预计到第一个举手投掷的次数

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假设将一枚公平硬币反复投掷，直到第一次获得正面。

预计将要扔多少次？
在获得第一个头部之前将获得多少尾巴？

— nicole900
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2

此链接包含两个问题的答案：en.wikipedia.org/wiki/Geometric_distribution

— swmo 2015年

2

如果这是一个自学问题，请添加标签。

— 西安

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可以使用如下的几何分布来回答：

第一次成功（失败）之前的失败数k-1（成功概率为p（“ 失败”））由下式给出：

p (X = k) = (1 - p)^{k - 1} p

$p(X=k)=(1−p)^{k−1}p$

与ķ被投掷的总数包括终止该实验的第一个“头”。

对于给定的p，X的期望值为。 $1/p=2$

期望值的推导可以在这里找到。隐式保留的最后步骤如下：

$\frac{d}{dr} \frac{1}{1-r} = \frac{1}{(1-r)^2}$ 插入表达式：

$E(X) = \frac{p}{1-p} \sum\limits_{x = 1}^{\infty}x\ r^x = \frac{p}{1-p}\ r\ (\frac{d}{dr} \frac{1}{1-r})= \frac{p}{1-p}\ r\ \frac{1}{(1-r)^2}$ 。当，简化为 $r = 1 - p$

$E(X) = \frac{1}{p}$ ，请在上面证明其合理性。]

或者，我们可以使用负二项式分布来解释为第一次成功之前的失败次数。概率质量函数表示为p（在获得r个成功之前失败的次数n，在每次伯努利试验中给定成功的特定概率p的情况下）：

p (n; r, p) = (\binom{n + r - 1}{r - 1}) p^{r} (1 - p)^{n}

$p(n;r,p) ={n+r-1\choose r-1} p^r (1-p)^n$

预期的试验次数n + r由以下通式给出：

\frac{r}{(1 - p)}

$\frac{r}{(1-p)}$

给定我们已知的参数：r = 1和p = 0.5，

E (n + r; 1, 0.5) = \frac{r}{1 - p} = \frac{1}{1 - 0.5} = 2

$E(n + r; 1,0.5) =\frac{r}{1-p} = \frac{1}{1-0.5} = 2$

因此，我们可以期望在获得第一个头部之前先进行两次抛掷，预期的尾巴数为。 $E(n+r) - r = 1$

我们可以运行蒙特卡洛模拟来证明这一点：

   set.seed(1)

p <- 1/2

reps <- 10000                         # Total number of simulations.

tosses_to_HEAD <- 0                   # Setting up an empty vector to add output to.

for (i in 1:reps) {
  head <- 0                           # Set the variable 'head' to 0 with every loop.
  counter <- 0                        # Same forlocal variable 'counter'.
  while (head == 0) {
    head <- head + rbinom(1, 1, p)    # Toss a coin and add to 'head'
    counter <- counter + 1            # Add 1 to 'counter'
  }
  tosses_to_HEAD[i] <- counter        # Append number in counter after getting heads.
}

mean(tosses_to_HEAD)
[1] 2.0097

— 安东尼·帕雷拉达（Antoni Parellada）
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1

对于当前问题，该分布称为几何分布。

G (p)

$\mathcal{G}(p)$

— 西安

And the expected value of

X

$X$ for a given

p

$p$ is

1 / p

$1/p$ ，应该怎么证明呢？

— Dilip Sarwate 2015年

math.stackexchange.com/questions/235927/上有一个很好的推导，但是我可以在响应中包括该推导的结尾。

— Antoni Parellada 2015年

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通过开箱即用的票券为游戏建模。门票有两种。上面写着“停，你扔头”。另一方面写着“继续，你把尾巴扔了”。在第一种情况下，预期的额外掷球次数为而在第二种情况下，预期的额外掷球次数为，例如-我们尚不知道，必须弄清楚。 $0$ $x$

将这些期望写在各自的票证上：这些是票证的价值。

我们确实知道的三件事是：

抽出“停止”票证（值为）的机会为。 $0$ $p$
开出“ Continue”票证（价值）的机会是。 $x$ $1-p$
根据定义，这次抽奖的期望是所有彩票的概率加权值的总和：

$p \times 0 + (1 - p) \times x = (1 - p) x .$ $p\times 0 + (1-p)\times x = (1-p)x.$

让我们解释一下这个数字：这是在出现头部之前需要的额外抛掷的预期次数。由于抽奖券对应于掷硬币，因此增加一张彩票所需的一张抽奖会给我们带来预期的抛掷次数- 本身就是。等同于这两个表达式， $x$

x = 1 + (1 - p) x .

$x = 1 + (1-p)x.$

解决回答第一个问题。 $x$ 由于尾数总是比平局数少一，因此预期的尾数也必须比预期数少一。 因此，回答了第二个问题。 $x-1$

通过考虑很长的抛掷序列，可以获得第二个直观清晰的解决方案。玩了多少场比赛？答案：正面数（如果序列以一系列反面结束，则再加上不完整的游戏）。预计要几个头？答案：。将此号码。该弱大数定律断言，实际头数极有可能非常接近提供足够大。因此，平均游戏长度（由和之间的某个数字给出将任意接近 $n$ $pn$ $h$ $pn$ $n$ $x$ $n/h$ $n/(h+1)$ $n/(pn)$ ，因此它必须等于本身。 $x$

这导致了一种非常有效的方式来模拟游戏长度的分布。这是R代码。它在布尔数组中将“ heads”记录为真实值，并计算连续的真实值之间的损失。

p <- 1/3                                           # Set the chance of heads
tosses <- runif(1e6) < p                           # Make a million tosses
sim <- diff(c(TRUE, which(tosses)))                # Compute game lengths
hist(sim, xlab="Game length", main="Distribution") # Graph their distribution
mean(sim)                                          # Report the average length

当我将种子设置为（）后运行此代码时，输出与的差别很小。 $17$ set.seed(17) $x$

— ub
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您能帮助我理解为什么绘画游戏中的“ x”和第二个方程式中的“ x”代表同一东西吗？我不知道你怎么得到第二个方程式。非常感谢你。

— 点亮

@Light第二个公式在其前面的段落中进行了说明。

— ub

♦感谢您的答复。我已经阅读了x的定义以及您一次又一次说的那段，但是我还是不明白。让我说一下我的理解，请帮助我知道是否误解了某事。根据我的理解，x是抽奖游戏中的“附加”期望数字，它与原始游戏有所不同，因为硬币游戏的期望（我称之为“ E”）包括第一次投掷。我认为E应该是“ x + 1”，但它们不是同一回事。在等式中，您使x和E变得使我感到困惑。感谢你。

— 点亮

2

令X为直到获得正面所需的掷硬币次数。因此，我们需要计算E（X）（即X的期望值）。

无论第一个翻转是什么，我们都可以调节E（X）。让E（X | H）表示在我第一次掷硬币的时候，剩下的硬币掷硬币的次数。同样，让E（X | T）表示剩余硬币翻转的次数，假设我在第一个翻转中有尾巴。

通过第一步调节，我们有

$E(X) = \frac{1}{2} * (1 + E(X|H)) + \frac{1}{2} * (1 + E(X|T))$

现在，由于表示在第一个接收到头后剩余的翻转，所以它将等于0，因为我不需要在获得1个头后翻转。 $E(X|H)$

而且，，因为我们在获得1个头上没有任何进展。 $E(X|T) = E(X)$

因此， $E(X) = \frac{1}{2} * (1 + 0) + \frac{1}{2} * (1 + E(X))$

=> $E(X) = 2$

— 格林杰什农庄
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