Número esperado de lanzamientos hasta que aparezca la primera cabeza

Suponga que se lanza una moneda justa varias veces hasta que se obtiene una cara por primera vez.

• ¿Cuál es el número esperado de lanzamientos que se requerirán?
• ¿Cuál es el número esperado de colas que se obtendrán antes de obtener la primera cabeza?

Esto se puede responder utilizando la distribución geométrica de la siguiente manera:

El número de fallas k - 1 antes del primer éxito (caras) con una probabilidad de éxito p ("cabezas") viene dado por:

siendo k el número total de lanzamientos, incluidas las primeras 'cabezas' que finalizan el experimento.

Y el valor esperado de X para una p dada es .$1/p=2$

La derivación del valor esperado se puede encontrar aquí . Los últimos pasos que quedan implícitos deben ser los siguientes:

para ser conectado a la expresión:$\frac{d}{dr} \frac{1}{1-r} = \frac{1}{(1-r)^2}$

. Conr=1-p, se simplifica a$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$

, justificando su uso arriba.]$E(X) = \frac{1}{p}$

Alternativamente, podríamos usar la distribución binomial negativa interpretada como el número de fallas antes del primer éxito. La función de masa de probabilidad se da como p (número de fallas, n , antes de alcanzar r éxitos | dada una cierta probabilidad, p , de éxito en cada ensayo de Bernoulli):

La expectativa para el número de ensayos, n + r viene dada por la fórmula general

Dados nuestros parámetros conocidos: r = 1 y p = 0.5 ,

Por lo tanto, podemos esperar hacer dos lanzamientos antes de obtener la primera cara con el número esperado de colas que es .$E(n+r) - r = 1$

Podemos ejecutar una simulación de Monte Carlo para demostrarlo:

   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

$0$$x$

Escriba estas expectativas en sus boletos respectivos: estos son los valores de los boletos.

Las tres cosas que sí sabemos son:

1. $0$$p$

2. $x$$1-p$

3. La expectativa de este sorteo único es, por definición, la suma de los valores ponderados por la probabilidad en todo tipo de tickets:

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

$x$

$x$$x-1$

$n$$pn$$h$$pn$$n$$x$$n/h$$n/(h+1)$$n/(pn)$$x$

Esto conduce a una forma extremadamente eficiente de simular la distribución de las duraciones de los juegos . Aquí está el Rcódigo. Registra "cabezas" como valores verdaderos en una matriz booleana y calcula los lanzamientos entre valores verdaderos sucesivos.

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)$x$

Sea X el número de lanzamientos de monedas necesarios hasta obtener una cabeza. Entonces, necesitamos calcular E (X) (es decir, el valor esperado de X).

Podemos condicionar E (X) en cualquiera de nuestros primeros cambios. Deje que E (X | H) denote el número de lanzamientos de monedas restantes dado que obtuve una cabeza en el primer lanzamiento. Del mismo modo, deje que E (X | T) denote el número de lanzamientos de monedas restantes dado que obtuve una cola en el primer lanzamiento.

Por el primer paso de acondicionamiento, tenemos

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

No fue $E(X|H)$ denotó los lanzamientos restantes después de recibir la cabeza en el primero, será igual a 0 ya que no necesito dar la vuelta después de obtener 1 cabeza.

Y, $E(X|T) = E(X)$, ya que no progresamos para obtener 1 cabeza.

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

=> $E(X) = 2$