ค่าที่คาดหวังของเวลารอคอยสำหรับรถเมล์แรกของสองคันที่วิ่งทุก ๆ 10 และ 15 นาที

19

ฉันเจอคำถามสัมภาษณ์:

มีรถไฟสีแดงที่ออกทุก 10 นาที มีรถไฟสีน้ำเงินมาทุก ๆ 15 นาที ทั้งคู่เริ่มจากเวลาสุ่มดังนั้นคุณไม่มีตารางเวลาใด ๆ หากคุณมาถึงสถานีโดยการสุ่มเวลาและขึ้นรถไฟขบวนใดที่มาก่อนเวลารอที่คาดหวังคืออะไร

probability random-variable expected-value

— Shengjie Zhang
แหล่งที่มา

3

รถไฟมาถึงตรงเวลา แต่ไม่ทราบระยะที่เท่ากันหรือทำตามกระบวนการปัวซองด้วยค่าเฉลี่ย 10 นาทีและ 15 นาที

— Tilefish Poele

1

อดีตหนึ่งไม่ใช่ปัวซอง

— Shengjie Zhang

7

@Tilefish แสดงความคิดเห็นที่สำคัญที่ทุกคนควรให้ความสนใจ ไม่มีคำตอบที่ชัดเจน คุณต้องถือว่าสิ่งที่ "เริ่มต้นจากเวลาสุ่ม" อาจหมายถึง (มันหมายความว่าพวกเขาเริ่มต้นพร้อมกันหรือว่าพวกเขาเริ่มในเวลาที่ไม่รู้จักที่แตกต่างกันอะไรจะปรับการรักษา "ไม่ทราบ" เป็นตัวแปรสุ่มที่มีการกระจายที่แน่นอนแน่นอน?) เป็นหน้าที่ของความแตกต่างของเฟส คำตอบจะแตกต่างจาก

15 / 4

$15/4$ ที่จะ

25 / 6

$25/6$ 6

เครื่องแบบกระจายของความแตกต่างเฟสจะให้ผลผลิต

35 / 9

$35/9$ 9

— whuber

@ ทุกคนดูเหมือนจะตีความความคิดเห็นของ OP ราวกับว่ารถสองคันเริ่มต้นในการสุ่มสองครั้งที่แตกต่างกัน ว่าพวกเขาจะเริ่มต้นในเวลาสุ่มเหมือนกันดูเหมือนจะผิดปกติ

— Aksakal

1

@Aksakal ไม่ใช่ทุกคน: ฉันไม่และอย่างน้อยหนึ่งคำตอบในกระทู้นี้ไม่ได้ - นั่นคือเหตุผลที่เราเห็นคำตอบเชิงตัวเลขที่แตกต่างกัน ยิ่งกว่านั้นแทบจะไม่มีใครยอมรับความจริงที่ว่าพวกเขาจะต้องทำการตีความคำถามเพื่อที่จะได้คำตอบ

— whuber

15

วิธีหนึ่งในการแก้ไขปัญหาคือเริ่มจากฟังก์ชันการอยู่รอด เพื่อที่จะต้องรออย่างน้อยนาทีคุณต้องรออย่างน้อยนาทีสำหรับทั้งรถไฟสีแดงและสีฟ้า ดังนั้นฟังก์ชั่นการเอาชีวิตรอดโดยรวมเป็นเพียงผลจากการทำหน้าที่ความอยู่รอดของแต่ละบุคคล $t$ $t$

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

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

ซึ่งสำหรับเป็นความน่าจะเป็นที่คุณจะต้องรออย่างน้อยนาทีสำหรับรถไฟขบวนถัดไป สิ่งนี้คำนึงถึงความกระจ่างของผู้ปฏิบัติงานในความเห็นที่ว่าข้อสันนิษฐานที่ถูกต้องคือรถไฟแต่ละขบวนอยู่บนตารางเวลาคงที่ซึ่งเป็นอิสระจากรถไฟขบวนอื่นและเวลาเดินทางถึงของผู้เดินทางและขั้นตอนของรถไฟสองขบวนนั้นมีการกระจายอย่างสม่ำเสมอ , $0 \le t \le 10$ $t$

จากนั้น PDF จะได้รับเป็น

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

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

และคาดว่าจะได้รับตามปกติ:

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

ซึ่งทำงานได้ถึงนาที $\frac{35}{9}$

— เดฟ
แหล่งที่มา

เดฟคุณช่วยอธิบายได้อย่างไรว่า p (t) = (1- s (t)) '?

— Chef1075

ฉันสามารถอธิบายได้ว่าสำหรับคุณ S (t) = 1-F (t) p (t) เป็นเพียง f (t) = F (t) '

— Deep North

4

ความคิดฟังก์ชั่นการเอาชีวิตรอดนั้นยอดเยี่ยม แต่ทำไมถึงได้รับ PDF เมื่อคุณสามารถรวมฟังก์ชั่นการอยู่รอดเพื่อรับความคาดหวังโดยตรง ผลสองในสามของคำตอบนี้แสดงให้เห็นถึงทฤษฎีบทพื้นฐานของแคลคูลัสด้วยตัวอย่างเฉพาะ และอะไรคือเหตุผลที่ใช้ผลิตภัณฑ์เพื่อให้ได้

? มีข้อสันนิษฐานที่ซ่อนอยู่หลังนั้น

S

$S$

— whuber

2

@whuber ฉันชอบวิธีการนี้ได้รับ PDF จากฟังก์ชั่นการอยู่รอดเพราะมันจัดการกับกรณีที่โดเมนของตัวแปรสุ่มไม่เริ่มต้นที่ 0

— เดฟ

2

(1) โดเมนของคุณเป็นค่าบวก (2) สูตรทั่วไปได้อย่างง่ายดาย .

— whuber

9

คำตอบคือ รับชิ้นส่วนที่อยู่ภายในวงเล็บนี้: ดังนั้นส่วนคือ:

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 d 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 d y = x y |_{x}^{15} = 15 x - x^{2}

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

สุดท้าย

(.) = (\int_{y < x} y d y + \int_{y > x} x d 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

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

นี่คือรหัส MATLAB เพื่อจำลอง:

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

— Aksakal
แหล่งที่มา

1

คุณกำลังตั้งสมมติฐานที่ไม่ถูกต้องเกี่ยวกับจุดเริ่มต้นของการรถไฟ คือการใช้ลอจิกของคุณรถไฟสีแดงและสีฟ้ามีกี่ครั้งใน 2 ชั่วโมง จำนวนรถไฟทั้งหมดใน 2 ชั่วโมง ฯลฯ

— Tilefish Poele

1

รถไฟมาไม่ถึงนาทีที่ 0 และนาทีที่ 60 ได้หรือไม่

— Tilefish Poele

1

แล้วถ้าพวกเขาเริ่มในเวลาเดียวกันก็เป็นสิ่งที่ฉันพยายามจะพูด จะเกิดอะไรขึ้นถ้าพวกเขาทั้งคู่เริ่มต้นในนาทีที่ 0 คุณมีรถไฟมาถึงกี่ครั้งแล้ว?

— Tilefish Poele

1

การจำลองไม่ได้เลียนแบบคำชี้แจงปัญหาอย่างแน่นอน โดยเฉพาะอย่างยิ่งมันไม่ได้จำลอง "เวลาสุ่ม" ที่คุณปรากฏที่สถานีขนส่ง เช่นนี้จะรวมถึงสมมติฐานที่ไม่ระบุจำนวนมากเกี่ยวกับปัญหา

— whuber

2

@ เมื่อเบอร์มันเลียนแบบเฟสของรถเมล์เมื่อเทียบกับการมาถึงของฉันที่สถานี

— Aksakal

4

Assuming each train is on a fixed timetable independent of the other and of the traveller's arrival time, the probability neither train arrives in the first $x$ minutes is $\frac{10-x}{10} \times \frac{15-x}{15}$ สำหรับ $0 \le x \le 10$ ซึ่งเมื่อรวมเข้าด้วยกัน $\frac{35}9\approx 3.889$ นาที

อีกวิธีหนึ่งคือสมมติว่ารถไฟแต่ละขบวนเป็นส่วนหนึ่งของกระบวนการปัวซอง $\frac{1}{15}+\frac{1}{10}=\frac{1}{6}$ รถไฟหนึ่งนาทีทำให้รอเวลาที่คาดหวัง $6$ นาที

— เฮนรี่
แหล่งที่มา

3

@Dave it's fine if the support is nonnegative real numbers.

— Neil G

3

@dave He's missing some justifications, but it's the right solution as long as you assume that the trains arrive is uniformly distributed (i.e., a fixed schedule with known constant inter-train times, but unknown offset). It works with any number of trains. This is the because the expected value of a nonnegative random variable is the integral of its survival function.

— Neil G

1

@Dave with one train on a fixed

10

$10$ minute timetable independent of the traveller's arrival, you integrate

\frac{10 - x}{10}

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

0 \leq x \leq 10

$0 \le x \le 10$ to get an expected wait of

5

$5$ minutes, while with a Poisson process with rate

λ = \frac{1}{10}

$\lambda=\frac1{10}$ you integrate

e^{- λ x}

$e^{-\lambda x}$ over

0 \leq x < \infty

$0 \le x \lt \infty$ to get an expected wait of

\frac{1}{λ} = 10

$\frac1\lambda=10$ minutes

— Henry

1

@NeilG TIL that "the expected value of a non-negative random variable is the integral of the survival function", sort of -- there is some trickiness in that the domain of the random variable needs to start at

0

$0$ , and if it doesn't intrinsically start at zero(e.g. for a different problem where the inter-arrival times were, say, uniformly distributed between 5 and 10 minutes) you actually have to use a lower bound of 0 when integrating the survival function. (starting at 0 is required in order to get the boundary term to cancel after doing integration by parts)

— Dave

3

+1 At this moment, this is the unique answer that is explicit about its assumptions. All the others make some critical assumptions without acknowledging them.

— whuber

2

I am probably wrong but assuming that each train's starting-time follows a uniform distribution, I would say that when arriving at the station at a random time the expected waiting time for:

the $R$ ed train is $\mathbb{E}[R] = 5$ mins
the $B$ lue train is $\mathbb{E}[B] = 7.5$ mins
the train that comes the first is $\mathbb{E}[\min(R,B)] =\frac{15}{10}(\mathbb{E}[B]-\mathbb{E}[R]) = \frac{15}{4} = 3.75$ mins

As pointed out in comments, I understood "Both of them start from a random time" as "the two trains start at the same random time". Which is a very limiting assumption.

— keepAlive
แหล่งที่มา

1

Thanks! Your got the correct answer. But 3. is still not obvious for me. Could you explain a bit more?

— Shengjie Zhang

1

This is not the right answer

— Aksakal

1

I think the approach is fine, but your third step doesn't make sense.

— Neil G

2

This answer assumes that at some point, the red and blue trains arrive simultaneously: that is, they are in phase. Other answers make a different assumption about the phase.

— whuber

2

Suppose that red and blue trains arrive on time according to schedule, with the red schedule beginning $\Delta$ minutes after the blue schedule, for some $0\le\Delta<10$ . For definiteness suppose the first blue train arrives at time $t=0$ .

Assume for now that $\Delta$ lies between $0$ and $5$ minutes. Between $t=0$ and $t=30$ minutes we'll see the following trains and interarrival times: blue train, $\Delta$ , red train, $10$ , red train, $5-\Delta$ , blue train, $\Delta + 5$ , red train, $10-\Delta$ , blue train. Then the schedule repeats, starting with that last blue train.

If $W_\Delta(t)$ denotes the waiting time for a passenger arriving at the station at time $t$ , then the plot of $W_\Delta(t)$ versus $t$ is piecewise linear, with each line segment decaying to zero with slope $-1$ . So the average wait time is the area from $0$ to $30$ of an array of triangles, divided by $30$ . This gives

\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}

$\begin{align}\bar W_\Delta &:= \frac1{30}\left(\frac12[\Delta^2+10^2+(5-\Delta)^2+(\Delta+5)^2+(10-\Delta)^2]\right)\\&=\frac1{30}(2\Delta^2-10\Delta+125). \end{align}$ Notice that in the above development there is a red train arriving

Δ + 5

$\Delta+5$ minutes after a blue train. Since the schedule repeats every 30 minutes, conclude

{\bar{W}}_{Δ} = {\bar{W}}_{Δ + 5}

$\bar W_\Delta=\bar W_{\Delta+5}$ , and it suffices to consider

0 \leq Δ < 5

$0\le\Delta<5$ .

If $\Delta$ is not constant, but instead a uniformly distributed random variable, we obtain an average average waiting time of

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

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

— grand_chat
แหล่งที่มา

2

This is a Poisson process. The red train arrives according to a Poisson distribution wIth rate parameter 6/hour.
The blue train also arrives according to a Poisson distribution with rate 4/hour. Red train arrivals and blue train arrivals are independent. Total number of train arrivals Is also Poisson with rate 10/hour. Since the sum of The time between train arrivals is exponential with mean 6 minutes. Since the exponential mean is the reciprocal of the Poisson rate parameter. Since the exponential distribution is memoryless, your expected wait time is 6 minutes.

— Alison
แหล่งที่มา

The Poisson is an assumption that was not specified by the OP. But some assumption like this is necessary. The logic is impeccable. +1 I like this solution.

— Michael R. Chernick

1

OP said specifically in comments that the process is not Poisson

— Aksakal