Rzucamy kostką aż do momentu wypadnięcia wszystkich możliwych liczb oczek. Obliczyć wartość oczekiwaną liczby rzutów.
Jak to zrobić? Może mi ktoś pomóc?
Rzucamy kostką
-
- Użytkownik
- Posty: 1718
- Rejestracja: 15 wrz 2010, o 15:36
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Ostrołęka
- Podziękował: 59 razy
- Pomógł: 501 razy
Re: Rzucamy kostką
Policzenie tego wprost wygląda bardzo skomplikowanie, przynajmniej wg mnie, więc musimy spróbować jakoś sprytniej. Popatrzmy może na jakieś przykładowe doświadczenie: \(\displaystyle{ 2,3,3,3,2,3,6,6,1,2,3,4,4,4,1,1,2,3,1,1,1,5}\) i podzielmy je na bloki, które są bardzo naturalne, bo tak byśmy to rozpisywali, gdybyśmy rzeczywiście po kolei rzucali kostką:
1. Wypadła \(\displaystyle{ 2}\) - fajnie, mamy pierwszą wartość;
2. Wypadła \(\displaystyle{ 3}\) - mamy drugą wartość;
3. Wypadło \(\displaystyle{ 3,3,2,3,6}\) - pierwsze cztery wyniki już były, ale szóstki jeszcze nie było, więc mamy kolejną wartość, brakuje jeszcze trzech;
4. Wypadło \(\displaystyle{ 6,1}\) - mamy już cztery wartości;
5. Wypadło \(\displaystyle{ 2,3,4}\) - mamy już pięć wartości;
6. Wypadło \(\displaystyle{ 4,4,1,1,2,3,1,1,1,5}\) - koniec.
Czyli w każdym bloku czekamy na kolejną nową wartości. W tym doświadczeniu rzucaliśmy \(\displaystyle{ 22}\) razy, a patrząc na każdy blok \(\displaystyle{ 1+1+5+2+3+10 = 22}\). To sugeruje aby wprowadzić jakieś zmienne losowe - jakie? Co one opisują? Jak się mają do wyjściowej zmiennej losowej? Jaki mają rozkład?
1. Wypadła \(\displaystyle{ 2}\) - fajnie, mamy pierwszą wartość;
2. Wypadła \(\displaystyle{ 3}\) - mamy drugą wartość;
3. Wypadło \(\displaystyle{ 3,3,2,3,6}\) - pierwsze cztery wyniki już były, ale szóstki jeszcze nie było, więc mamy kolejną wartość, brakuje jeszcze trzech;
4. Wypadło \(\displaystyle{ 6,1}\) - mamy już cztery wartości;
5. Wypadło \(\displaystyle{ 2,3,4}\) - mamy już pięć wartości;
6. Wypadło \(\displaystyle{ 4,4,1,1,2,3,1,1,1,5}\) - koniec.
Czyli w każdym bloku czekamy na kolejną nową wartości. W tym doświadczeniu rzucaliśmy \(\displaystyle{ 22}\) razy, a patrząc na każdy blok \(\displaystyle{ 1+1+5+2+3+10 = 22}\). To sugeruje aby wprowadzić jakieś zmienne losowe - jakie? Co one opisują? Jak się mają do wyjściowej zmiennej losowej? Jaki mają rozkład?
-
- Użytkownik
- Posty: 3388
- Rejestracja: 26 maja 2016, o 01:25
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Kraków
- Podziękował: 975 razy
- Pomógł: 3 razy
Re: Rzucamy kostką
Może wprowadzić zmienne losowe, które zliczają liczbę rzutów od ostatniej nowej wylosowanej wartości do kolejnej nowej. Czyli tego typu:
\(\displaystyle{ X_1}\)-oczekiwanie tzn. liczba rzutów, do momentu wypadnięcia pierwszej jedynki (licząc od rzutu w którym pojawiła się poprzednia nowa wartość). I kolejne \(\displaystyle{ X_i}\) dla wypadnięcia pierwszej \(\displaystyle{ i}\) liczby oczek.
No i \(\displaystyle{ EX_i=1 \cdot \frac{1}{6}+2 \cdot \frac{5}{6} \frac{1}{6}+3 \cdot (\frac{5}{6})^2 \frac{1}{6}+...= }\)
\(\displaystyle{ = \frac{1}{6} \sum_{k=0}^{\infty}k \cdot ( \frac{5}{6} )^{k-1} }\) i to za bardzo nie wiem jak policzyć. Jak to można policzyć? W każdym razie to będzie równe \(\displaystyle{ 6}\), bo sprawdziłem na wolframie, więc łączna wartość oczekiwana o którą pytają to będzie \(\displaystyle{ EX=EX_1+...+EX_6=6 \cdot 6=36}\).
Czy tak jest dobrze? Mogłem coś pomotać.
\(\displaystyle{ X_1}\)-oczekiwanie tzn. liczba rzutów, do momentu wypadnięcia pierwszej jedynki (licząc od rzutu w którym pojawiła się poprzednia nowa wartość). I kolejne \(\displaystyle{ X_i}\) dla wypadnięcia pierwszej \(\displaystyle{ i}\) liczby oczek.
No i \(\displaystyle{ EX_i=1 \cdot \frac{1}{6}+2 \cdot \frac{5}{6} \frac{1}{6}+3 \cdot (\frac{5}{6})^2 \frac{1}{6}+...= }\)
\(\displaystyle{ = \frac{1}{6} \sum_{k=0}^{\infty}k \cdot ( \frac{5}{6} )^{k-1} }\) i to za bardzo nie wiem jak policzyć. Jak to można policzyć? W każdym razie to będzie równe \(\displaystyle{ 6}\), bo sprawdziłem na wolframie, więc łączna wartość oczekiwana o którą pytają to będzie \(\displaystyle{ EX=EX_1+...+EX_6=6 \cdot 6=36}\).
Czy tak jest dobrze? Mogłem coś pomotać.
-
- Użytkownik
- Posty: 1718
- Rejestracja: 15 wrz 2010, o 15:36
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Ostrołęka
- Podziękował: 59 razy
- Pomógł: 501 razy
Re: Rzucamy kostką
Prawie, ale to nie do końca opisuje to zadanie. To by było ok, gdybyś najpierw czekał na jedynkę, potem dopiero na pierwszą dwójkę, potem na trójkę, itd. Ale
A co do tego wzorku, to to jest bardzo znane. Może ktoś inny Ci to rozpisze albo pogoogluj sobie. A jak nie, to wieczorem wyjaśnię skąd tyle wychodzi (bo to się w tym zadaniu bardzo przydaje).
dokładnie tak trzeba zrobić. Ale to ma być do jakiejś(!) nowej wartości, bo podczas wykonywania doświadczenia nie wiesz, jaka wartość będzie następna. Jeśli masz już wylosowane 2 i 3, to następna może pojawić się 1,4,5 lub 6.
A co do tego wzorku, to to jest bardzo znane. Może ktoś inny Ci to rozpisze albo pogoogluj sobie. A jak nie, to wieczorem wyjaśnię skąd tyle wychodzi (bo to się w tym zadaniu bardzo przydaje).
-
- Użytkownik
- Posty: 3388
- Rejestracja: 26 maja 2016, o 01:25
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Kraków
- Podziękował: 975 razy
- Pomógł: 3 razy
Re: Rzucamy kostką
Aha, no ale to chyba zmieni się trochę definicja tych zmiennych losowych, ale rachunki będą chyba takie same?
A ten wzorek to nie znalazłem w goglach, jedyne co mi przychodzi do głowy to coś takiego, ale nie wiem czy to dobrze:
\(\displaystyle{ \frac{1}{6} \sum_{k=0}^{\infty}k \cdot \left( \frac{5}{6} \right)^{k-1},}\) to bym napisał ogólniej jako \(\displaystyle{ \frac{1}{6} \sum_{k=0}^{\infty}k \cdot x^{k-1}=\frac{1}{6} \sum_{k=0}^{\infty} (x^k)'=\frac{1}{6} \left( \sum_{k=0}^{\infty} x^k\right) '= \frac{1}{6} \left( \frac{1}{1-x}\right)'= \frac{1}{6} \frac{1}{(1-x)^2} }\), no i jak teraz podstawimy \(\displaystyle{ x= \frac{5}{6} }\) to wyjdzie \(\displaystyle{ 6}\).
Tak to się powinno uzasadniać? I to jest dalej dobrze w ogóle? W sensie to \(\displaystyle{ EX_i=6}\) i \(\displaystyle{ EY=E(X_1+X_2+...+X_6)=36}\)?
Dodano po 47 minutach 26 sekundach:
Nie, chyba głupoty gadam. Weźmy tak jak mówiłeś, że \(\displaystyle{ X_i}\) to zmienna zliczająca liczbę rzutów od \(\displaystyle{ i-1}\) wartości do \(\displaystyle{ i}\)-tej nowej wartości. I ten wzór się przyda, który tam wykazałem wcześniej, że \(\displaystyle{ \sum_{k=0}^{\infty}k x^{k-1}= \frac{1}{(1-x)^2} }\). No teraz chyba po kolei trzeba policzyć te wartości oczekiwane:
\(\displaystyle{ EX_1=1}\), to wiadomo, bo od razu mamy nową wartość
\(\displaystyle{ EX_2=1 \cdot \frac{5}{6}+2 \cdot \frac{1}{6} \cdot \frac{5}{6}+3 \cdot \frac{1}{6} \cdot \frac{1}{6} \cdot \frac{5}{6}+...= \frac{5}{6} \sum_{k=0}^{\infty}k \cdot \frac{1}{6}^{k-1}= \frac{5}{6} \cdot \frac{1}{(1-1/6)^2}= \frac{6}{5} }\) i dalej
\(\displaystyle{ EX_3=1 \cdot \frac{4}{6}+2 \cdot \frac{1}{3} \cdot \frac{4}{6}+3 \cdot (\frac{1}{3})^2 \cdot \frac{4}{6}+...= \frac{2}{3} \sum_{k=0}^{\infty}k \cdot (\frac{1}{3})^{k-1}= \frac{2}{3} \cdot \frac{1}{(1-1/3)^2}= \frac{3}{2} }\)
\(\displaystyle{ EX_4=1 \cdot \frac{3}{6}+2 \cdot \frac{3}{6} \cdot \frac{3}{6}+3 \cdot (\frac{3}{6})^3+...= \frac{1}{2} \sum_{k=0}^{\infty}k \cdot ( \frac{1}{2})^{k-1}= \frac{1}{2} \frac{1}{(1-1/2)^2}=2}\)
\(\displaystyle{ EX_5=1 \cdot \frac{2}{6}+2 \cdot \frac{4}{6} \cdot \frac{2}{6}+3 \cdot ( \frac{4}{6})^2 \cdot \frac{2}{6}+...= \frac{1}{3} \sum_{k=0}^{\infty}k \cdot ( \frac{2}{3})^{k-1}= \frac{1}{3} \frac{1}{(1-2/3)^2}=3 }\)
\(\displaystyle{ EX_6=1 \cdot \frac{1}{6}+2 \cdot \frac{5}{6} \cdot \frac{1}{6}+3 \cdot (\frac{5}{6})^2 \cdot \frac{1}{6}+...= \frac{1}{6} \sum_{k=0}^{\infty}k \cdot ( \frac{5}{6})^{k-1}= \frac{1}{6} \frac{1}{(1- \frac{5}{6})^2 } =6 }\)
Zatem
\(\displaystyle{ EX=EX_1+...+EX_6=1+1,2+1,5+2+3+6=14,7}\)
Czy tak jest dobrze?
A ten wzorek to nie znalazłem w goglach, jedyne co mi przychodzi do głowy to coś takiego, ale nie wiem czy to dobrze:
\(\displaystyle{ \frac{1}{6} \sum_{k=0}^{\infty}k \cdot \left( \frac{5}{6} \right)^{k-1},}\) to bym napisał ogólniej jako \(\displaystyle{ \frac{1}{6} \sum_{k=0}^{\infty}k \cdot x^{k-1}=\frac{1}{6} \sum_{k=0}^{\infty} (x^k)'=\frac{1}{6} \left( \sum_{k=0}^{\infty} x^k\right) '= \frac{1}{6} \left( \frac{1}{1-x}\right)'= \frac{1}{6} \frac{1}{(1-x)^2} }\), no i jak teraz podstawimy \(\displaystyle{ x= \frac{5}{6} }\) to wyjdzie \(\displaystyle{ 6}\).
Tak to się powinno uzasadniać? I to jest dalej dobrze w ogóle? W sensie to \(\displaystyle{ EX_i=6}\) i \(\displaystyle{ EY=E(X_1+X_2+...+X_6)=36}\)?
Dodano po 47 minutach 26 sekundach:
Nie, chyba głupoty gadam. Weźmy tak jak mówiłeś, że \(\displaystyle{ X_i}\) to zmienna zliczająca liczbę rzutów od \(\displaystyle{ i-1}\) wartości do \(\displaystyle{ i}\)-tej nowej wartości. I ten wzór się przyda, który tam wykazałem wcześniej, że \(\displaystyle{ \sum_{k=0}^{\infty}k x^{k-1}= \frac{1}{(1-x)^2} }\). No teraz chyba po kolei trzeba policzyć te wartości oczekiwane:
\(\displaystyle{ EX_1=1}\), to wiadomo, bo od razu mamy nową wartość
\(\displaystyle{ EX_2=1 \cdot \frac{5}{6}+2 \cdot \frac{1}{6} \cdot \frac{5}{6}+3 \cdot \frac{1}{6} \cdot \frac{1}{6} \cdot \frac{5}{6}+...= \frac{5}{6} \sum_{k=0}^{\infty}k \cdot \frac{1}{6}^{k-1}= \frac{5}{6} \cdot \frac{1}{(1-1/6)^2}= \frac{6}{5} }\) i dalej
\(\displaystyle{ EX_3=1 \cdot \frac{4}{6}+2 \cdot \frac{1}{3} \cdot \frac{4}{6}+3 \cdot (\frac{1}{3})^2 \cdot \frac{4}{6}+...= \frac{2}{3} \sum_{k=0}^{\infty}k \cdot (\frac{1}{3})^{k-1}= \frac{2}{3} \cdot \frac{1}{(1-1/3)^2}= \frac{3}{2} }\)
\(\displaystyle{ EX_4=1 \cdot \frac{3}{6}+2 \cdot \frac{3}{6} \cdot \frac{3}{6}+3 \cdot (\frac{3}{6})^3+...= \frac{1}{2} \sum_{k=0}^{\infty}k \cdot ( \frac{1}{2})^{k-1}= \frac{1}{2} \frac{1}{(1-1/2)^2}=2}\)
\(\displaystyle{ EX_5=1 \cdot \frac{2}{6}+2 \cdot \frac{4}{6} \cdot \frac{2}{6}+3 \cdot ( \frac{4}{6})^2 \cdot \frac{2}{6}+...= \frac{1}{3} \sum_{k=0}^{\infty}k \cdot ( \frac{2}{3})^{k-1}= \frac{1}{3} \frac{1}{(1-2/3)^2}=3 }\)
\(\displaystyle{ EX_6=1 \cdot \frac{1}{6}+2 \cdot \frac{5}{6} \cdot \frac{1}{6}+3 \cdot (\frac{5}{6})^2 \cdot \frac{1}{6}+...= \frac{1}{6} \sum_{k=0}^{\infty}k \cdot ( \frac{5}{6})^{k-1}= \frac{1}{6} \frac{1}{(1- \frac{5}{6})^2 } =6 }\)
Zatem
\(\displaystyle{ EX=EX_1+...+EX_6=1+1,2+1,5+2+3+6=14,7}\)
Czy tak jest dobrze?
Ostatnio zmieniony 24 maja 2021, o 22:24 przez Jan Kraszewski, łącznie zmieniany 1 raz.
Powód: Poprawa wiadomości.
Powód: Poprawa wiadomości.
-
- Użytkownik
- Posty: 1718
- Rejestracja: 15 wrz 2010, o 15:36
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Ostrołęka
- Podziękował: 59 razy
- Pomógł: 501 razy
Re: Rzucamy kostką
Dokładnie tak powinno być, teraz się wszystko zgadza.
Dodam tylko, że momencie takiego podziału, można też popatrzeć trochę dokładniej, czym są te zmienne \(\displaystyle{ X_i}\), co mogłeś już zauważyć, jak liczyłeś wartości oczekiwane z definicji.
Weźmy na przykład \(\displaystyle{ X_2}\) - zliczanie liczby rzutów od pierwszej nowej wartości do drugiej nowej wartości, innymi słowy jest to czas oczekiwania na pierwszy sukces, którego prawdopodobieństwo zajścia to \(\displaystyle{ \frac{5}{6}}\). Czyli \(\displaystyle{ X_2}\) to nic innego, jak zmienna o rozkładzie geometrycznym z parametrem \(\displaystyle{ \frac{5}{6}}\) (bo pięć wyników daje nową wartość, jeden nie). A dla niej wartość oczekiwana jest już znana i wynosi \(\displaystyle{ \frac{6}{5}}\). I nie żeby coś - dobrze umieć samemu takie coś policzyć, tak jak to zrobiłeś - ale to trochę upraszcza sprawę, jak się korzysta ze znanych rzeczy, jak momenty popularnych zmiennych losowych.
Analogicznie, \(\displaystyle{ X_i \sim geom\left(\frac{6-i+1}{6}\right)}\) i \(\displaystyle{ \mathbb{E}(X_i) = \frac{6}{6-i+1}}\) i wychodzi jak u Ciebie. I przy okazji, gdyby kostka miała \(\displaystyle{ n}\) ścian zamiast \(\displaystyle{ 6}\), zadanie robiłoby się tak samo (możesz sobie wygooglować - Coupon collector's problem)
Dodam tylko, że momencie takiego podziału, można też popatrzeć trochę dokładniej, czym są te zmienne \(\displaystyle{ X_i}\), co mogłeś już zauważyć, jak liczyłeś wartości oczekiwane z definicji.
Weźmy na przykład \(\displaystyle{ X_2}\) - zliczanie liczby rzutów od pierwszej nowej wartości do drugiej nowej wartości, innymi słowy jest to czas oczekiwania na pierwszy sukces, którego prawdopodobieństwo zajścia to \(\displaystyle{ \frac{5}{6}}\). Czyli \(\displaystyle{ X_2}\) to nic innego, jak zmienna o rozkładzie geometrycznym z parametrem \(\displaystyle{ \frac{5}{6}}\) (bo pięć wyników daje nową wartość, jeden nie). A dla niej wartość oczekiwana jest już znana i wynosi \(\displaystyle{ \frac{6}{5}}\). I nie żeby coś - dobrze umieć samemu takie coś policzyć, tak jak to zrobiłeś - ale to trochę upraszcza sprawę, jak się korzysta ze znanych rzeczy, jak momenty popularnych zmiennych losowych.
Analogicznie, \(\displaystyle{ X_i \sim geom\left(\frac{6-i+1}{6}\right)}\) i \(\displaystyle{ \mathbb{E}(X_i) = \frac{6}{6-i+1}}\) i wychodzi jak u Ciebie. I przy okazji, gdyby kostka miała \(\displaystyle{ n}\) ścian zamiast \(\displaystyle{ 6}\), zadanie robiłoby się tak samo (możesz sobie wygooglować - Coupon collector's problem)