średnia liczba prób do uzyskania sukcesu i porażki

[gienia]

Obliczyć wartość oczekiwaną liczby prób w schemacie Bernoullego przeprowadzonych aż do momentu uzyskania kolejno sukcesu i porażki.

Pewnie trzeba skorzystać ze wzoru \(\displaystyle{ EX= \sum_{i=0}^{n}E(X|A_i)P(A_i)}\), gdzie te \(\displaystyle{ A_i}\) są rozbiciem \(\displaystyle{ \Omega}\), tylko nie wiem jak zdefiniować te \(\displaystyle{ A_i}\).

[Mruczek]

Załóżmy, że prawdopodobieństwo sukcesu to \(\displaystyle{ p}\). Rozpatrzmy pierwszą próbę. Niech \(\displaystyle{ A_{1}}\) to zdarzenie, że w tej próbie był sukces, a \(\displaystyle{ A_{0}}\) że porażka. Wtedy:
\(\displaystyle{ E(X |A_{0}) = 1 + EX}\), bo jeżeli była porażka w pierwszej próbie to proces toczy się od nowa.
\(\displaystyle{ E(X |A_{1}) = 1 + EY}\), gdzie \(\displaystyle{ Y}\) to zmienna losowa rozkładu geometrycznego z prawdopodobieństwem \(\displaystyle{ p}\) - po próbie w której był sukces czekamy na pierwszą próbę w której nastąpi porażka, a to jest właśnie rozkład geometryczny. Jak wiadomo \(\displaystyle{ EY = \frac{1}{p}}\).
\(\displaystyle{ EX= P( A_{0}) E(X |A_{0}) +P( A_{1})E(X |A_{1}) = (1 - p)(1 + EX) + p(1 + EY) = 1 + (1-p)EX+pEY = 1 + (1-p)EX + 1 = 2 + EX - pEX}\)
\(\displaystyle{ EX = \frac{2}{p}}\)

To zadanie pewnie można też rozwiązać przy pomocy łańcuchów Markowa.

[gienia]

Dziękuję.

W książce mam odpowiedź \(\displaystyle{ \frac{1}{p}+ \frac{1}{1-p}}\).
To błąd w książce, czy tu jest coś nie tak, czego nie widzę?

[Michauuuuuu]

Nie rozumiem odpowiedzi mruczka, zgadzam się jednak z odpowiedzią: będzie w niej EZ rozkładu geometrycznego oraz jego suma do nieskonczonosci

[gienia]

nie czaję

[Santiago A]

Obliczyć wartość oczekiwaną liczby prób w schemacie Bernoullego przeprowadzonych aż do momentu uzyskania kolejno sukcesu i porażki.

Przeprowadzamy \(\displaystyle{ k}\) prób, jeśli w \(\displaystyle{ k-1}\)-szych pojawiały się same sukcesy, w ostatnim porażka lub w \(\displaystyle{ k-2}\) porażki, potem sukces i porażka.

[gienia]

Czy to nie wychodzi na to samo co Mruczek napisał?

[Santiago A]

Hmh... jednak nie. Trzeba jeszcze dołożyć wszystkie przypadki: porażka, porażka, ..., porażka, sukces, ... sukces, porażka. Przepraszam za wprowadzenie w błąd.

[Mruczek]

Nie rozumiem odpowiedzi mruczka, zgadzam się jednak z odpowiedzią: będzie w niej EZ rozkładu geometrycznego oraz jego suma do nieskonczonosci

Nie rozumiem Twojej odpowiedzi. O co chodzi z tą sumą do nieskończoności? Nie widzę jej interpretacji w postaci możliwych zdarzeń losowych.

Ja skorzystałem u siebie ze wzoru na rozbicie wartości oczekiwanej, który podała gienia.

EDIT:

Ok znalazłem błąd.
W rozkładzie geometrycznym przy prawdopodobieństwie sukcesu \(\displaystyle{ p}\) wartość oczekiwana uzyskania sukcesu to \(\displaystyle{ \frac{1}{p}}\), ale nasze \(\displaystyle{ EY}\) to wartość oczekiwana uzyskania porażki, czyli prawdopodobieństwa będą na odwrót: \(\displaystyle{ Y}\) to zmienna losowa rozkładu geometrycznego uzyskania porażki, wtedy \(\displaystyle{ EY = \frac{1}{1 - p}}\) i w dalszych obliczeniach jest błąd.

Poprawione obliczenia:

\(\displaystyle{ EX = (1 - p)(1 + EX) + p(1 + EY) = (1 - p)(1 + EX) + p(1 + \frac{1}{1 - p}) = 1 + EX - pEX + \frac{p}{1 - p}}\)
\(\displaystyle{ pEX = 1 + \frac{p}{1 - p}}\)
\(\displaystyle{ EX = \frac{1}{p} + \frac{1}{1 - p}}\)

Teraz już sprawdziłem wynik także przy pomocy łańcuchów markowa i wynik wyszedł identyczny jak ten w odpowiedziach (jeżeli chcesz mogę podać także to rozwiązanie).

[gienia]

Dzięki, to mi wystarczy