Otra forma de resolver este problema es el uso de cadenas de Markov. Deje estado 0 ser el comienzo de estado. A continuación, con una probabilidad de 0.5 de que usted va a obtener los jefes y pasar a estado 1; con una probabilidad de 0.5 de que usted va a obtener colas y permanecer en el estado 0. Una vez en estado 1, aparecerá cabezas (probabilidad de 0,5) y se mantienen en estado 1 o se obtendrá colas (probabilidad 0.5) y pasar a estado 2 que es la aceptación de un estado.
Como una matriz de transición, entonces, tenemos:
$$ \begin{array}{c|ccc}
& 0 & 1 & 2 \\ \hline
0 & 0.5 & 0.5 & 0 \\
1 & 0 & 0.5 & 0.5 \\
2 & 0 & 0 & 1 \\
\end{array} $$
If we let $\phi(i)$ be the expected number of flips to go from state $i$ to state 2, then from this transition matrix we must have:
$\phi(0) = 0.5*(1 + \phi(0)) + 0.5*(1+\phi(1)) + 0*(1+\phi(2))$
$\phi(1) = 0*(1 + \phi(0)) + 0.5*(1+\phi(1)) + 0.5*(1+\phi(2))$
$\phi(2) = 0*(1 + \phi(0)) + 0*(1+\phi(1)) + 1*\phi(2)$
Por lo que, obviamente, $\phi(2)=0$ y conectando en la primera de dos ecuaciones da el mismo sistema a resolver, como en las otras respuestas.
La solución para $\phi(0)$ da $\phi(0) = 4$.
"¿Por qué" lo hace solamente requieren de 4 volteretas en la expectativa de que lo hacen diferente de los 6 lanzamientos necesarios a la expectativa para ver HH o TT? Si la moneda es justo, entonces, de dos flip secuencia, HH, HT, TH, TT son todos igualmente probables, por lo que no debería tomar la misma cantidad de "tiempo" antes de esperar a ver cualquier uno de los dos flip-patrones?
No. En primer lugar, ya hemos calculado y las expectativas son diferentes. A menos que nuestro modelo de la situación que está mal, entonces 4 es simplemente la respuesta, incluso si no "siente" a la derecha. En segundo lugar, sin embargo, existe una importante asimetría en los dos problemas.
Cuando se busca HH, tendríamos una matriz de transición como esta:
$$ \begin{array}{c|ccc}
& 0 & 1 & 2 \\ \hline
0 & 0.5 & 0.5 & 0 \\
1 & 0.5 & 0 & 0.5 \\
2 & 0 & 0 & 1 \\
\end{array} $$
The difference is the second row. Instead of being able to stick around indefinitely in state 1, we are immediately faced with either succeeding (getting that second H) or failing and being forced to start over.
This means, on average, it should take longer in the HH case to reach the success state 2 from the middle state 1 than in our original problem. But the probability of going from the start state 0 to the middle state 1 remains identical between the two problems.
So we should expect that it takes longer on average to see the first HH than to see the first HT.
An interesting exercise would be to ask: is there a biased coin of some kind for which the expected number of flips to see HH is the same as the expected number of flips to see HT?
I decided to go ahead and work this one out assuming that $p$ represents the probability of the coin landing on Heads on a certain flip. You can modify the above two transition matrices to use $p$ and $1-p$ in the appropriate places, get the system of equations in each case (the HH case or the HT case) and then solve.
When I solve this, I get that in general, for a coin with bias $p$ for Heads, it will take on average $1/p + 1/(1-p)$ flips to see HT (this agrees with the answer in the 0.5 case) and it will take $(1+p)/p^2$ flips in the HH case, again agreeing with previous calculations for the 0.5 case.
This leads to an equation for $p$:
$\frac{1}{p} + \frac{1}{1-p} = \frac{1+p}{p^2}$
and after rearranging and simplifying, it is a polynomial equation:
$0 = 1 - p - p^2$
que tiene raíces: 0.61803399, -1.618003399, el primero de los cuales puede servir como válido el parámetro bias una moneda.
Así, si alguna vez encuentro una moneda con probabilidad de Jefes de 0.61803399, entonces en ese caso va a ser cierto que, en promedio, se tarda como muchos voltea a ver la primera aparición de HH como lo hace a la primera aparición de la hta.
