Wartość oczekiwana liczby rzutów kostką

[Emiel Regis]

Rzucamy kostką do gry do momentu aż uzyskamy wszystkie możliwe wyniki. Wyznaczyć wartość oczekiwaną liczby rzutów.

[Janek Kos]

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 \(\displaystyle{ EX_i=\frac{1}{p}}\)

[Emiel Regis]

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.

[Szkodniq]

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?

[domgl]

Nie wiem czy dobrze odczytałem wskazówki? Czyli wynik wynosi przy zaokrągleniu w górę 55??

[Janek Kos]

Jeśli się uważnie wczytać w rozwiązanie, to widać, że:

\(\displaystyle{ EX= \sum_{i=1}^{6}EX_i=EX_1+EX_2+EX_3+...+EX_6=1+\frac{6}{5}+\frac{6}{4}+...+6=...}\)

[domgl]

To po co wzór \(\displaystyle{ P(X=k) = (1-p)^{k-1} \cdot p}\)?

[elpopo]

A jak znaleźć wariancję? Bo chyba nie z tego wzroru z kowariancją, tam obliczenia nie są zbyt ładne.