Jumlah lemparan yang diharapkan sampai kepala pertama muncul

Misalkan koin yang adil dilemparkan berulang kali sampai kepala diperoleh untuk pertama kalinya.

• Berapa jumlah lemparan yang diharapkan yang akan dibutuhkan?
• Berapa jumlah ekor yang diharapkan yang akan diperoleh sebelum kepala pertama diperoleh?

Ini dapat dijawab menggunakan distribusi geometris sebagai berikut:

Jumlah kegagalan k - 1 sebelum keberhasilan pertama (kepala) dengan probabilitas keberhasilan p ("kepala") diberikan oleh:

dengan k menjadi jumlah total lemparan termasuk 'kepala' pertama yang mengakhiri percobaan.

Dan nilai yang diharapkan dari X untuk p yang diberikan adalah $1/p=2$ .

Derivasi dari nilai yang diharapkan dapat ditemukan di sini . Langkah terakhir yang dibiarkan implisit adalah sebagai berikut:

untuk dicolokkan ke ekspresi:$\frac{d}{dr} \frac{1}{1-r} = \frac{1}{(1-r)^2}$

. Denganr=1-p, itu disederhanakan menjadi$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$

, membenarkan penggunaannya di atas.]$E(X) = \frac{1}{p}$

Atau, kita bisa menggunakan distribusi binomial negatif yang ditafsirkan sebagai jumlah kegagalan sebelum keberhasilan pertama. Fungsi massa probabilitas diberikan sebagai p (jumlah kegagalan, n , sebelum mencapai r keberhasilan | diberi probabilitas tertentu, p , keberhasilan dalam setiap percobaan Bernoulli):

Harapan untuk jumlah uji coba, n + r diberikan oleh rumus umum:

Mengingat parameter yang diketahui: r = 1 dan p = 0,5 ,

Oleh karena itu kita dapat berharap untuk membuat dua lemparan sebelum mendapatkan kepala pertama dengan jumlah ekor yang diharapkan adalah .$E(n+r) - r = 1$

Kita dapat menjalankan simulasi Monte Carlo untuk membuktikannya:

   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

Model game dengan menggambar tiket keluar dari kotak. Ada dua jenis tiket. Di satu tertulis "Berhenti, Anda melemparkan kepala"; di sisi lain tertulis "Lanjutkan, Anda melemparkan ekor." Jumlah lemparan tambahan yang diharapkan dalam kasus pertama adalah sedangkan jumlah lemparan tambahan yang diharapkan dalam kasus kedua adalah x , katakanlah - kita belum mengetahuinya dan harus mengetahuinya.$0$$x$

Tuliskan harapan ini di tiket masing-masing: ini adalah nilai dari tiket.

Tiga hal yang kita ketahui adalah:

1. $0$$p$

2. $x$$1-p$

3. Harapan dari undian tunggal ini adalah, menurut definisi, jumlah nilai probabilitas tertimbang untuk semua jenis tiket:

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

Let us interpret this number: it is the expected number of additional tosses that will be needed until a head appears. Since draws of tickets correspond to coin tosses, adding in the one draw needed to obtain a ticket gives us the expected number of tosses--which is just $x$ itself. Equating these two expressions,

Solving for $x$ answers the first question. Since the number of tails is always one less than the number of draws, the expected number of tails also must be one less than the expected number of draws. Therefore $x-1$ answers the second question.

A second intuitively clear solution can be obtained by contemplating a very long sequence of $n$ tosses. How many games were played? Answer: the number of heads (plus one more incomplete game if the sequence ends with a series of tails). How many heads are expected? Answer: $pn$. Call this number $h$. The Weak Law of Large Numbers asserts that the actual number of heads is highly likely to be very close to $pn$ provided $n$ is sufficiently large. Therefore the average game length $x$, given by some number between $n/h$ and $n/(h+1)$, will be arbitrarily close to $n/(pn)$, whence it must equal $x$ itself.

This leads to an extremely efficient way to simulate the distribution of game lengths. Here is R code. It records "heads" as true values in a boolean array and computes the tosses between successive true values.

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

When I ran this code after setting the seed to $17$ (set.seed(17)), the output differed from $x$ by only a tiny amount.

Let X be the number of coin flips required until a head is obtained. So, we need to calculate E(X) (i.e. expected value of X).

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

=> $E(X) = 2$