Pojedyncza seria rzutów monetą trwa do momentu wyrzucenia pierwszej reszki (niech \(\displaystyle{ X_i}\) oznacza czas oczekiwania na pierwszą reszkę w \(\displaystyle{ i}\)-tej serii rzutów). Korzystając z CTG oszacować najmniejszą liczbę takich serii, aby z prawdopodobieństwem \(\displaystyle{ 0,9}\) można było stwierdzić, że całkowita liczba orłów uzyskanych we wszystkich rzutach przekracza \(\displaystyle{ 100}\).
Jak to ugryźć?
Oszacować z CTG
-
Premislav
- Użytkownik
- Posty: 15687
- Rejestracja: 17 sie 2012, o 13:12
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 196 razy
- Pomógł: 5221 razy
Oszacować z CTG
Niech zmienne losowe \(\displaystyle{ Y_n, n=1,2\dots}\) oznaczają liczbę orłów wyrzuconych w n-tej serii.
Wówczas \(\displaystyle{ \mathbf{P}(Y_n=k)=\mathbf{P}(X_n=k)=\frac 1 2\left(1-\frac 1 2\right)^k= \frac{1}{2^{k+1}}}\) dla \(\displaystyle{ k=0,1\dots}\),
bo jeżeli czekaliśmy \(\displaystyle{ k}\) kolejek na reszkę, to wcześniej wypadło \(\displaystyle{ k}\) orłów.
Rozsądnie jest przyjąć, że \(\displaystyle{ X_n}\) (czasy oczekiwania na reszkę w n-tej serii) są stochastycznie niezależne, wówczas także \(\displaystyle{ Y_n}\) są stochastycznie niezależne.
Ponadto \(\displaystyle{ \mathbf{E}Y_n= \sum_{k=0}^{ \infty } k \frac{1}{2^{k+1}}}\)
oraz \(\displaystyle{ \mathrm{D^2} Y_n=\mathbf{E}Y_n^2-(\mathbf{E}Y_n)^2= \sum_{k=0}^{ \infty } k^2 \frac{1}{2^{k+1}}-(\mathbf{E}Y_n)^2}\)
Poradzisz sobie z tymi sumami? Mnie się tego nie chce liczyć (choć to nietrudne, wystarczy skorzystać z własności pochodnych i twierdzenia o różniczkowaniu szeregów potęgowych).
Jak to policzysz, to masz znaleźć możliwie najmniejsze takie \(\displaystyle{ n}\), że
\(\displaystyle{ \mathbf{P}\left( Y_1+\dots+Y_n>100\right) \ge 0,9}\), a to zapisujesz jako
\(\displaystyle{ \mathbf{P}\left( \frac{ \sum_{k=1}^{n}Y_k -n \matbf{E}Y_1 }{\sqrt{n}\mathrm{\sigma}Y_1} > \frac{100-n\mathbf{E}Y_1}{\sqrt{n}\mathrm{\sigma }Y_1} \right)}\) i to przybliżasz z CTG przez
\(\displaystyle{ 1-\Phi\left(\frac{100-n\mathbf{E}Y_1}{\sqrt{n}\mathrm{\sigma }Y_1} \right)}\)-- 22 sty 2017, o 16:01 --Można też przerobić to na sumę podwójną i zmienić kolejność sumowania:
\(\displaystyle{ \sum_{k=0}^{ \infty } \frac{k}{2^{k+1}}=\sum_{k=1}^{ \infty } \frac{k}{2^{k+1}}= \sum_{k=1}^{ \infty } \sum_{n=1}^{k} \frac{1}{2^{k+1}}= \sum_{n=1}^{ \infty } \sum_{k=n}^{ \infty } \frac{1}{2^{k+1}} = \sum_{n=1}^{ \infty } \frac{1}{2^n}=1}\)
Coś mi wychodzi inaczej niż Tobie...
To może tak, jak napisałem:
\(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{ \infty } nx^{n-1}=\frac{\dd}{\dd x} \sum_{n=1}^{ \infty }x^n=\frac{\dd }{\dd x} \frac{1}{1-x} = \frac{1}{(1-x)^2}}\), więc
\(\displaystyle{ \sum_{k=0}^{ \infty } \frac{k}{2^{k+1}} = \frac{1}{4} \sum_{k=1}^{ \infty }k\left( \frac 1 2\right)^{k-1}= \frac{1}{4} \cdot \frac{1}{\frac 1 4} =1}\)
Natomiast ta druga suma:
\(\displaystyle{ \sum_{k=1}^{ \infty } \frac{k^2}{2^{k+1}}= \frac 1 4\sum_{k=1}^{ \infty } \frac{k(k-1+1)}{2^{k-1}}= \frac 1 8\sum_{k=2}^{ \infty }k(k-1)\left( \frac 1 2\right)^{k-2} + \frac 1 4\sum_{k=1}^{ \infty }k\left( \frac 1 2\right)^{k-1}}\)
i tu znowu mamy pochodne \(\displaystyle{ \frac{1}{1-x}}\) w punkcie \(\displaystyle{ \frac 1 2}\): dokładnie drugą i pierwszą pochodną.
Wówczas \(\displaystyle{ \mathbf{P}(Y_n=k)=\mathbf{P}(X_n=k)=\frac 1 2\left(1-\frac 1 2\right)^k= \frac{1}{2^{k+1}}}\) dla \(\displaystyle{ k=0,1\dots}\),
bo jeżeli czekaliśmy \(\displaystyle{ k}\) kolejek na reszkę, to wcześniej wypadło \(\displaystyle{ k}\) orłów.
Rozsądnie jest przyjąć, że \(\displaystyle{ X_n}\) (czasy oczekiwania na reszkę w n-tej serii) są stochastycznie niezależne, wówczas także \(\displaystyle{ Y_n}\) są stochastycznie niezależne.
Ponadto \(\displaystyle{ \mathbf{E}Y_n= \sum_{k=0}^{ \infty } k \frac{1}{2^{k+1}}}\)
oraz \(\displaystyle{ \mathrm{D^2} Y_n=\mathbf{E}Y_n^2-(\mathbf{E}Y_n)^2= \sum_{k=0}^{ \infty } k^2 \frac{1}{2^{k+1}}-(\mathbf{E}Y_n)^2}\)
Poradzisz sobie z tymi sumami? Mnie się tego nie chce liczyć (choć to nietrudne, wystarczy skorzystać z własności pochodnych i twierdzenia o różniczkowaniu szeregów potęgowych).
Jak to policzysz, to masz znaleźć możliwie najmniejsze takie \(\displaystyle{ n}\), że
\(\displaystyle{ \mathbf{P}\left( Y_1+\dots+Y_n>100\right) \ge 0,9}\), a to zapisujesz jako
\(\displaystyle{ \mathbf{P}\left( \frac{ \sum_{k=1}^{n}Y_k -n \matbf{E}Y_1 }{\sqrt{n}\mathrm{\sigma}Y_1} > \frac{100-n\mathbf{E}Y_1}{\sqrt{n}\mathrm{\sigma }Y_1} \right)}\) i to przybliżasz z CTG przez
\(\displaystyle{ 1-\Phi\left(\frac{100-n\mathbf{E}Y_1}{\sqrt{n}\mathrm{\sigma }Y_1} \right)}\)-- 22 sty 2017, o 16:01 --Można też przerobić to na sumę podwójną i zmienić kolejność sumowania:
\(\displaystyle{ \sum_{k=0}^{ \infty } \frac{k}{2^{k+1}}=\sum_{k=1}^{ \infty } \frac{k}{2^{k+1}}= \sum_{k=1}^{ \infty } \sum_{n=1}^{k} \frac{1}{2^{k+1}}= \sum_{n=1}^{ \infty } \sum_{k=n}^{ \infty } \frac{1}{2^{k+1}} = \sum_{n=1}^{ \infty } \frac{1}{2^n}=1}\)
Coś mi wychodzi inaczej niż Tobie...
To może tak, jak napisałem:
\(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{ \infty } nx^{n-1}=\frac{\dd}{\dd x} \sum_{n=1}^{ \infty }x^n=\frac{\dd }{\dd x} \frac{1}{1-x} = \frac{1}{(1-x)^2}}\), więc
\(\displaystyle{ \sum_{k=0}^{ \infty } \frac{k}{2^{k+1}} = \frac{1}{4} \sum_{k=1}^{ \infty }k\left( \frac 1 2\right)^{k-1}= \frac{1}{4} \cdot \frac{1}{\frac 1 4} =1}\)
Natomiast ta druga suma:
\(\displaystyle{ \sum_{k=1}^{ \infty } \frac{k^2}{2^{k+1}}= \frac 1 4\sum_{k=1}^{ \infty } \frac{k(k-1+1)}{2^{k-1}}= \frac 1 8\sum_{k=2}^{ \infty }k(k-1)\left( \frac 1 2\right)^{k-2} + \frac 1 4\sum_{k=1}^{ \infty }k\left( \frac 1 2\right)^{k-1}}\)
i tu znowu mamy pochodne \(\displaystyle{ \frac{1}{1-x}}\) w punkcie \(\displaystyle{ \frac 1 2}\): dokładnie drugą i pierwszą pochodną.
-
legolas
- Użytkownik
- Posty: 320
- Rejestracja: 7 cze 2016, o 02:21
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: warszawa
- Podziękował: 146 razy
- Pomógł: 3 razy
Oszacować z CTG
Edit: walnąłem literówkę w tamtym poście, wychodzi tak jak Tobie. Tak czy siak dzięki za rozpisanie
\(\displaystyle{ \sum_{k=0}^{ \infty } \frac{k}{2^{k}}=S \\
S'=\sum_{k=2}^{ \infty } \frac{1}{2^{k}} =\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{1-\frac{1}{2}}=1\\
S-S'=\frac{S}{2} \rightarrow S=2S'=2}\)
no i przez tą jedną drugą przemnożyć, wychodzi jedynka
Druga suma:
\(\displaystyle{ S=\sum_{k=0}^{ \infty } \frac{k^2}{2^k}}=\sum_{k=1}^{ \infty } \frac{k^2}{2^k}}=\sum_{k=0}^{ \infty } \frac{(k+1)^2}{2^{k+1}}} \\
S=2S-S=\sum_{k=0}^{ \infty } \frac{(k+1)^2-k^2}{2^k}}=2\sum_{k=0}^{ \infty } \frac{k}{2^k}}+\sum_{k=0}^{ \infty } \frac{1}{2^k}}=2\cdot2+2=6}\)
i znowu razy jedna druga
\(\displaystyle{ \sum_{k=0}^{ \infty } \frac{k}{2^{k}}=S \\
S'=\sum_{k=2}^{ \infty } \frac{1}{2^{k}} =\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{1-\frac{1}{2}}=1\\
S-S'=\frac{S}{2} \rightarrow S=2S'=2}\)
no i przez tą jedną drugą przemnożyć, wychodzi jedynka
Druga suma:
\(\displaystyle{ S=\sum_{k=0}^{ \infty } \frac{k^2}{2^k}}=\sum_{k=1}^{ \infty } \frac{k^2}{2^k}}=\sum_{k=0}^{ \infty } \frac{(k+1)^2}{2^{k+1}}} \\
S=2S-S=\sum_{k=0}^{ \infty } \frac{(k+1)^2-k^2}{2^k}}=2\sum_{k=0}^{ \infty } \frac{k}{2^k}}+\sum_{k=0}^{ \infty } \frac{1}{2^k}}=2\cdot2+2=6}\)
i znowu razy jedna druga