Urna ma 5 kul o nr 0,...,4. Z urny losujemy kulę, zapisujemy jej nr i wrzucamy z powrotem do urny. Powtarzamy, aż kula z każdym numerem zostanie wylosowana co najmniej raz. Obliczyć wartość oczekiwaną liczby powtórzeń.
X-liczba losowań
X=\(\displaystyle{ Y_{0}+...+Y_{4}}\), gdzie \(\displaystyle{ Y_{i}}\)-ilość losowań, by uzyskać nowy wynik
\(\displaystyle{ P(Y_{0}=1)=1}\), \(\displaystyle{ P(Y_{i}=k)= (\frac{i}{5} ) ^{k-1} \frac{5-i}{5}}\)
A jak wyliczyć tą wartość oczekiwaną?
wartość oczekiwana liczby powtórzeń
wartość oczekiwana liczby powtórzeń
Ostatnio zmieniony 23 cze 2017, o 22:47 przez aga285, łącznie zmieniany 1 raz.
-
Premislav
- Użytkownik
- Posty: 15687
- Rejestracja: 17 sie 2012, o 13:12
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 196 razy
- Pomógł: 5221 razy
Re: wartość oczekiwana liczby powtórzeń
Moim zdaniem to nie do końca tak idzie, acz w dobrą stronę kombinowałaś, choć może czegoś nie zrozumiałem.
Ja pomyślałem jakoś tak:
Niech \(\displaystyle{ Y_i}\) - liczba rzutów do uzyskania i-tej kuli.
Wówczas \(\displaystyle{ \mathbf{P}(Y_1=1)=1}\) oraz dla \(\displaystyle{ i \in \left\{1,2,3,4\right\}}\) mamy
\(\displaystyle{ \mathbf{P}(Y_{i+1}=k+n|Y_{i}=k)=\left(\frac{i}{5} \right)^{n-1} \frac{5-i}{5} , k,n \in \NN^+, \ k\ge i}\)
Nas interesuje wartość \(\displaystyle{ \mathbf{E}(Y_5)}\).
Nie podoba mi się to podejście, bo jest zbyt żmudne, ale na lepsze nie wpadłem. Być może wiedza o procesach stochastycznych umożliwia znacznie prostsze rozwiązanie tego zadania.-- 23 cze 2017, o 18:37 --Czyli kontynuując:
\(\displaystyle{ \mathbf{E}(Y_5)= \sum_{k=4}^{ \infty }\mathbf{E}(Y_5|Y_4=k)\mathbf{P}(Y_4=k)}\)
Wartość \(\displaystyle{ \mathbf{E}(Y_5|Y_4=k)}\) można policzyć:
\(\displaystyle{ \mathbf{E}(Y_5|Y_4=k)= \sum_{n=1}^{ \infty }(n+k) \left(\frac{4}{5} \right)^{n-1} \frac{1}{5}=\frac{1}{5} \sum_{n=1}^{ \infty }n\left( \frac 4 5\right)^{n-1}+k \sum_{n=1}^{ \infty } \left(\frac{4}{5} \right)^{n-1} \frac{1}{5}}\)
i teraz jeśli sobie przypomnimy, że dla \(\displaystyle{ |x|<1}\) jest
\(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{ \infty }ax^{n-1}=\frac{a}{1-x}}\)
oraz
\(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{ \infty }n x^{n-1}=\frac{1}{(1-x)^2}}\)
(to pierwsze to po prostu wzór na sumę szeregu geometrycznego, a to drugie wynika ze zróżniczkowania szeregu potęgowego \(\displaystyle{ \sum_{n\ge 0}^{} x^n}\) wyraz po wyrazie),
to łatwo policzymy te sumy.
Tj. wychodzi \(\displaystyle{ \mathbf{E}(Y_5|Y_4=k)=k+5, k \ge 4}\)
No i jeszcze trzeba porozpisywać i obliczyć
\(\displaystyle{ \mathbf{P}(Y_4=k)}\) ze wzoru na prawdopodobieństwo całkowite.
Wierzę, że jednak istnieje efektywniejsze i zwięźlejsze rozwiązanie.
Ja pomyślałem jakoś tak:
Niech \(\displaystyle{ Y_i}\) - liczba rzutów do uzyskania i-tej kuli.
Wówczas \(\displaystyle{ \mathbf{P}(Y_1=1)=1}\) oraz dla \(\displaystyle{ i \in \left\{1,2,3,4\right\}}\) mamy
\(\displaystyle{ \mathbf{P}(Y_{i+1}=k+n|Y_{i}=k)=\left(\frac{i}{5} \right)^{n-1} \frac{5-i}{5} , k,n \in \NN^+, \ k\ge i}\)
Nas interesuje wartość \(\displaystyle{ \mathbf{E}(Y_5)}\).
Nie podoba mi się to podejście, bo jest zbyt żmudne, ale na lepsze nie wpadłem. Być może wiedza o procesach stochastycznych umożliwia znacznie prostsze rozwiązanie tego zadania.-- 23 cze 2017, o 18:37 --Czyli kontynuując:
\(\displaystyle{ \mathbf{E}(Y_5)= \sum_{k=4}^{ \infty }\mathbf{E}(Y_5|Y_4=k)\mathbf{P}(Y_4=k)}\)
Wartość \(\displaystyle{ \mathbf{E}(Y_5|Y_4=k)}\) można policzyć:
\(\displaystyle{ \mathbf{E}(Y_5|Y_4=k)= \sum_{n=1}^{ \infty }(n+k) \left(\frac{4}{5} \right)^{n-1} \frac{1}{5}=\frac{1}{5} \sum_{n=1}^{ \infty }n\left( \frac 4 5\right)^{n-1}+k \sum_{n=1}^{ \infty } \left(\frac{4}{5} \right)^{n-1} \frac{1}{5}}\)
i teraz jeśli sobie przypomnimy, że dla \(\displaystyle{ |x|<1}\) jest
\(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{ \infty }ax^{n-1}=\frac{a}{1-x}}\)
oraz
\(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{ \infty }n x^{n-1}=\frac{1}{(1-x)^2}}\)
(to pierwsze to po prostu wzór na sumę szeregu geometrycznego, a to drugie wynika ze zróżniczkowania szeregu potęgowego \(\displaystyle{ \sum_{n\ge 0}^{} x^n}\) wyraz po wyrazie),
to łatwo policzymy te sumy.
Tj. wychodzi \(\displaystyle{ \mathbf{E}(Y_5|Y_4=k)=k+5, k \ge 4}\)
No i jeszcze trzeba porozpisywać i obliczyć
\(\displaystyle{ \mathbf{P}(Y_4=k)}\) ze wzoru na prawdopodobieństwo całkowite.
Wierzę, że jednak istnieje efektywniejsze i zwięźlejsze rozwiązanie.
Re: wartość oczekiwana liczby powtórzeń
hmm, czyli wartość oczekiwana \(\displaystyle{ Y _{5}}\), to wartość oczekiwana zdarzenia, w którym wcześniej wylosowaliśmy 4 kule (być może kilkukrotnie) i raz kulę 'ostatnią' nr 5?
gdybym policzyła wartość oczekiwaną sumy \(\displaystyle{ \sum_{i=0}^{4} P(Y_{i}=k)=\sum_{i=0}^{4} (\frac{i}{5} ) ^{k-1} \frac{5-i}{5}}\), to dostałabym wartość oczekiwaną liczby rzutów do uzyskania każdego możliwego wyniku, jak rozumiem.
\(\displaystyle{ \mathbf{P}(Y_4=k)}\) mam obliczyć korzystając z \(\displaystyle{ \mathbf{P}(Y_{i+1}=k+n|Y_{i}=k)}\), tak?
PS chciałabym, żeby istniało inne rozwiązanie, bo warunkowej wartości oczekiwanej jeszcze nie mieliśmy
gdybym policzyła wartość oczekiwaną sumy \(\displaystyle{ \sum_{i=0}^{4} P(Y_{i}=k)=\sum_{i=0}^{4} (\frac{i}{5} ) ^{k-1} \frac{5-i}{5}}\), to dostałabym wartość oczekiwaną liczby rzutów do uzyskania każdego możliwego wyniku, jak rozumiem.
\(\displaystyle{ \mathbf{P}(Y_4=k)}\) mam obliczyć korzystając z \(\displaystyle{ \mathbf{P}(Y_{i+1}=k+n|Y_{i}=k)}\), tak?
PS chciałabym, żeby istniało inne rozwiązanie, bo warunkowej wartości oczekiwanej jeszcze nie mieliśmy
-
Premislav
- Użytkownik
- Posty: 15687
- Rejestracja: 17 sie 2012, o 13:12
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 196 razy
- Pomógł: 5221 razy
Re: wartość oczekiwana liczby powtórzeń
No mniej więcej, ale nie wartość oczekiwana zdarzenia, tylko zmiennej losowej. Zmienna losowa \(\displaystyle{ Y_5}\) odpowiada liczbie losowań potrzebnej do wylosowania wszystkich pięciu kul co najmniej raz.hmm, czyli wartość oczekiwana \(\displaystyle{ Y _{5}}\), to wartość oczekiwana zdarzenia, w którym wcześniej wylosowaliśmy \(\displaystyle{ 4}\) kule (być może kilkukrotnie) i raz kulę 'ostatnią' nr \(\displaystyle{ 5}\)?
No to najpierw musimy mieć już wylosowane \(\displaystyle{ 4}\) kule (za co odpowiada \(\displaystyle{ Y_4}\)) i gdy mamy, to z rozkładem geometrycznym losujemy tę piątą.
Skoro jednak nie miałaś warunkowej wartości oczekiwanej, to pewnie istnieje prostsze rozwiązanie, tylko ja jestem bardzo słaby z dyskretnego rachunku prawdopodobieństwa i nie idzie mi wymyślenie tego.