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[概率/统计] 请教一个概率问题(为什么期望可以表示总的试验次数)

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hjfmhh 发表于 2024-4-25 17:33 |阅读模式
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kuing 发表于 2024-4-25 18:23
表达不严谨而已,他想说的意思是:
在第一次失败的前提下总试验次数的期望 `= E_2+1`;
前两次都成功那就是 2;
第一次成功但第二次失败的前提下总试验次数的期望 `= E_2+2`。
所以 `E_2=(1-p)(E_2+1)+2p^2+p(1-p)(E_2+2)`,解得 `E_2=(1+p)/p^2`。

我也不熟概率,大概是酱紫吧,也不太会用专业符号来表达。

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 楼主| hjfmhh 发表于 2024-4-25 22:22
kuing 发表于 2024-4-25 18:23
表达不严谨而已,他想说的意思是:
在第一次失败的前提下总试验次数的期望 `= E_2+1`;
前两次都成功那就是 ...

这样不是还是E2+1,E2+2表示试验次数吗?否则那个等式概率乘以期望没啥意义吗?

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kuing 发表于 2024-4-25 22:48
那就要了解条件期望和全期望公式啥的,参考链接:
zhuanlan.zhihu.com/p/417592820
我也是前几天才了解,以下写法不知标准否。

记 `Y =` 首次连续两次成功时的试验总次数。
事件 `Z` 有以下 `A`, `B`, `C` 三种取值:
`A =` 第一次失败
`B =` 第一次成功但第二次失败
`C =` 第一次成功且第二次也成功
则根据全期望公式有
\begin{align*}
E(Y) &= E(E(Y\mid Z)) \\
&= P(Z=A)E(Y\mid A) + P(Z=B)E(Y\mid B) + P(Z=C)E(Y\mid C),
\end{align*}
根据题中的分析,有
\begin{align*}
E(Y\mid A) &= E(Y) + 1,\\
E(Y\mid B) &= E(Y) + 2,\\
E(Y\mid C) &= 2,
\end{align*}
所以
\[E(Y) = (1-p)(E(Y) + 1) + p(1-p)(E(Y) + 2) + 2p^2,\]
解得 `E(Y)=(1+p)/p^2`。

最后一问连续 `n` 次的话,是
\[E_n = (1-p)(E_n + 1) + p(1-p)(E_n + 2) + p^2(1-p)(E_n + 3) + \cdots + p^{n-1}(1-p)(E_n + n) + np^n,\]
解得
\[E_n=\frac{p^n-1}{p^n(p-1)}=\frac1p+\frac1{p^2}+\cdots+\frac1{p^n}.\]

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 楼主| hjfmhh 发表于 2024-4-25 23:17
kuing 发表于 2024-4-25 22:48
那就要了解条件期望和全期望公式啥的,参考链接:
https://zhuanlan.zhihu.com/p/417592820
我也是前几天才 ...

谢谢

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lemondian 发表于 2024-5-19 12:03
kuing 发表于 2024-4-25 22:48
那就要了解条件期望和全期望公式啥的,参考链接:
https://zhuanlan.zhihu.com/p/417592820
我也是前几天才 ...

请问下面这个题能用全期望公式解答吗?
如果可以,如何做呢?@kuing
试题:$A,B$两个盒子都装有完全相同的2个黑球和1个白球,现从$A,B$两个盒子中各任取一个球交换放入另一个盒子中,重复$n$次这样的操作后,记$A$盒子中黑球的个数为$X_n$。求$X_n$的数学期望。

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kuing 发表于 2024-5-19 13:40
lemondian 发表于 2024-5-19 12:03
请问下面这个题能用全期望公式解答吗?
如果可以,如何做呢?@kuing
试题:$A,B$两个盒子都装有完全相同 ...

凭直觉,E(Xn) 恒为 2
过程不会写

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战巡 发表于 2024-5-19 15:09
本帖最后由 战巡 于 2024-5-19 15:27 编辑
lemondian 发表于 2024-5-19 12:03
请问下面这个题能用全期望公式解答吗?
如果可以,如何做呢?@kuing
试题:$A,B$两个盒子都装有完全相同 ...


考察$X_n$的各状态,$X_n=1,2,3$,会有转移矩阵
\[A=\begin{pmatrix}\frac{1}{3}&\frac{2}{3}&0\\\frac{2}{9}&\frac{5}{9}&\frac{2}{9}\\0&\frac{2}{3}&\frac{1}{3}\end{pmatrix}\]
初始状态为$\pi_0=\begin{pmatrix}0&1&0\end{pmatrix}$,于是$n$次操作后其各状态概率为
\[\pi_0\cdot A^n=\begin{pmatrix}\frac{1}{5}\left(1-(-\frac{1}{9})^n\right)&\frac{1}{5}\left(3+2(-\frac{1}{9})^n\right)&\frac{1}{5}\left(1-(-\frac{1}{9})^n\right)\end{pmatrix}\]
\[E(X_n)=1\cdot\frac{1}{5}\left(1-(-\frac{1}{9})^n\right)+2\cdot\frac{1}{5}\left(3+2(-\frac{1}{9})^n\right)+3\cdot\frac{1}{5}\left(1-(-\frac{1}{9})^n\right)=2\]


更简单的做法是用条件概率
很容易得到
\[E(X_{n}|X_{n-1}=1)=1\cdot\frac{1}{3}+2\cdot\frac{2}{3}=\frac{5}{3}\]
\[E(X_n|X_{n-1}=2)=1\cdot\frac{2}{9}+2\cdot\frac{5}{9}+3\cdot\frac{2}{9}=2\]
\[E(X_n|X_{n-1}=3)=2\cdot\frac{2}{3}+3\cdot\frac{1}{3}=\frac{7}{3}\]

\[E(X_n|X_{n-1})=\frac{4+X_{n-1}}{3}\]

\[E(X_n)=E[E(X_n|X_{n-1})]=E[\frac{4+X_{n-1}}{3}]=\frac{4+E(X_{n-1})}{3}\]
接下来略

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lemondian 发表于 2024-5-19 20:13
战巡 发表于 2024-5-19 15:09
考察$X_n$的各状态,$X_n=1,2,3$,会有转移矩阵
\[A=\begin{pmatrix}\frac{1}{3}&\frac{2}{3}&0\\\frac{2 ...

我看不懂你写的这个
这里有一个这样的做法,好象看懂了,但如何解析其原理呢?(1#的题目显然可以用全期望公式,得到递推关系,那么这个“交换球”的题是用全期望公式?还是条件条件概率?……)

记第$n-1$次操作后,$A$盒中黑球的个数为$E(X_{n-1})$,则$B$盒中黑球的个数为$4-E(X_{n-1})$。
则第$n$次操作时:
从$A$盒取出黑球的期望为:$1\times \dfrac{E(X_{n-1})}{3}$
从$B$为盒取出黑球的期望为:$1\times \dfrac{4-E(X_{n-1})}{3}$.
从而$E(X_n)=E(X_{n-1})-\dfrac{E(X_{n-1})}{3}+\dfrac{4-E(X_{n-1})}{3}$.
即得$E(X_n)=\dfrac{4+E(X_{n-1})}{3}$.

点评

写代码时不要用全角符号  发表于 2024-5-20 03:06

手机版|悠闲数学娱乐论坛(第3版)

GMT+8, 2025-3-4 20:55

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