Probabilidad de siempre más cabezas que colas

Question

Una moneda que sale cara con probabilidad de $p$ es volteado $n$ veces consecutivas. ¿Cuál es la probabilidad de que a partir de la primera vuelta siempre hay más cabezas de las colas que han aparecido?

He visto indicios de que este es Bertrand en la boleta de problema en el disfraz .

Aquí va mi intento:

Deje $X$ el número de cabezas en $n$ lanza con una moneda de probabilidad $p$. Deje $Y$ el número de colas. Deje $s=\text{floor}(n/2)+1$

$\begin{align*}P(\text{Always more heads}) &= \sum_{k=0}^n P(\text{Always more heads}|X=k)P(X=k)\\ &= \sum_{k=s}^n P(\text{Always more heads}|X=k)P(X=k)\\ &= \sum_{k=s}^n \dfrac{k-(n-k)}{k+n-k}{n \choose k}p^k(1-p)^{n-k}\\ &= \sum_{k=s}^n \dfrac{2k-n}{n}{n \choose k}p^k(1-p)^{n-k} \end{align*}$

Eso no parece muy simple para mí. Hay una manera mejor de hacer esto? Gracias.

Answer 1

Para un valor fijo de $n$, no estoy seguro de que una fórmula más simple que existe. Sin embargo, para $n=\infty$, la probabilidad de que haya más cabezas de las colas de forma permanente es simplemente igual a $2p-1$. Podemos mostrar esta de la siguiente manera.

Deje $x_k$ denotar la probabilidad de éxito condicional en el estado actual de ser $k$ cabezas. Tenemos la simple recurrencia $x_k=p x_{k+1}+(1-p)x_{k-1}$, lo que podemos reescribir como $$x_k=\frac{1}{p}x_{k-1} - \frac{1-p}{p}x_{k-2}.$$ Las soluciones a esta recurrencia tienen la forma $x_k = a_1\lambda_1^k+a_2\lambda_2^k$, donde el $\lambda_i$ son raíces del polinomio característico $z^2-\frac{1}{p}z+\frac{1-p}{p}$: \begin{align} \lambda_1=1, ~~~~~~\lambda_2=\frac{1-p}{p}, \end{align} También tenemos las limitaciones que $x_0=0$ y para $p>1/2$, $\lim_{k\rightarrow \infty}x_k=1$ (ver más abajo). De ello se sigue que la única solución posible es $$x_k=1-\left(\frac{1-p}{p}\right)^k.$$ Desde que empezamos con $0$ jefes, entonces, con el fin de sobrevivir para siempre, debemos sacudir la cabeza en el primer lanzamiento, y luego de sobrevivir desde el estado de una cabeza. La probabilidad es, por tanto, $$px_1=p\left(1-\frac{1-p}{p}\right)=p-(1-p)=2p-1.$$

Ahora la respuesta a la pregunta "¿cómo podemos saber que $\lim_{k\rightarrow \infty}x_k=1$?" Hay dos maneras de ir sobre esto. La primera es a partir de la Borel-Cantelli lema como en esta respuesta. Pero también hay una prueba directa.

Deje $x_{k,n}$ denotar la probabilidad de que, a partir de un estado de $k$ cabezas, sobrevivimos al menos $n$ más rondas. Tenga en cuenta que$x_{k,0}=1$$k>0$, e $x_{0,0}=0$. Tenga en cuenta también que el $x_{k,n}$ debe satisfacer $$x_{k,n}=p x_{k+1,n-1}+(1-p)x_{k-1,n-1}.$$ Desde nuestros valores de $x_k$ calculado anteriormente satisfacer esta misma recurrencia, entonces por monotinicity podemos deducir que $$\left(x_{k,n-1}\geq x_k \forall k\right)\implies \left(x_{k,n}\geq x_k \forall k\right),$$ y desde esta desigualdad se cumple para $n=0$, entonces por inducción debe mantener para todos los $n$. De esto se sigue que $\lim_{n\rightarrow\infty}x_{k,n}\geq x_k$ todos los $k$, lo que implica que $\lim_{k\rightarrow \infty}\lim_{n\rightarrow\infty}x_{k,n}=1$. Esto a su vez implica que el $\lim_{n\rightarrow\infty}x_{k,n}=x_k$ todos los $k$, como se deduce de arriba.