Wartość oczekiwana liczby rzutów kostką
- Emiel Regis
- Użytkownik
- Posty: 1495
- Rejestracja: 26 wrz 2005, o 17:01
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Kraków
- Podziękował: 71 razy
- Pomógł: 225 razy
Wartość oczekiwana liczby rzutów kostką
Rzucamy kostką do gry do momentu aż uzyskamy wszystkie możliwe wyniki. Wyznaczyć wartość oczekiwaną liczby rzutów.
- Janek Kos
- Użytkownik
- Posty: 417
- Rejestracja: 20 lis 2005, o 22:47
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Wrocław
- Pomógł: 98 razy
Wartość oczekiwana liczby rzutów kostką
Niech X będzie zm. los. - ilość rzutów potrzebnych do uzyskania wszystkich wyników. X możemy przedstawić jako:
\(\displaystyle{ X=X_1+X_2+X_3+X_4+X_5+X_6}\), gdzie \(\displaystyle{ X_i}\) jest czasem oczekiwania na i-ty wynik różniący się od wcześniej otrzymanych (i-1) wyników. Łatwo zauważyć, że \(\displaystyle{ X_1=1\ \ z\ p=1}\) a reszta zmiennych losowych ma rozkład geometryczny \(\displaystyle{ G(p)\ \ \ P(X=k)=(1-p)^{k-1}p\ \ \ dla\ k=1,2,3...}\), gdzie dla kolejnych \(\displaystyle{ X_i\ \ p=\frac{7-i}{6}}\). Stąd \(\displaystyle{ EX= \sum_{i=1}^{6} EX_i}\) a \(\displaystyle{ EX_i=\frac{1}{p}}\)
\(\displaystyle{ X=X_1+X_2+X_3+X_4+X_5+X_6}\), gdzie \(\displaystyle{ X_i}\) jest czasem oczekiwania na i-ty wynik różniący się od wcześniej otrzymanych (i-1) wyników. Łatwo zauważyć, że \(\displaystyle{ X_1=1\ \ z\ p=1}\) a reszta zmiennych losowych ma rozkład geometryczny \(\displaystyle{ G(p)\ \ \ P(X=k)=(1-p)^{k-1}p\ \ \ dla\ k=1,2,3...}\), gdzie dla kolejnych \(\displaystyle{ X_i\ \ p=\frac{7-i}{6}}\). Stąd \(\displaystyle{ EX= \sum_{i=1}^{6} EX_i}\) a \(\displaystyle{ EX_i=\frac{1}{p}}\)
- Emiel Regis
- Użytkownik
- Posty: 1495
- Rejestracja: 26 wrz 2005, o 17:01
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Kraków
- Podziękował: 71 razy
- Pomógł: 225 razy
Wartość oczekiwana liczby rzutów kostką
Sprytne i eleganckie rozwiązanie, ja do tego kombinatorycznie podszedłem, ale niestety nic mi z tego nie wyniknęło.
Mimo wszystko zaciekawiło mnie jak dokończyć mój sposob, może będziesz wiedział, czyli mamy zmienną X, która nam mówi po którym rzucie mamy juz wszystkie możliwe wyrzucone oczka.
I wtedy:
\(\displaystyle{ P(X=6)=\frac{5!}{6^5}}\)
próbując teraz jakos uogólnić wzór wyszło tak:
\(\displaystyle{ P(X=k)=\frac{6 C^5_{k-1} 5! 5^{k-6}}{6^k}}\)
mamy k miejsc na których ustawiamy liczby, chcemy zeby ostatnia nigdy wczesniej nie wypadła, wiec na sześć sposobów mogę wybrać ostatnią liczbę, później wybieram miejsca na 5 pozostałych liczb (które się muszą choć raz pojawić) na \(\displaystyle{ C^5_{k-1}}\) sposobów, następnie postawione pieć liczb permutuję, a w pozostałych k-6 miejscach już stawiam dowolnie liczby różne od ostatniej. Mianownik to wiadomo skąd. Tylko kłopot jest taki że zdarzenia mi się powtarzają... i nie bardzo wiem jak to naprawić.
Jeśli ktoś jest mocny z kombinatoryki to zachęcam; )
Aha, jak ktoś nie zna zmiennych losowych to mówiąc po ludzku pytam po prostu ile jest możliwości rzutów kostką, że dopiero w k-tym rzucie wypadnie ostatnia brakująca nam liczba oczek.
Mimo wszystko zaciekawiło mnie jak dokończyć mój sposob, może będziesz wiedział, czyli mamy zmienną X, która nam mówi po którym rzucie mamy juz wszystkie możliwe wyrzucone oczka.
I wtedy:
\(\displaystyle{ P(X=6)=\frac{5!}{6^5}}\)
próbując teraz jakos uogólnić wzór wyszło tak:
\(\displaystyle{ P(X=k)=\frac{6 C^5_{k-1} 5! 5^{k-6}}{6^k}}\)
mamy k miejsc na których ustawiamy liczby, chcemy zeby ostatnia nigdy wczesniej nie wypadła, wiec na sześć sposobów mogę wybrać ostatnią liczbę, później wybieram miejsca na 5 pozostałych liczb (które się muszą choć raz pojawić) na \(\displaystyle{ C^5_{k-1}}\) sposobów, następnie postawione pieć liczb permutuję, a w pozostałych k-6 miejscach już stawiam dowolnie liczby różne od ostatniej. Mianownik to wiadomo skąd. Tylko kłopot jest taki że zdarzenia mi się powtarzają... i nie bardzo wiem jak to naprawić.
Jeśli ktoś jest mocny z kombinatoryki to zachęcam; )
Aha, jak ktoś nie zna zmiennych losowych to mówiąc po ludzku pytam po prostu ile jest możliwości rzutów kostką, że dopiero w k-tym rzucie wypadnie ostatnia brakująca nam liczba oczek.
-
- Użytkownik
- Posty: 6
- Rejestracja: 24 lut 2008, o 23:34
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: akademik
Wartość oczekiwana liczby rzutów kostką
Janek Kos pisze:Niech X będzie zm. los. - ilość rzutów potrzebnych do uzyskania wszystkich wyników. X możemy przedstawić jako:
\(\displaystyle{ X=X_1+X_2+X_3+X_4+X_5+X_6}\), gdzie \(\displaystyle{ X_i}\) jest czasem oczekiwania na i-ty wynik różniący się od wcześniej otrzymanych (i-1) wyników. Łatwo zauważyć, że \(\displaystyle{ X_1=1\ \ z\ p=1}\) a reszta zmiennych losowych ma rozkład geometryczny \(\displaystyle{ G(p)\ \ \ P(X=k)=(1-p)^{k-1}p\ \ \ dla\ k=1,2,3...}\), gdzie dla kolejnych \(\displaystyle{ X_i\ \ p=\frac{7-i}{6}}\). Stąd \(\displaystyle{ EX= \sum_{i=1}^{6} EX_i}\) a \(\displaystyle{ EX_i=\frac{1}{p}}\)
a p wyznaczam w jakiś sposób czy zgaduje? czyli wartość oczekiwana to po prostu suma odwrotności poszczególnych prawdopodobieństw?
Wartość oczekiwana liczby rzutów kostką
Nie wiem czy dobrze odczytałem wskazówki? Czyli wynik wynosi przy zaokrągleniu w górę 55??
- Janek Kos
- Użytkownik
- Posty: 417
- Rejestracja: 20 lis 2005, o 22:47
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Wrocław
- Pomógł: 98 razy
Wartość oczekiwana liczby rzutów kostką
Jeśli się uważnie wczytać w rozwiązanie, to widać, że:
\(\displaystyle{ EX= \sum_{i=1}^{6}EX_i=EX_1+EX_2+EX_3+...+EX_6=1+\frac{6}{5}+\frac{6}{4}+...+6=...}\)
\(\displaystyle{ EX= \sum_{i=1}^{6}EX_i=EX_1+EX_2+EX_3+...+EX_6=1+\frac{6}{5}+\frac{6}{4}+...+6=...}\)
Wartość oczekiwana liczby rzutów kostką
To po co wzór \(\displaystyle{ P(X=k) = (1-p)^{k-1} \cdot p}\)?
-
- Użytkownik
- Posty: 99
- Rejestracja: 19 paź 2010, o 22:31
- Płeć: Kobieta
- Lokalizacja: Kraków
- Podziękował: 1 raz
Wartość oczekiwana liczby rzutów kostką
A jak znaleźć wariancję? Bo chyba nie z tego wzroru z kowariancją, tam obliczenia nie są zbyt ładne.