Wartość oczekiwana (14=15 ?!)

[kp1311]

Witam, rzucamy kostką aż wyrzucimy wszystkie możliwe wyniki.
Obliczyć średnią liczbę rzutów.

I sposób:
\(\displaystyle{ EX = 1+ \frac{6}{5} + \frac{6}{4} + \frac{6}{3} + \frac{6}{2} + 6 = 14,7}\)
Sumujemy sobie zmienne losowe o rozkładzie geometrycznym:
-liczba rzutów na to by wypadło co kolwiek,
-liczba rzutów na to by wypadło coś innego niż na początku, itd.

II sposób.
\(\displaystyle{ X>n}\) jest sumą zdarzeń 6 zdarzeń: \(\displaystyle{ k}\) wypadło po więcej niż \(\displaystyle{ n}\) rzutach, \(\displaystyle{ k=1,2,...6}\)

Wzór włączeń i wyłączeń daje nam:
\(\displaystyle{ P(X>n) = 6 (\frac{5}{6})^n - 15( \frac{4}{5} )^n +20( \frac{3}{6} )^n - 15( \frac{2}{6})^n +6( \frac{1}{6} )^n}\)

\(\displaystyle{ EX = \sum_{n=1}^{ \infty } P(x \ge n) = \sum_{n=0}^{ \infty } (X>n) =15,7}\)

Czemu sposób II daje zły wynik?

[miodzio1988]

W drugim przypadku:

Taka jest definicja wartości oczekiwanej?

[kp1311]

,,Rachunek pdp dla prawie każdego"
strona 117 stwierdzenie 17.

Jeśli X jest zmienną losową przyjmującą wartości całkowite nieujemne to
\(\displaystyle{ EX = \sum_{n=1}^{ \infty } P(X \ge n)}\)

[miodzio1988]

No ok.

Masz dwie inne zmienne losowe. W jednej masz zmienną losową, która jest sumą zmiennych losowych dających nam sukces w \(\displaystyle{ n}\) tym rzucie. W drugiej po więcej niż \(\displaystyle{ n}\) rzutach mamy sukces. Chyba, że ja nie widzę jak określasz pierwszą zmienną tak naprawdę

[kp1311]

X - najmniejsza liczba rzutów potrzebna do otrzymania wszystkich wyników.

W I może trochę zamotałem:
Potrzebujemy 1 rzut żeby wyrzucić co kolwiek \(\displaystyle{ a_1}\), teraz rzucamy dalej aż wypadnie coś innego niż \(\displaystyle{ a_1}\)(oznaczymy to \(\displaystyle{ a_2}\)), średnio potrzebujemy na to \(\displaystyle{ \frac{6}{5}}\) rzutu, jak już mamy \(\displaystyle{ a_2}\) to potrzebujemy średnio \(\displaystyle{ 6/4}\) rzutu żeby wyrzucić \(\displaystyle{ a_3}\) różne od \(\displaystyle{ a_1,a_2}\). itd.

W II nie ma wcale innej zmiennej losowej rozważam poprostu zdarzenie \(\displaystyle{ X>n}\).

[miodzio1988]

W II nie ma wcale innej zmiennej losowej rozważam poprostu zdarzenie \(\displaystyle{ X>n}\).

I liczysz wartość oczekiwaną tego zdarzenia? No to chyba coś jest nie tak. Bo wartości oczekiwanej nie liczymy dla zdarzeń chyba, nie?

[kp1311]

Wybacz że nie pisze dostatecznie jasno.

Może teraz będzie lepiej:
W II liczę dystrybuantę \(\displaystyle{ X}\) i przy jej pomocy obliczam \(\displaystyle{ EX}\).
\(\displaystyle{ X}\) przyjmuje wartości całkowite nieujemne więc \(\displaystyle{ EX= \sum_{n=1}^{ \infty } P(X \ge n)}\).

[miodzio1988]

Ale ja tutaj nie mówię o definicji. Mówisz, że bierzesz pod uwagę zdarzenie \(\displaystyle{ X>n}\), ale liczysz wartość oczekiwaną \(\displaystyle{ X}\). I to są dwie inne zmienne losowe. Dają to samo(wszystkie możliwości), ale po innej ilości rzutów.
Stąd pewnie inny wynik.

Czy mam rację wystarczy sprawdzić wartości oczekiwane poszczególnych zmiennych, które sumują się nam do tej naszej kluczowej zmiennej losowej, nie?

[kp1311]

Po to żeby policzyć \(\displaystyle{ EX}\) liczę na początku \(\displaystyle{ P(X>n)}\). \(\displaystyle{ X>n}\) nie jest inną zmienną losową niż \(\displaystyle{ X}\) bo to jest przecież zdarzenie a nie zmienna losowa.

Tak skrótowo:
II
1.Liczę P(X>n), wtedy \(\displaystyle{ P(X \ge n) = P(X > n-1)}\)
2.Wkładam do wzoru \(\displaystyle{ EX= \sum_{n=1}^{ \infty } P(X \ge n)}\).

Nie wiem gdzie widzisz drugą zmienną losową.

[miodzio1988]

No to jeszcze raz:

W jednej masz zmienną losową, która jest sumą zmiennych losowych dających nam sukces w n tym rzucie. W drugiej po więcej niż n rzutach mamy sukces.

Tak? No to Ty mówisz, że:

W II nie ma wcale innej zmiennej losowej rozważam poprostu zdarzenie X>n.

Zaczynam powoli rozumieć co chciałeś zrobić.

Sumujemy sobie zmienne losowe o rozkładzie geometrycznym

Czyli 1 sposób mamy 6 zmiennych losowych, które się sumują do naszej zmiennej. I też bym tak robił.
Drugi sposób: mamy jedną zmienną losową tylko, tak?

No to jaki jest rozkład tej drugiej zmiennej losowej? Skoro masz dystrybuantę to bez problemu wyznaczysz ten rozkład, nie?

[kp1311]

Tak, bez problemu wyznacze i wyznaczyłem. Cały problem polega na tym że dostałem dwa różne wyniki przy dwóch dobrych rozumowaniach i chce znaleźć miejsce w którym zrobiłem błąd.

[miodzio1988]

Tak, bez problemu wyznacze i wyznaczyłem

Ok. I jak już masz rozkład to z tego starego wzoru:

\(\displaystyle{ \mathbb EX = \sum_{i=1}^n x_i p_i.}\)

wychodzi Ci, który wynik?

[kp1311]

Już widzę błąd, zamiast kostką będziemy rzucać monetą tak żeby był bardziej widoczny.

Licząc pierwszym sposobem mamy \(\displaystyle{ EX=1+2 =3}\).

Idąc analogicznie jak w drugim:
\(\displaystyle{ P(X>n)= P(O>n \cup R>n) = 2 \cdot \frac{1}{2^n} -0 = \frac{1}{2^{n-1}}}\)

\(\displaystyle{ EX = \sum_{n=0}^{ \infty } P(X>n)= 4}\)

Gdzie jest błąd?
Wzór na \(\displaystyle{ P(X>n)}\) nie działa dla \(\displaystyle{ n=0}\),
Dopiero po tym jak to uwględnimy dostaniemy poprawny wynik.

W sytuacji z kostką też wzór\(\displaystyle{ P(X>n) = 6 (\frac{5}{6})^n - 15( \frac{4}{5} )^n +20( \frac{3}{6} )^n - 15( \frac{2}{6})^n +6( \frac{1}{6} )^n}\)
się rypie przy \(\displaystyle{ n=0}\)
mamy \(\displaystyle{ P(X>0) = 6-15+20-15+6 = 2}\) czyli o \(\displaystyle{ 1}\) za dużo, dokładnie tyle wynosi błąd

[miodzio1988]

Fakt. Pstwo większe niż jedynka to troszkę lipa Dlatego pytałem się o rozkład tej zmiennej losowej.

Ale jak już się sprawa rozwiązała to super.

[kp1311]

Zdarzenie prawie podwójnie na pewno
Dzieki.