На це можна відповісти, використовуючи геометричний розподіл наступним чином:
Кількість відмов k - 1 до першого успіху (голови) з вірогідністю успіху p ("голови") задається:
p(X=k)=(1−p)k−1p
причому k - загальна кількість кидків, включаючи перші «голови», які припиняють експеримент.
І очікуване значення X для заданого p дорівнює .1/p=2
Виведення очікуваного значення можна знайти тут . Останні кроки, що залишилися неявними, повинні бути такими:
ddr11−r=1(1−r)2 підключити до виразу:
E(X)=p1−p∑x=1∞x rx=p1−p r (ddr11−r)=p1−p r 1(1−r)2 . З , це спрощується доr=1−p
E(X)=1p , виправдовуючи його використання вище.]
Крім того, ми могли б використати негативний біноміальний розподіл, інтерпретований як кількість відмов до першого успіху. Функція маси ймовірностей задається як p (кількість відмов, n , перш ніж досягти r успіхів | з урахуванням певної ймовірності, p , успіху в кожному випробуванні Бернуллі):
p(n;r,p)=(n+r−1r−1)pr(1−p)n
Очікування на кількість випробувань, n + r задається загальною формулою:
r(1−p)
З огляду на наші відомі параметри: r = 1 і p = 0,5 ,
E(n+r;1,0.5)=r1−p=11−0.5=2
Отже, ми можемо розраховувати зробити два кидки, перш ніж отримати першу голову, очікувана кількість хвостів - .E(n+r)−r=1
Ми можемо запустити моделювання Монте-Карло, щоб довести це:
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