেলা হয়েছিল? উত্তর: মাথার সংখ্যা (আরও একটি অসম্পূর্ণ গেম যদি ধারাবাহিক লেজগুলির ধারাবাহিকের সাথে শেষ হয়)। কত মাথা আশা করা হয়? উত্তর: পি এন । এই নম্বরে কল করুন h । বৃহৎ সংখ্যক দুর্বল আইন asserts যে প্রকৃত মাথা সংখ্যা অত্যন্ত খুব পাসে হতে পারে পি এন প্রদান এন পর্যাপ্ত বড়। সুতরাং n / h এবং n / এর মধ্যে কিছু সংখ্যার দ্বারা দেওয়া গড় গেমের দৈর্ঘ্য $n$$pn$$h$$pn$$n$$x$$n/h$$n/(h+1)$$n/(pn)$$x$

এটি গেম দৈর্ঘ্যের বিতরণ সিমুলেট করার জন্য অত্যন্ত কার্যকর উপায় নিয়ে যায় । এখানে Rকোড। এটি "বুলিয়ান অ্যারে" হিসাবে সত্য হিসাবে মান হিসাবে রেকর্ড করে এবং ক্রমাগত সত্য মানের মধ্যে টসেস গণনা করে।

p <- 1/3                                           # Set the chance of heads
tosses <- runif(1e6) < p                           # Make a million tosses
sim <- diff(c(TRUE, which(tosses)))                # Compute game lengths
hist(sim, xlab="Game length", main="Distribution") # Graph their distribution
mean(sim)                                          # Report the average length

$17$set.seed(17)$x$

Comments

আপনি কী আমাকে বুঝতে সাহায্য করতে পারেন যে অঙ্কন গেমের "এক্স" এবং দ্বিতীয় সমীকরণের "এক্স" একই জিনিসটি উপস্থাপন করে কেন? আপনি কীভাবে দ্বিতীয় সমীকরণ পাবেন তা আমার কোনও ধারণা নেই। আপনাকে অনেক ধন্যবাদ.

— হালকা

@ লাইট দ্বিতীয় সমীকরণটির পূর্ববর্তী অনুচ্ছেদে ব্যাখ্যা করা হয়েছে।

— whuber

Ur আপনার উত্তর দেওয়ার জন্য আপনাকে ধন্যবাদ। আমি এক্স এর সংজ্ঞা এবং আপনি যে অনুচ্ছেদটি বারবার বলেছিলেন তা পড়েছি, তবে আমি এখনও বুঝতে পারি না। আমাকে বুঝতে দিন যে আমার বোধগম্যতা এবং pls আমাকে বুঝতে সহায়তা করে আমি যদি স্টাথ ভুল বুঝি। আমার বোঝা থেকে, এক্স অঙ্কন টিকিট গেমের "অতিরিক্ত" প্রত্যাশিত নম্বর, যা মূল গেম থেকে আলাদা গেম, মুদ্রার গেমটির প্রত্যাশাটিকে (আমাকে এটি "ই" বলতে দাও) আগে টসিং অন্তর্ভুক্ত করে। আমার মতে, ই "x + 1" হওয়া উচিত, তবে তারা একই জিনিস নয়। সমীকরণে আপনি x এবং E কে একই জিনিস তৈরি করেছেন যা আমাকে বিভ্রান্ত করেছে। ধন্যবাদ.

— হালকা

Answer 3

কোনও মাথা না পাওয়া পর্যন্ত এক্সকে মুদ্রা ফ্লিপের সংখ্যা হতে দিন। সুতরাং, আমাদের E (X) গণনা করতে হবে (অর্থাত্ X এর প্রত্যাশিত মান)।

We can condition E(X) on whatever our first flip is. Let E(X|H) denote the number of remaining coin flips given I got a head on the first flip. Similarly, let E(X|T) denote the number of remaining coin flips given I got a tail on the first flip.

By first step conditioning, we have

$E(X) = \frac{1}{2} * (1 + E(X|H)) + \frac{1}{2} * (1 + E(X|T))$

Now, as $E(X|H)$ denoted the remaining flips after receiving head on the first, it will be equal to 0 as I don't need to flip after getting 1 head.

And, $E(X|T) = E(X)$, as we did not make any progress towards getting 1 head.

So, $E(X) = \frac{1}{2} * (1 + 0) + \frac{1}{2} * (1 + E(X))$

=> $E(X) = 2$