Oczekiwana wartość czasu oczekiwania na pierwszy z dwóch autobusów kursujących co 10 i 15 minut

19

Natknąłem się na pytanie w wywiadzie:

Co 10 minut przyjeżdża czerwony pociąg. Co 15 minut przyjeżdża niebieski pociąg. Oba zaczynają się od przypadkowego czasu, więc nie masz żadnego harmonogramu. Jeśli przyjeżdżasz na stację w przypadkowym czasie i jeździsz pociągiem, który przyjeżdża pierwszy, jaki jest oczekiwany czas oczekiwania?

probability random-variable expected-value Shengjie Zhang
źródło

3

Czy pociągi przyjeżdżają na czas, ale z nieznanymi równo rozłożonymi fazami, czy też postępują zgodnie z procesem poissona ze środkami 10 minut i 15 minut.

Tilefish Poele

1

Ten pierwszy, nie poisson.

Shengjie Zhang

7

@Tilefish robi ważny komentarz, na który wszyscy powinni zwrócić uwagę. Nie ma jednoznacznej odpowiedzi. Musisz założyć, co może oznaczać „zacząć od przypadkowego czasu”. (Czy to oznacza, że zaczynają się jednocześnie lub że zaczynają w różnych nieznanych czasach? Co uzasadniałoby traktowanie „nieznanego” jako zmiennej losowej o określonym znanym rozkładzie?) W zależności od różnicy faz (która ma znaczenie tylko modulo 5 minut), odpowiedź może się wahać od

15 / 4

$15/4$ do

25 / 6

$25/6$ . Rozkład jednolity różnicy fazowej, że wydajność

35 / 9

$35/9$ .

whuber

@ whuber wszyscy wydawali się interpretować komentarz OP tak, jakby dwa autobusy jechały w dwóch różnych losowych momentach. To, że

zaczęliby

1

@Aksakal. Nie wszyscy: nie wiem, a przynajmniej jedna odpowiedź w tym wątku nie - dlatego widzimy różne odpowiedzi numeryczne. Co więcej, prawie nikt nie uznaje faktu, że musiał dokonać takiej interpretacji pytania, aby uzyskać odpowiedź.

whuber

15

Jednym ze sposobów podejścia do problemu jest rozpoczęcie od funkcji przetrwania. Aby poczekać co najmniej minut, musisz poczekać co najmniej minut zarówno na czerwony, jak i niebieski pociąg. Tak więc ogólna funkcja przeżycia jest tylko produktem poszczególnych funkcji przeżycia: $t$ $t$

S (t) = (1 - \frac{t}{10}) (1 - \frac{t}{15})

$S(t) = \left( 1 - \frac{t}{10} \right) \left(1-\frac{t}{15} \right)$

co dla jest prawdopodobieństwem, że będziesz musiał czekać co najmniej minut na następny pociąg. Uwzględnia to wyjaśnienie PO w komentarzu, że poprawne założenia należy przyjąć, że każdy pociąg ma ustalony rozkład jazdy niezależnie od drugiego i czasu przybycia podróżnego oraz że fazy dwóch pociągów są równomiernie rozmieszczone , $0 \le t \le 10$ $t$

Następnie pdf otrzymuje się jako

p (t) = (1 - S (t))^{'} = \frac{1}{10} (1 - \frac{t}{15}) + \frac{1}{15} (1 - \frac{t}{10})

$p(t) = (1-S(t))' = \frac{1}{10} \left( 1- \frac{t}{15} \right) + \frac{1}{15} \left(1-\frac{t}{10} \right)$

A oczekiwaną wartość uzyskuje się w zwykły sposób:

, $E[t] = \int_0^{10} t p(t) dt = \int_0^{10} \frac{t}{10} \left( 1- \frac{t}{15} \right) + \frac{t}{15} \left(1-\frac{t}{10} \right) dt = \int_0^{10} \left( \frac{t}{6} - \frac{t^2}{75} \right) dt$

który działa do minut $\frac{35}{9}$

Dave
źródło

Dave, czy możesz wyjaśnić, w jaki sposób p (t) = (1- s (t)) '?

Chef1075

Mogę wyjaśnić, że dla ciebie S (t) = 1-F (t), p (t) jest po prostu f (t) = F (t) '.

Deep North

4

Pomysł funkcji przetrwania jest świetny. Ale po co czerpać PDF, skoro można bezpośrednio zintegrować funkcję przeżycia, aby uzyskać oczekiwanie? W efekcie dwie trzecie tej odpowiedzi pokazuje jedynie podstawowe twierdzenie rachunku różniczkowego i całkowego na konkretnym przykładzie. A co uzasadnia użycie produktu w celu uzyskania

? Za tym kryje się ukryte założenie.

S

$S$

whuber

2

@ whuber Wolę to podejście, wyprowadzając plik PDF z funkcji przeżycia, ponieważ poprawnie obsługuje przypadki, w których domena zmiennej losowej nie zaczyna się od 0.

Dave

2

(1) Twoja domena jest pozytywna. (2) Formuła jest łatwa do uogólnienia. .

Whuber

9

Odpowiedź brzmi: Get części wewnątrz nawiasach: Więc część jest:

E [t] = \int_{x} \int_{y} min (x, y) \frac{1}{10} \frac{1}{15} d x d y = \int_{x} (\int_{y < x} y d y + \int_{y > x} x d y) \frac{1}{10} \frac{1}{15} d x

$E[t]=\int_x\int_y \min(x,y)\frac 1 {10} \frac 1 {15}dx dy=\int_x\left(\int_{y<x}ydy+\int_{y>x}xdy\right)\frac 1 {10} \frac 1 {15}dx$

\int_{y < x} y re y = y^{2)} / 2) |_{0}^{x} = x^{2)} / 2)

$\int_{y<x}ydy=y^2/2|_0^x=x^2/2$

\int_{y > x} x re y = x y |_{x}^{15} = 15 x - x^{2)}

$\int_{y>x}xdy=xy|_x^{15}=15x-x^2$

Wreszcie

(.) = (\int_{y < x} y re y + \int_{y > x} x re y) = 15 x - x^{2)} / 2)

$(.)=\left(\int_{y<x}ydy+\int_{y>x}xdy\right)=15x-x^2/2$

E [t] = \int_{x} (15 x - x^{2} / 2) \frac{1}{10} \frac{1}{15} d x = (15 x^{2} / 2 - x^{3} / 6) |_{0}^{10} \frac{1}{10} \frac{1}{15} = (1500 / 2 - 1000 / 6) \frac{1}{10} \frac{1}{15} = 5 - 10 / 9 \approx 3.89

$E[t]=\int_x (15x-x^2/2)\frac 1 {10} \frac 1 {15}dx= (15x^2/2-x^3/6)|_0^{10}\frac 1 {10} \frac 1 {15}\\= (1500/2-1000/6)\frac 1 {10} \frac 1 {15}=5-10/9\approx 3.89$

Oto kod MATLAB do symulacji:

nsim = 10000000;
red= rand(nsim,1)*10;
blue= rand(nsim,1)*15;
nextbus = min([red,blue],[],2);
mean(nextbus)

Aksakal
źródło

1

Podejmujesz błędne założenia dotyczące początkowego punktu początkowego pociągów. tj. używając logiki, ile czerwonych i niebieskich pociągów przyjeżdża co 2 godziny? Ile pociągów ogółem w ciągu 2 godzin? itp.

Tilefish Poele

1

Czy pociągi nie mogą przyjechać w minucie 0 i 60?

Tilefish Poele

1

a co, jeśli zaczną w tym samym czasie, staram się powiedzieć? Co się stanie, jeśli oba zaczną od minuty 0. Ile masz pociągów przyjeżdżających?

Tilefish Poele

1

Symulacja nie naśladuje dokładnie opisu problemu. W szczególności, nie ma modelu, w którym „losowy czas” ty pojawić na dworcu autobusowym. Jako taki zawiera kilka niepotwierdzonych założeń dotyczących problemu.

whuber

2

@ Whuber emuluje fazę autobusów w stosunku do mojego przyjazdu na stację

Aksakal

4

Zakładając, że każdy pociąg ma ustalony rozkład jazdy niezależny od drugiego i czasu przybycia podróżnego, prawdopodobieństwo, że żaden pociąg nie dotrze do pierwszego $x$ minut jest $\frac{10-x}{10} \times \frac{15-x}{15}$ dla $0 \le x \le 10$ , który po zintegrowaniu daje $\frac{35}9\approx 3.889$ minuty

Alternatywnie, zakładając, że każdy pociąg jest częścią procesu Poissona, łączna stawka wynosi $\frac{1}{15}+\frac{1}{10}=\frac{1}{6}$ trenuje minutę, zapewniając oczekiwany czas oczekiwania $6$ minuty

Henz
źródło

3

@Dave jest w porządku, jeśli wsparciem są nieujemne liczby rzeczywiste.

Neil G

3

@dave Brakuje mu uzasadnienia, ale jest to właściwe rozwiązanie, o ile zakładasz, że przyjazd pociągów jest równomiernie rozłożony (tj. ustalony rozkład jazdy ze znanymi stałymi czasami między pociągami, ale nieznanym przesunięciem). Działa z dowolną liczbą pociągów. Jest tak, ponieważ oczekiwana wartość nieujemnej zmiennej losowej jest całką jej funkcji przeżycia.

Neil G

1

@Dave z jednym pociągiem na stałe

10

$10$ minutowy rozkład jazdy niezależny od przybycia podróżnika, integrujesz

\frac{10 - x}{10}

$\frac{10-x}{10}$ koniec

0 \leq x \leq 10

$0 \le x \le 10$ na oczekiwany czas oczekiwania

5

$5$ minut, z procesem Poissona z szybkością

λ = \frac{1}{10}

$\lambda=\frac1{10}$ integrujesz

e^{- λ x}

$e^{-\lambda x}$ koniec

0 \leq x < \infty

$0 \le x \lt \infty$ na oczekiwany czas oczekiwania

\frac{1}{λ} = 10

$\frac1\lambda=10$ minut

Henry

1

@NeilG TIL, że „oczekiwana wartość nieujemnej zmiennej losowej jest całką funkcji przetrwania”, niejako - istnieje pewna podstępność w tym, że dziedzina zmiennej losowej musi zaczynać się od

0

$0$ , a jeśli nie zaczyna się samoistnie od zera (np. w przypadku innego problemu, w którym czasy między przyjazdami były równomiernie rozłożone między 5 a 10 minut), w rzeczywistości należy zastosować dolną granicę 0 podczas integracji funkcji przeżycia . (począwszy od 0 jest wymagane, aby uzyskać ograniczenie granicy do anulowania po wykonaniu integracji przez części)

Dave

3

+1 W tej chwili jest to unikalna odpowiedź, która wyraźnie mówi o swoich założeniach. Wszyscy inni przyjmują pewne krytyczne założenia, nie uznając ich.

whuber

2

Prawdopodobnie się mylę, ale zakładając, że czas startu każdego pociągu jest zgodny z jednolitym rozkładem, powiedziałbym, że przyjeżdżając na stację w przypadkowym czasie, oczekiwany czas oczekiwania na:

$R$ Ed Train jest $\mathbb{E}[R] = 5$ min
$B$ kolejka jest $\mathbb{E}[B] = 7.5$ min
pierwszy jest pociąg $\mathbb{E}[\min(R,B)] =\frac{15}{10}(\mathbb{E}[B]-\mathbb{E}[R]) = \frac{15}{4} = 3.75$ min

Jak wskazano w komentarzach, zrozumiałem „Oba rozpoczynają od przypadkowego czasu”, ponieważ „dwa pociągi rozpoczynają w tym samym losowym czasie”. Co jest bardzo ograniczającym założeniem.

utrzymać przy życiu
źródło

1

Dzięki! Masz poprawną odpowiedź. Ale 3. wciąż nie jest dla mnie oczywiste. Czy możesz wyjaśnić coś więcej?

Shengjie Zhang

1

To nie jest właściwa odpowiedź

Aksakal

1

Myślę, że podejście jest w porządku, ale twój trzeci krok nie ma sensu.

Neil G

2

Ta odpowiedź zakłada, że w pewnym momencie pociągi czerwony i niebieski przyjeżdżają jednocześnie: to znaczy, że są w fazie. Inne odpowiedzi mają inne założenie dotyczące tej fazy.

whuber

2

Załóżmy, że czerwone i niebieskie pociągi przyjeżdżają punktualnie zgodnie z rozkładem, z początkiem czerwonego rozkładu $\Delta$ dla niektórych minut po niebieskim planie $0\le\Delta<10$ . Dla pewności załóżmy, że pierwszy niebieski pociąg przyjeżdża o czasie $t=0$ .

Załóżmy na razie, że $\Delta$ kłamstwa pomiędzy $0$ i $5$ minuty. pomiędzy $t=0$ i $t=30$ minut zobaczymy następujące pociągi i czasy międzywojenne: niebieski pociąg, $\Delta$ czerwony pociąg $10$ czerwony pociąg $5-\Delta$ , niebieski pociąg, $\Delta + 5$ czerwony pociąg $10-\Delta$ , niebieski pociąg. Następnie harmonogram się powtarza, zaczynając od ostatniego niebieskiego pociągu.

Gdyby $W_\Delta(t)$ oznacza czas oczekiwania na pasażera przybywającego na stację w danym momencie $t$ , a następnie fabuła $W_\Delta(t)$ przeciw $t$ jest fragmentarycznie liniowy, a każdy segment linii zmniejsza się do zera wraz ze spadkiem $-1$ . Średni czas oczekiwania to obszar z $0$ do $30$ tablicy trójkątów podzielonej przez $30$ . To daje

\begin{aligned} {\bar{W.}}_{Δ} & : = \frac{1}{30} (\frac{1}{2)} [Δ^{2)} + 10^{2)} + (5 - Δ)^{2)} + (Δ + 5)^{2)} + (10 - Δ)^{2)}]) \\ = \frac{1}{30} (2) Δ^{2)} - 10 Δ + 125) . \end{aligned}

$\begin{align}\bar W_\Delta &:= \frac1{30}\left(\frac12[\Delta^2+10^2+(5-\Delta)^2+(\Delta+5)^2+(10-\Delta)^2]\right)\\&=\frac1{30}(2\Delta^2-10\Delta+125). \end{align}$ Zauważ, że w powyższym wydaniu przyjeżdża czerwony pociąg

Δ + 5

$\Delta+5$ minut po niebieskim pociągu. Ponieważ harmonogram powtarza się co 30 minut, zakończ

{\bar{W}}_{Δ} = {\bar{W}}_{Δ + 5}

$\bar W_\Delta=\bar W_{\Delta+5}$ i wystarczy rozważyć

0 \leq Δ < 5

$0\le\Delta<5$ .

Gdyby $\Delta$ nie jest stała, ale zamiast równomiernie rozmieszczonej zmiennej losowej, otrzymujemy średni średni czas oczekiwania wynoszący

\frac{1}{5} \int_{Δ = 0}^{5} \frac{1}{30} (2) Δ^{2)} - 10 Δ + 125) re Δ = \frac{35}{9} .

$\frac15\int_{\Delta=0}^5\frac1{30}(2\Delta^2-10\Delta+125)\,d\Delta=\frac{35}9.$

grand_chat
źródło

2

To jest proces Poissona. Czerwony pociąg przyjeżdża zgodnie z rozkładem Poissona z parametrem prędkości 6 / godzinę.
Przyjeżdża również niebieski pociąg według rozkładu Poissona z prędkością 4 / godzinę. Przyjazdy pociągu czerwonego i niebieskiego są niezależne. Łączna liczba przyjazdów pociągów to także Poisson z stawką 10 / godzinę. Ponieważ suma czasu między przyjazdami pociągów jest wykładnicza i wynosi średnio 6 minut. Ponieważ średnia wykładnicza jest odwrotnością parametru szybkości Poissona. Ponieważ rozkład wykładniczy jest bez pamięci, oczekiwany czas oczekiwania wynosi 6 minut.

Alison
źródło

Poisson to założenie, które nie zostało określone przez PO. Ale pewne takie założenia są konieczne. Logika jest nienaganna. +1 Podoba mi się to rozwiązanie.

Michael R. Chernick

1

OP stwierdził w komentarzach, że proces ten nie jest

Poissonem

Oczekiwana wartość czasu oczekiwania na pierwszy z dwóch autobusów kursujących co 10 i 15 minut

Odpowiedzi: