Número esperado de ensayos hasta que ocurrieron los 3 eventos (¿independientes?)

Question

Número esperado de ensayos hasta que ocurrieron los 3 eventos (¿independientes?)

Matemáticas
probabilidad
valor esperado
la probabilidad condicional

usuario2430769

Supongamos que hay tres cajas, cada una tiene $9$ bolas blancas y $1$ bola de color:

Caja $1$ : $9$ blanco y $1$ rojo.

Caja $2$ : $9$ blanco y $1$ verde.

Caja $3$ : $9$ blanco y $1$ azul.

Ahora estoy sacando bolas de las cajas con reemplazo. En cada ensayo, dibujo $1$ bola de cada una de las tres cajas. Si alguno de ellos es rojo, aumento mi contador de bolas rojas en $1$ , luego devuelvo todas las bolas a sus respectivas cajas. Del mismo modo, aumento el contador correspondiente si obtengo una bola verde o una bola azul. Las pruebas terminan solo si mis contadores para todas las bolas rojas, verdes y azules son al menos $1$ (es decir, obtengo bolas de cada color al menos una vez en todas las pruebas).

La pregunta es, ¿cómo calculo el número esperado de intentos hasta alcanzar la condición final?

Lo sé, si tan solo tuviera $1$ caja, entonces es una distribución geométrica simple, con $p=\frac{1}{10}$ , y por lo tanto el número esperado de intentos será $10$ . Pero ahora, aunque los tres eventos (obtener una bola roja, obtener una bola verde y obtener una bola azul) son independientes, el evento combinado no lo es. Y también dado que es posible que suceda más de un evento en cada prueba (por ejemplo, obtener rojo del cuadro $1$ y verde de caja $2$ en el mismo juicio), no puedo considerar que los hechos sucedan uno tras otro.

Ejecuté una simulación rápida y parece que la cantidad esperada de intentos es cercana $17.9$ . Me gustaría saber si hay una forma matemática de justificar este número.

usuario2661923

Véase también el Problema del coleccionista de cupones similar .

Respuestas (3)

Número esperado de ensayos hasta que ocurrieron los 3 eventos (¿independientes?)

Véase también el Problema del coleccionista de cupones similar .

VTand · Answer 1

Para $i \in \{1, 2, 3\}$ , dejar $X_i$ indique el número de intentos necesarios para sacar la bola no blanca de la caja $i$ (por primera vez). Entonces estamos interesados en encontrar $E(X)$ dónde $X := \max\{X_1, X_2, X_3\}$ .

Para cualquier entero no negativo $c$ , tenemos

\begin{aligned} PAG (X \leq C) & = PAG (máximo {X_{1}, X_{2}, X_{3}} \leq C) \\ = PAG ((X_{1} \leq C) \cap (X_{2} \leq C) \cap (X_{3} \leq C)) \\ = PAG (X_{1} \leq C) \cdot PAG (X_{2} \leq C) \cdot PAG (X_{3} \leq C) \end{aligned}

$\begin{align*} P(X \leq c) &= P(\max\{X_1, X_2, X_3\} \leq c) \\ &= P((X_1 \leq c) \: \cap \: (X_2 \leq c) \: \cap \: (X_3 \leq c)) \\ &= P(X_1 \leq c) \cdot P(X_2 \leq c) \cdot P(X_3 \leq c) \end{align*}$ Debido al hecho de que

X_{1}

$X_1$ ,

X_{2}

$X_2$ , y

X_{3}

$X_3$ son independientes Fácilmente podemos encontrar que

PAG (X_{i} \leq C) = 1 - PAG (X_{i} \geq C + 1) = 1 - (9 / 10)^{C}, i \in {1, 2, 3} .

$P(X_i \leq c) = 1 - P(X_i \geq c+1) = 1 - (9/10)^c, \quad \quad i \in \{1, 2, 3\}.$ Sustituyendo de nuevo, obtenemos

PAG (X \leq C) = (1 - (9 / 10)^{C})^{3} .

$P(X \leq c) = (1 - (9/10)^c)^3.$

Ahora, podemos calcular la esperanza de $X$ :

\begin{aligned} mi (X) & = \sum_{C = 1}^{\infty} PAG (X \geq C) \\ = \sum_{C = 1}^{\infty} 1 - PAG (X \leq C - 1) \\ = \sum_{C = 0}^{\infty} 1 - PAG (X \leq C) \\ = \sum_{C = 0}^{\infty} 1 - (1 - (9 / 10)^{C})^{3} \\ = 3 \sum_{C = 0}^{\infty} (9 / 10)^{C} - 3 \sum_{C = 0}^{\infty} (9 / 10)^{2 C} + \sum_{C = 0}^{\infty} (9 / 10)^{3 C} \\ = 30 - \frac{300}{19} + \frac{1000}{271} \\ \approx 17.90056. \end{aligned}

$\begin{align*} E(X) &= \sum_{c=1}^{\infty} P(X \geq c) \\ &= \sum_{c=1}^{\infty} 1 - P(X \leq c-1) \\ &= \sum_{c=0}^{\infty} 1 - P(X \leq c) \\ &= \sum_{c=0}^{\infty} 1 - (1 - (9/10)^c)^3 \\ &= 3 \sum_{c=0}^{\infty} (9/10)^c - 3\sum_{c=0}^{\infty} (9/10)^{2c} + \sum_{c=0}^{\infty} (9/10)^{3c} \\ &= 30 - \frac{300}{19} + \frac{1000}{271} \\ &\approx 17.90056. \end{align*}$

Observación: El método para escribir $P(X \leq c) = P(X_1 \leq c) \cdot P(X_2 \leq c) \cdot P(X_3 \leq c)$ es útil en situaciones en las que se trata de una variable que se define como el máximo de otras variables que son independientes. Aquí, vemos que se puede usar para encontrar la función de densidad de probabilidad y la expectativa de $X$ .

Supongamos además, que quiero saber el número esperado de cada bola de color recolectada cuando se alcanza la condición final. Denota Y_i como el número de bolas de colores recolectadas de la caja i hasta que se recoja al menos cada una de las bolas de colores. ¿Eso significa que estoy buscando E(Y_i | X=c), donde Y_i sigue una distribución binomial con una tasa de éxito de 9/10 y Dom:={1,...,c}? Por lo tanto E(Y_i | X=17.9) = 17.9*(1/10)?
$E(Y_i \mid X = 17.9)$ realmente no tiene sentido, ya que el valor de $X$ sólo pueden ser números enteros positivos . Pero yo creo $E(Y_i) = 17.9 \cdot 1/10$ , es decir, cuando terminan las pruebas, el número esperado de veces que se toma la bola roja (o verde o azul) es $17.9 \cdot 1/10$ .

mateo h · Answer 2

Los estados funcionan muy bien para este problema. En mi enfoque, los estados tomarán la forma de triples ordenados $(R,G,B)\in \{0,1\}^3$ en el que cada componente indica si se observó o no un determinado color en al menos uno. Por ejemplo, residir en el estado $(1,0,1)$ significa que hemos observado al menos una bola roja y una azul durante el transcurso de nuestro experimento de probabilidad.

Definir el $8$ estados $S_1,...,S_8$ como sigue:

S_{1} = (0, 0, 0) S_{2} = (1, 0, 0) S_{3} = (0, 1, 0) S_{4} = (0, 0, 1) S_{5} = (1, 1, 0) S_{6} = (0, 1, 1) S_{7} = (1, 0, 1) S_{8} = (1, 1, 1)

$S_1=(0,0,0)\\S_2=(1,0,0) \\ S_3=(0,1,0) \\ S_4=(0,0,1)\\S_5=(1,1,0) \\ S_6=(0,1,1) \\ S_7 = (1,0,1) \\ S_8=(1,1,1)$ el ultimo estado

S_{8}

$S_8$ está absorbiendo Tiene la tarea de calcular el número esperado de ensayos hasta que alcance su estado de absorción. Para hacer esto, primero construya su matriz de transición de estado

P

$P$ :

PAG = (\begin{matrix} \frac{729}{1000} & \frac{81}{1000} & \frac{81}{1000} & \frac{81}{1000} & \frac{9}{1000} & \frac{9}{1000} & \frac{9}{1000} & \frac{1}{1000} \\ 0 & \frac{81}{100} & 0 & 0 & \frac{9}{100} & 0 & \frac{9}{100} & \frac{1}{100} \\ 0 & 0 & \frac{81}{100} & 0 & \frac{9}{100} & \frac{9}{100} & 0 & \frac{1}{100} \\ 0 & 0 & 0 & \frac{81}{100} & 0 & \frac{9}{100} & \frac{9}{100} & \frac{1}{100} \\ 0 & 0 & 0 & 0 & \frac{9}{10} & 0 & 0 & \frac{1}{10} \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & \frac{9}{10} & 0 & \frac{1}{10} \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & \frac{9}{10} & \frac{1}{10} \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1 \end{matrix})

$P=\begin{pmatrix}\frac{729}{1000}&\frac{81}{1000}&\frac{81}{1000}&\frac{81}{1000}&\frac{9}{1000}&\frac{9}{1000}&\frac{9}{1000}&\frac{1}{1000}\\ \:0&\frac{81}{100}&0&0&\frac{9}{100}&0&\frac{9}{100}&\frac{1}{100}\\ \:0&0&\frac{81}{100}&0&\frac{9}{100}&\frac{9}{100}&0&\frac{1}{100}\\ \:0&0&0&\frac{81}{100}&0&\frac{9}{100}&\frac{9}{100}&\frac{1}{100}\\ \:0&0&0&0&\frac{9}{10}&0&0&\frac{1}{10}\\ \:0&0&0&0&0&\frac{9}{10}&0&\frac{1}{10}\\ \:0&0&0&0&0&0&\frac{9}{10}&\frac{1}{10}\\ \:0&0&0&0&0&0&0&1\end{pmatrix}$ en forma de bloque

P = (\begin{matrix} Q & R \\ {\vec{0}}_{1 \times 7} & 1 \end{matrix})

$P=\begin{pmatrix}Q&R\\ \vec{0}_{1\times 7}&1\end{pmatrix}$ dónde

Q

$Q$ es el

7 \times 7

$7\times 7$ matriz

q = (\begin{matrix} \frac{729}{1000} & \frac{81}{1000} & \frac{81}{1000} & \frac{81}{1000} & \frac{9}{1000} & \frac{9}{1000} & \frac{9}{1000} \\ 0 & \frac{81}{100} & 0 & 0 & \frac{9}{100} & 0 & \frac{9}{100} \\ 0 & 0 & \frac{81}{100} & 0 & \frac{9}{100} & \frac{9}{100} & 0 \\ 0 & 0 & 0 & \frac{81}{100} & 0 & \frac{9}{100} & \frac{9}{100} \\ 0 & 0 & 0 & 0 & \frac{9}{10} & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & \frac{9}{10} & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & \frac{9}{10} \end{matrix})

$Q=\begin{pmatrix}\frac{729}{1000}&\frac{81}{1000}&\frac{81}{1000}&\frac{81}{1000}&\frac{9}{1000}&\frac{9}{1000}&\frac{9}{1000}\\ 0&\frac{81}{100}&0&0&\frac{9}{100}&0&\frac{9}{100}\\ 0&0&\frac{81}{100}&0&\frac{9}{100}&\frac{9}{100}&0\\ 0&0&0&\frac{81}{100}&0&\frac{9}{100}&\frac{9}{100}\\ 0&0&0&0&\frac{9}{10}&0&0\\ 0&0&0&0&0&\frac{9}{10}&0\\ 0&0&0&0&0&0&\frac{9}{10}\end{pmatrix}$ Puedes aprender aquí que el número esperado de pasos que das antes de entrar en el estado de absorción

S_{8}

$S_8$ a partir de

S_{1}

$S_1$ es

{\vec{e}}_{1} (I - Q)^{- 1} \vec{1}

$\vec{e}_1(I-Q)^{-1}\vec{1}$ dónde

\vec{1} = {\vec{e}}_{1} + \dots + {\vec{e}}_{7}

$\vec{1}=\vec{e}_1 + \dots + \vec{e}_7$ es el

7 \times 1

$7\times 1$ vector columna cuyas entradas son todas

1

$1$ . Esta cifra es igual

\frac{92170}{5149}

${92170 \over 5149}$ lo cual es sobre

17.9

$17.9$

Estoy seguro de que no podrías haber respondido esto en los comentarios :) ¡respuesta muy bien escrita!
¡Una solución sistémica! Me dejé llevar por la cantidad de intentos infinitos y olvidé que es un problema de estado finito. Gracias.

por engström · Answer 3

¿No podrías hacerlo mucho más simple así, usando solo las matemáticas de la escuela secundaria?

Indicar los ensayos adicionales esperados dados $j$ número de bolas de colores ha aparecido por primera vez por $x_{j}$ ( $j=0,1,2$ ). Entonces

\begin{array}{rcl} X_{0} & = & 1 + 3 * \frac{1}{10} \frac{9}{10} \frac{9}{10} X_{1} + 3 * \frac{1}{10} \frac{1}{10} \frac{9}{10} X_{2} + \frac{9}{10} \frac{9}{10} \frac{9}{10} X_{0} \\ X_{1} & = & 1 + 2 * \frac{1}{10} \frac{9}{10} X_{2} + \frac{9}{10} \frac{9}{10} X_{1} \\ X_{2} & = & 1 + \frac{9}{10} X_{2} \end{array}

$\begin{eqnarray*} x_{0} &=&1+3\ast \frac{1}{10}\frac{9}{10}\frac{9}{10}x_{1}+3\ast \frac{1}{10}% \frac{1}{10}\frac{9}{10}x_{2}+\frac{9}{10}\frac{9}{10}\frac{9}{10}x_{0} \\ x_{1} &=&1+2\ast \frac{1}{10}\frac{9}{10}x_{2}+\frac{9}{10}\frac{9}{10}x_{1} \\ x_{2} &=&1+\frac{9}{10}x_{2} \end{eqnarray*}$ , la solución es:

[x_{0} = \frac{92 170}{5149}, x_{1} = \frac{280}{19}, x_{2} = 10]

$\left[ x_{0}=\frac{92\,170}{5149},x_{1}=\frac{280}{19}% ,x_{2}=10\right]$

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