Rzucamy kostką

Definicja klasyczna. Prawdopodobieństwo warunkowe i całkowite. Zmienne losowe i ich parametry. Niezależność. Prawa wielkich liczb oraz centralne twierdzenia graniczne i ich zastosowania.
max123321
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 3388
Rejestracja: 26 maja 2016, o 01:25
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Kraków
Podziękował: 975 razy
Pomógł: 3 razy

Rzucamy kostką

Post autor: max123321 »

Rzucamy kostką aż do momentu wypadnięcia wszystkich możliwych liczb oczek. Obliczyć wartość oczekiwaną liczby rzutów.

Jak to zrobić? Może mi ktoś pomóc?
Tmkk
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 1718
Rejestracja: 15 wrz 2010, o 15:36
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Ostrołęka
Podziękował: 59 razy
Pomógł: 501 razy

Re: Rzucamy kostką

Post autor: Tmkk »

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?
max123321
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 3388
Rejestracja: 26 maja 2016, o 01:25
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Kraków
Podziękował: 975 razy
Pomógł: 3 razy

Re: Rzucamy kostką

Post autor: max123321 »

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.
Tmkk
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 1718
Rejestracja: 15 wrz 2010, o 15:36
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Ostrołęka
Podziękował: 59 razy
Pomógł: 501 razy

Re: Rzucamy kostką

Post autor: Tmkk »

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
max123321 pisze: 24 maja 2021, o 16:17 Może wprowadzić zmienne losowe, które zliczają liczbę rzutów od ostatniej nowej wylosowanej wartości do kolejnej nowej.
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).
max123321
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 3388
Rejestracja: 26 maja 2016, o 01:25
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Kraków
Podziękował: 975 razy
Pomógł: 3 razy

Re: Rzucamy kostką

Post autor: max123321 »

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?
Ostatnio zmieniony 24 maja 2021, o 22:24 przez Jan Kraszewski, łącznie zmieniany 1 raz.
Powód: Poprawa wiadomości.
Tmkk
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 1718
Rejestracja: 15 wrz 2010, o 15:36
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Ostrołęka
Podziękował: 59 razy
Pomógł: 501 razy

Re: Rzucamy kostką

Post autor: Tmkk »

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)
ODPOWIEDZ