Distribución de una variable aleatoria en un lanzamiento de moneda

Question

Amanda arroja una moneda justa hasta que obtiene$H$. Deje$X$ ser el número de estos lanzamientos.

Después de eso arroja$X$ monedas limpias, cada una hasta que obtenga$H$. Permita que$Y_i$ sea la cantidad de lanzamientos de la moneda$i\in\{1,\dots,X\}$.

Finalmente, deje$S=Y_1+Y_2+\dots+Y_X$la cantidad total de lanzamientos (excluyendo los primeros lanzamientos de$X$).

Probar: $S\sim Geom(\frac{1}{4})$

Mi intento:

Sé que$(S|X=k)\sim NB(k,\frac{1}{2})$ como suma de variables aleatorias geométricas. ¿Cómo puedo concluir que$S\sim Geom(\frac{1}{4})$?

Answer 1

Considere un dado etiquetado sesgado$Z$ donde$P(Z=T)=1/2$,$P(Z=H)=1/4$,$P(Z=END)=1/4$. Tomamos muestras de$Z$ hasta que obtenemos$Z=END$ para formar una secuencia$( Z_i )$. Por ejemplo $( Z_i ) = (T, H, H, T, T, H, T,END)$. La duración de la secuencia sigue claramente$Geom(1/4)$.

Podemos biject$( Z_i )$ a$(Y_1, Y_2, ... , Y_X)$ de la manera obvia:

ps

es decir,$$( Z_i ) = (T, H, H, T, T, H, T, END) \leftrightarrow (2,1,3,2)=(Y_1,Y_2,Y_3,Y_4)$ y los lanzamientos fueron$X=4$,$(T,H)$,$(H)$,$(T,T,H)$. Aviso$(T,H)$ y$length(Z_i)=S$

La probabilidad de que los dos sean iguales:$num((Z_i)=H)+1=X$ y$P((Z_i))=\frac{1}{2^{length+num((Z_i)=H)+1}}$. Por lo tanto,$P((Y_i))=\frac{1}{2^{S+X}}$ sigue la misma distribución que la longitud de$S$.

Answer 2

Pero no es muy elegante...

$$\begin{align} P(S=s) &= \sumx P(S=s \mid X = x) P(X=x)\ &=\sum{x=1}^s\binom{s-1}{x-1} \left(\frac12\right)^{s} \left(\frac12\right)^{x}\ &= \left(\frac12\right)^{s+1} \sum_{u=0}^{s-1}\binom{s-1}{u} \left(\frac12\right)^{u}\ &= \left(\frac12\right)^{s+1} \left(1+\frac12\right)^{s-1}\ &= \frac14 \left(\frac34\right)^{s-1} \end {Alinee el} $$

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Actualización: Para una solución más elegante, vea la respuesta (+1) por John Ma.

Esencialmente, se da cuenta de que el proceso es equivalente al siguiente: lanzar una moneda justa hasta la H. Luego, lanzar una nueva moneda justa para decidir si terminar el proceso, otra parte comenzar de nuevo. Aquí S es el número total de monedas. Y esto es equivalente a una distribución geométrica con $p=\frac14$.

Answer 3

Tienes $P(S=s \mid X=k)= \dfrac{s-1 \choose k-1}{2^s}$ y $P( X=k) = \dfrac{1}{2^s}$ y $1 \le k \le s$

y así $P(S=s )= \sum\limits{k=1}^s \dfrac{s-1 \choose k-1}{2^{s+k}} = \dfrac{1}{2^{s+1}} \sum\limits{j=0}^{s-1} \dfrac{s-1 \choose j}{2^{j}} = \dfrac{1}{2^{s+1}} \left(1+\dfrac12\right)^{s-1} = \dfrac14\left(\dfrac34\right)^{s-1} $ según sea necesario para mostrar $S \sim \text{Geom}\left(\frac14\right)$

Answer 4

Una manera de hacerlo es el cálculo de la función característica.

$$\phi{S}\left(t\right):=\mathbb{E}e^{itS}=\sum{k=1}^{\infty}\mathbb{E}\left(e^{itS}\mid X=k\right)P\left(X=k\right)=\sum{k=1}^{\infty}\left(\mathbb{E}e^{itY{1}}\right)^{k}2^{-k}=\sum{k=1}^{\infty}\left(\frac{e^{it}}{2-e^{it}}\right)^{k}2^{-k}=\sum{k=1}^{\infty}\left(\frac{e^{it}}{4-2e^{it}}\right)^{k}=\frac{\frac{e^{it}}{4-2e^{it}}}{1-\frac{e^{it}}{4-2e^{it}}}=\frac{e^{it}}{4-3e^{it}}$$

No es muy elegante, aunque.

No sería sorprendido si aparece una mejor solución.