Расчет матожидания количества испытаний до первого успеха

zer0mail · Регистрация: 03.07.2012

Студворк — интернет-сервис помощи студентам

Проведем серию экспериментов, результатом каждого является либо успех с вероятностью p, либо неудача с вероятностью q=1-p. Если экспериментов проведено n и нас интересуют вероятности количества успехов (от 0 до n), то такая серия экспериментов называется схемой Бернулли, а распределение вероятностей - биномиальным распределением.
Изменим схему - будем проводить эксперименты до первого успеха. Какова вероятность, что первый эсперимент будет успешным? Ясно, что это p. А какова вероятность, что первый успех придет в k-м эксперименте? Вероятность равна p*q^k-1 (сначала k-1 неудача, а потом успех). Запишем бесконечный ряд : $https://www.cyberforum.ru/cgi-bin/latex.cgi?P(q)=p+p*q+p*q^2+p*q^3...+p*q^n+...$ , это простая геометрическая прогрессия и ее сумма $https://www.cyberforum.ru/cgi-bin/latex.cgi?\frac{p}{1-q}$ . Что представляют собой члены ряда? На k-м месте - вероятность того, что первый успех получим в k-м эксперименте. Сумма всех вероятностей $https://www.cyberforum.ru/cgi-bin/latex.cgi?\frac{p}{1-q}=\frac{p}{p}=1$ , поскольку p=1-q. Это неудивительно, потому что успех рано или поздно должен произойти. Мы получили геометрическое распределение. Теперь продифференцируем по q ряд и его сумму, получим: $https://www.cyberforum.ru/cgi-bin/latex.cgi?P'(q)=1*p+2*p*q+3*p*q^2...+n*p*q^{n-1}+...=\frac{p}{(1-q)^2}$ На k-m месте в ряду стоит вероятность первого успеха в k-м испытании, умноженная на k, т.е. сумма ряда - это матожидание количества испытаний для нашей схемы! Итак, для геометрического распределения с вероятностью успеха p (в одном эксперименте) матожидание количества испытаний до первого успеха равно $https://www.cyberforum.ru/cgi-bin/latex.cgi?M_p=\frac{p}{(1-q)^2}=\frac{p}{p^2}=\frac{1}{p}$ . Произведение вероятности на матожидание равно $https://www.cyberforum.ru/cgi-bin/latex.cgi?p*M_p=1$

Приведу (без доказательства) формулу дисперсии для геометрического распределения $https://www.cyberforum.ru/cgi-bin/latex.cgi?D_p=\frac{1-p}{p^2}$ .

@Heidegger · 16.11.2013, 14:41

Действительно, изящно. Кстати, а получится ли так же виртуозно рассмотреть ситуацию с серией из двух успехов подряд? Какой вид будет иметь распределения числа испытаний до первой серии из двух (или в общем случае r) успехов? Чему в этом случае будет равно матожидание? Вопрос с сериями в разделе уже поднимался (например, здесь), но, кажется, так ни разу и не был доведён до получения результата в явном виде. Полагаю, количество способов, которыми его можно рассмотреть, довольно велико.

@myn · 16.11.2013, 16:02

У меня студенты тоже такое умеют

и через бесконечно убывающие геометрические прогрессии вывести мат. ожидание, и через дифференцирование рядов

Почти так же легко и дисперсия выводится (через М(Х²).

@murom2013 · 16.11.2013, 20:25

Это называется метод производящих функций. В литературе встречается. Два небольших дополнения:
1) в серии экспериментов необходимо наложить условие независимости этих самых экспериментов друг от друга, иначе ничего не получится,
2) всё-таки надо сказать несколько слов о допустимости дифференцировании ряда. Да, это можно, но почему?
Спасибо за внимание. Всем приятных выходных.

@Heidegger · 18.11.2013, 16:08

Целью привлечения внимания к посту полугодовой давности было предложить желающим рассмотреть подходы к решению аналогичной задачи с сериями успехов. Даже для простейшего случая симметричной монеты (p = 1/2, r = 2 успеха подряд) элементарные решения не просматриваются (хотя, возможно, они и существуют). Например, сколько в среднем нужно сделать бросков, чтобы получить два герба подряд? Умеют такое студенты? :)

И это всё же не метод производящих функций (хотя приёмы, конечно, похожи) – здесь в нём нет необходимости. А вот в случае серий без него уже, наверное, не обойтись.

@myn · 18.11.2013, 18:51

Конечно, умеют - это известное отрицательное биномиальное распределение NB(r;p) - число неудач до r-го по счету успеха. В вашем примере до второго, r=2.

Мат. ожидание числа неудач равно $https://www.cyberforum.ru/cgi-bin/latex.cgi?M\left(X \right)=\frac{r(1-p)}{p}$ .

Сколько в среднем надо бросить кости - надо к нему еще 1 прибавить, M(X)+1

или вы не про это?

Добавлено через 3 минуты
ряд распределения Х тоже легко выписывается:

$https://www.cyberforum.ru/cgi-bin/latex.cgi?P(X=k)=C_{r+k-1}^k \cdot p^r \cdot(1-p)^k; k=0; 1; 2; ...\infty$

@Heidegger · 18.11.2013, 19:13

Сообщение от myn

или вы не про это?

Да, имеются в виду непрерывные серии успехов, т.е. r успехов подряд.

@myn · 18.11.2013, 19:26

а в чем там проблема? в отличие от геометрического просто будет $https://www.cyberforum.ru/cgi-bin/latex.cgi?p^r$

Добавлено через 4 минуты
Ряд распределения Х - числа неудач до r успехов подряд:

$https://www.cyberforum.ru/cgi-bin/latex.cgi?P(X=k)= (1-p)^k \cdot p^r; k=0; 1; 2; ...\infty \\ Y=X+r$ [/QUOTE]

Y - общее число испытаний

Мат. ожидание находится как мат. ожидание геометрического, но умноженное на р в соответствующей степени.

@Heidegger · 18.11.2013, 19:28

Сообщение от myn

а в чем там проблема? в отличие от геометрического просто будет $https://www.cyberforum.ru/cgi-bin/latex.cgi?p^r$

Не совсем: в отличие от геометрического, последней будет серия из r успехов, но общее количество успехов в эксперименте, вообще говоря, не ограничено.

@myn · 18.11.2013, 20:15

ну Вы тогда сформулируете четко задачу. А то вы по ходу дела все время меняете правила игры..

или имелось в виду, что до этого успехи тоже были возможны? Тогда, конечно, все гораздо сложнее...

@rahim · 18.11.2013, 20:51

Да вроде всё совершенно чётко оговорено: проводятся испытания до появления r успехов подряд. Найти математическое ожидание числа проведённых испытаний.

Никаких проблем особых не вижу, и мотивация Heidegger не понятна мне. Америку открыть, разве что...

Для r=2. Пусть M - искомое матожидание. Ждём до первого успеха время в среднем $https://www.cyberforum.ru/cgi-bin/latex.cgi?\frac1p$ . С вероятностью p следующий снова успех, и испытания закончились, матожидание равно $https://www.cyberforum.ru/cgi-bin/latex.cgi?\frac1p+1$ . С вероятностью q следующая неудача, и испытания после неё начнутся заново, и снова надо ждать в среднем время M. Тогда матожидание равно $https://www.cyberforum.ru/cgi-bin/latex.cgi?\frac1p+1+M$ . Итого по формуле полной вероятности для матожиданий

$https://www.cyberforum.ru/cgi-bin/latex.cgi?M=p\cdot \left(\frac{1}{p}+1\right) + q \cdot \left(\frac1p+1+M\right)$ .

Откуда $https://www.cyberforum.ru/cgi-bin/latex.cgi?M=\frac{p+1}{p^2}$ .

То же самое для произвольного r: после первого успеха может быть
Н с вероятностью q - тогда $https://www.cyberforum.ru/cgi-bin/latex.cgi?M=\left(\frac1p+1+M\right)$ ,
УН с вероятностью pq - тогда $https://www.cyberforum.ru/cgi-bin/latex.cgi?M=\left(\frac1p+2+M\right)$ ,
УУН с вероятностью $https://www.cyberforum.ru/cgi-bin/latex.cgi?p^2q$ - тогда $https://www.cyberforum.ru/cgi-bin/latex.cgi?M=\left(\frac1p+3+M\right)$ и т.д.,
УУ..УН с вероятностью $https://www.cyberforum.ru/cgi-bin/latex.cgi?p^{r-2}q$ - тогда $https://www.cyberforum.ru/cgi-bin/latex.cgi?M=\left(\frac1p+r-1+M\right)$ и, наконец,
r-1 успех УУ..УУ с вероятностью $https://www.cyberforum.ru/cgi-bin/latex.cgi?p^{r-1}$ - тогда $https://www.cyberforum.ru/cgi-bin/latex.cgi?M=\left(\frac1p+r-1\right)$ .

Итого

$https://www.cyberforum.ru/cgi-bin/latex.cgi?M=q\left(\frac1p+1+M\right)+pq\left(\frac1p+2+M\right)+p^2q\left(\frac1p+3+M\right)+\ldots+p^{r-2}q\left(\frac1p+r-1+M\right)+p^{r-1}\left(\frac1p+r-1\right).$

Выражая отсюда M, получим $https://www.cyberforum.ru/cgi-bin/latex.cgi?M=\frac{1-p^r}{qp^r}$ .

@myn · 18.11.2013, 21:21

@rahim · 19.11.2013, 00:07

Это были пальцы

, конечно же: возиться-то пришлось довольно долго. Так что спасибо Heidegger, что заставил посчитать.

@myn · 19.11.2013, 10:49

Ну еще раз браво...

@Heidegger · 19.11.2013, 13:20

Сообщение от rahim

спасибо Heidegger, что заставил посчитать

Насколько мне известно (я вначале провёл небольшое исследование, прежде чем решил возобновить тему), это, по-видимому, самое лаконичное (и красивое) решение данной задачи, размещённое в сети на матфорумах (если вообще не единственное такого рода, доведённое до получения результата). Странно, что в поисковиках тема ещё не проиндексировалась.

Новые блоги и статьи Все статьи Все блоги /
PhpStorm 2025.3: WSL Terminal всегда стартует в ~ and_y87 14.12.2025 PhpStorm 2025. 3: WSL Terminal всегда стартует в ~ (home), игнорируя директорию проекта Симптом: После обновления до PhpStorm 2025. 3 встроенный терминал WSL открывается в домашней директории. . .	Access VikBal 11.12.2025 Помогите пожалуйста !! Как объединить 2 одинаковые БД Access с разными данными.	Новый ноутбук volvo 07.12.2025 Всем привет. По скидке в "черную пятницу" взял себе новый ноутбук Lenovo ThinkBook 16 G7 на Амазоне: Ryzen 5 7533HS 64 Gb DDR5 1Tb NVMe 16" Full HD Display Win11 Pro	Музыка, написанная Искусственным Интеллектом volvo 04.12.2025 Всем привет. Некоторое время назад меня заинтересовало, что уже умеет ИИ в плане написания музыки для песен, и, собственно, исполнения этих самых песен. Стихов у нас много, уже вышли 4 книги, еще 3. . .	От async/await к виртуальным потокам в Python IndentationError 23.11.2025 Армин Ронахер поставил под сомнение async/ await. Создатель Flask заявляет: цветные функции - провал, виртуальные потоки - решение. Не threading-динозавры, а новое поколение лёгких потоков. Откат?. . .
Поиск "дружественных имён" СОМ портов Argus19 22.11.2025 Поиск "дружественных имён" СОМ портов На странице: https:/ / norseev. ru/ 2018/ 01/ 04/ comportlist_windows/ нашёл схожую тему. Там приведён код на С++, который показывает только имена СОМ портов, типа,. . .	Сколько Государство потратило денег на меня, обеспечивая инсулином. Programma_Boinc 20.11.2025 Сколько Государство потратило денег на меня, обеспечивая инсулином. Вот решила сделать интересный приблизительный подсчет, сколько государство потратило на меня денег на покупку инсулинов. . . .	Ломающие изменения в C#.NStar Alpha Etyuhibosecyu 20.11.2025 Уже можно не только тестировать, но и пользоваться C#. NStar - писать оконные приложения, содержащие надписи, кнопки, текстовые поля и даже изображения, например, моя игра "Три в ряд" написана на этом. . .	Мысли в слух kumehtar 18.11.2025 Кстати, совсем недавно имел разговор на тему медитаций с людьми. И обнаружил, что они вообще не понимают что такое медитация и зачем она нужна. Самые базовые вещи. Для них это - когда просто люди. . .	Создание Single Page Application на фреймах krapotkin 16.11.2025 Статья исключительно для начинающих. Подходы оригинальностью не блещут. В век Веб все очень привыкли к дизайну Single-Page-Application . Быстренько разберем подход "на фреймах". Мы делаем одну. . .

zer0mail 2688 / 2260 / 244 Регистрация: 03.07.2012 Сообщений: 8,231 Записей в блоге: 1

	Расчет матожидания количества испытаний до первого успеха 30.05.2013, 21:41. Показов 50974. Ответов 14 Метки нет (Все метки) Проведем серию экспериментов, результатом каждого является либо успех с вероятностью p, либо неудача с вероятностью q=1-p. Если экспериментов проведено n и нас интересуют вероятности количества успехов (от 0 до n), то такая серия экспериментов называется схемой Бернулли, а распределение вероятностей - биномиальным распределением. Изменим схему - будем проводить эксперименты до первого успеха. Какова вероятность, что первый эсперимент будет успешным? Ясно, что это p. А какова вероятность, что первый успех придет в k-м эксперименте? Вероятность равна pq^k-1 (сначала k-1 неудача, а потом успех). Запишем бесконечный ряд : $https://www.cyberforum.ru/cgi-bin/latex.cgi?P(q)=p+pq+pq^2+pq^3...+pq^n+...$ , это простая геометрическая прогрессия и ее сумма $https://www.cyberforum.ru/cgi-bin/latex.cgi?\frac{p}{1-q}$ . Что представляют собой члены ряда? На k-м месте - вероятность того, что первый успех получим в k-м эксперименте. Сумма всех вероятностей $https://www.cyberforum.ru/cgi-bin/latex.cgi?\frac{p}{1-q}=\frac{p}{p}=1$ , поскольку p=1-q. Это неудивительно, потому что успех рано или поздно должен произойти. Мы получили геометрическое распределение. Теперь продифференцируем по q ряд и его сумму, получим: $https://www.cyberforum.ru/cgi-bin/latex.cgi?P'(q)=1p+2pq+3pq^2...+npq^{n-1}+...=\frac{p}{(1-q)^2}$ На k-m месте в ряду стоит вероятность первого успеха в k-м испытании, умноженная на k, т.е. сумма ряда - это матожидание количества испытаний для нашей схемы! Итак, для геометрического распределения с вероятностью успеха p (в одном эксперименте) матожидание количества испытаний до первого успеха равно $https://www.cyberforum.ru/cgi-bin/latex.cgi?M_p=\frac{p}{(1-q)^2}=\frac{p}{p^2}=\frac{1}{p}$ . Произведение вероятности на матожидание равно $https://www.cyberforum.ru/cgi-bin/latex.cgi?p*M_p=1$ Приведу (без доказательства) формулу дисперсии для геометрического распределения $https://www.cyberforum.ru/cgi-bin/latex.cgi?D_p=\frac{1-p}{p^2}$ . 1

@Heidegger 617 / 242 / 16 Регистрация: 31.07.2013 Сообщений: 376
	16.11.2013, 14:41
	Действительно, изящно. Кстати, а получится ли так же виртуозно рассмотреть ситуацию с серией из двух успехов подряд? Какой вид будет иметь распределения числа испытаний до первой серии из двух (или в общем случае r) успехов? Чему в этом случае будет равно матожидание? Вопрос с сериями в разделе уже поднимался (например, здесь), но, кажется, так ни разу и не был доведён до получения результата в явном виде. Полагаю, количество способов, которыми его можно рассмотреть, довольно велико. 1

@myn 832 / 679 / 101 Регистрация: 11.11.2012 Сообщений: 1,800
	16.11.2013, 16:02
	У меня студенты тоже такое умеют и через бесконечно убывающие геометрические прогрессии вывести мат. ожидание, и через дифференцирование рядов Почти так же легко и дисперсия выводится (через М(Х²). 0

@murom2013 386 / 180 / 42 Регистрация: 20.02.2013 Сообщений: 470
	16.11.2013, 20:25
	Это называется метод производящих функций. В литературе встречается. Два небольших дополнения: 1) в серии экспериментов необходимо наложить условие независимости этих самых экспериментов друг от друга, иначе ничего не получится, 2) всё-таки надо сказать несколько слов о допустимости дифференцировании ряда. Да, это можно, но почему? Спасибо за внимание. Всем приятных выходных. 0

@Heidegger 617 / 242 / 16 Регистрация: 31.07.2013 Сообщений: 376
	18.11.2013, 16:08
	Целью привлечения внимания к посту полугодовой давности было предложить желающим рассмотреть подходы к решению аналогичной задачи с сериями успехов. Даже для простейшего случая симметричной монеты (p = 1/2, r = 2 успеха подряд) элементарные решения не просматриваются (хотя, возможно, они и существуют). Например, сколько в среднем нужно сделать бросков, чтобы получить два герба подряд? Умеют такое студенты? :) И это всё же не метод производящих функций (хотя приёмы, конечно, похожи) – здесь в нём нет необходимости. А вот в случае серий без него уже, наверное, не обойтись. 0

@myn 832 / 679 / 101 Регистрация: 11.11.2012 Сообщений: 1,800
	18.11.2013, 18:51
	Конечно, умеют - это известное отрицательное биномиальное распределение NB(r;p) - число неудач до r-го по счету успеха. В вашем примере до второго, r=2. Мат. ожидание числа неудач равно $https://www.cyberforum.ru/cgi-bin/latex.cgi?M\left(X \right)=\frac{r(1-p)}{p}$ . Сколько в среднем надо бросить кости - надо к нему еще 1 прибавить, M(X)+1 или вы не про это? Добавлено через 3 минуты ряд распределения Х тоже легко выписывается: $https://www.cyberforum.ru/cgi-bin/latex.cgi?P(X=k)=C_{r+k-1}^k \cdot p^r \cdot(1-p)^k; k=0; 1; 2; ...\infty$ 0

@myn 832 / 679 / 101 Регистрация: 11.11.2012 Сообщений: 1,800
	18.11.2013, 19:26
	а в чем там проблема? в отличие от геометрического просто будет $https://www.cyberforum.ru/cgi-bin/latex.cgi?p^r$ Добавлено через 4 минуты Ряд распределения Х - числа неудач до r успехов подряд: $https://www.cyberforum.ru/cgi-bin/latex.cgi?P(X=k)= (1-p)^k \cdot p^r; k=0; 1; 2; ...\infty \\ Y=X+r$ [/QUOTE] Y - общее число испытаний Мат. ожидание находится как мат. ожидание геометрического, но умноженное на р в соответствующей степени. 0

@myn 832 / 679 / 101 Регистрация: 11.11.2012 Сообщений: 1,800
	18.11.2013, 20:15
	ну Вы тогда сформулируете четко задачу. А то вы по ходу дела все время меняете правила игры.. или имелось в виду, что до этого успехи тоже были возможны? Тогда, конечно, все гораздо сложнее... 0

@rahim 619 / 282 / 10 Регистрация: 22.01.2013 Сообщений: 874
	18.11.2013, 20:51
	Сообщение было отмечено как решение Решение Да вроде всё совершенно чётко оговорено: проводятся испытания до появления r успехов подряд. Найти математическое ожидание числа проведённых испытаний. Никаких проблем особых не вижу, и мотивация Heidegger не понятна мне. Америку открыть, разве что... Для r=2. Пусть M - искомое матожидание. Ждём до первого успеха время в среднем $https://www.cyberforum.ru/cgi-bin/latex.cgi?\frac1p$ . С вероятностью p следующий снова успех, и испытания закончились, матожидание равно $https://www.cyberforum.ru/cgi-bin/latex.cgi?\frac1p+1$ . С вероятностью q следующая неудача, и испытания после неё начнутся заново, и снова надо ждать в среднем время M. Тогда матожидание равно $https://www.cyberforum.ru/cgi-bin/latex.cgi?\frac1p+1+M$ . Итого по формуле полной вероятности для матожиданий $https://www.cyberforum.ru/cgi-bin/latex.cgi?M=p\cdot \left(\frac{1}{p}+1\right) + q \cdot \left(\frac1p+1+M\right)$ . Откуда $https://www.cyberforum.ru/cgi-bin/latex.cgi?M=\frac{p+1}{p^2}$ . То же самое для произвольного r: после первого успеха может быть Н с вероятностью q - тогда $https://www.cyberforum.ru/cgi-bin/latex.cgi?M=\left(\frac1p+1+M\right)$ , УН с вероятностью pq - тогда $https://www.cyberforum.ru/cgi-bin/latex.cgi?M=\left(\frac1p+2+M\right)$ , УУН с вероятностью $https://www.cyberforum.ru/cgi-bin/latex.cgi?p^2q$ - тогда $https://www.cyberforum.ru/cgi-bin/latex.cgi?M=\left(\frac1p+3+M\right)$ и т.д., УУ..УН с вероятностью $https://www.cyberforum.ru/cgi-bin/latex.cgi?p^{r-2}q$ - тогда $https://www.cyberforum.ru/cgi-bin/latex.cgi?M=\left(\frac1p+r-1+M\right)$ и, наконец, r-1 успех УУ..УУ с вероятностью $https://www.cyberforum.ru/cgi-bin/latex.cgi?p^{r-1}$ - тогда $https://www.cyberforum.ru/cgi-bin/latex.cgi?M=\left(\frac1p+r-1\right)$ . Итого $https://www.cyberforum.ru/cgi-bin/latex.cgi?M=q\left(\frac1p+1+M\right)+pq\left(\frac1p+2+M\right)+p^2q\left(\frac1p+3+M\right)+\ldots+p^{r-2}q\left(\frac1p+r-1+M\right)+p^{r-1}\left(\frac1p+r-1\right).$ Выражая отсюда M, получим $https://www.cyberforum.ru/cgi-bin/latex.cgi?M=\frac{1-p^r}{qp^r}$ . 5

@myn 832 / 679 / 101 Регистрация: 11.11.2012 Сообщений: 1,800
	18.11.2013, 21:21
	0

@rahim 619 / 282 / 10 Регистрация: 22.01.2013 Сообщений: 874
	19.11.2013, 00:07
	Это были пальцы , конечно же: возиться-то пришлось довольно долго. Так что спасибо Heidegger, что заставил посчитать. 2

@myn 832 / 679 / 101 Регистрация: 11.11.2012 Сообщений: 1,800
	19.11.2013, 10:49
	Ну еще раз браво... 0

Расчет матожидания количества испытаний до первого успеха

Решение