Lanzar una moneda

Question

Dos jugadores, $A$$B$, alternativamente y de forma independiente una moneda y el primer jugador que consiga una cabeza gana. Asumir reproductor $A$ invierte en primer lugar. Si la moneda es justo, ¿cuál es la probabilidad de que $A$ gana?

Por lo $A$ sólo invierte en impar lanzamientos. Por lo que la probabilidad de ganar serían $$ P =\frac{1}{2}+\left(\frac{1}{2} \right)^{2} \frac{1}{2} + \cdots+ \left(\frac{1}{2} \right)^{2n} \frac{1}{2}$$

Es ese derecho? Parece que si $A$ sólo invierte en impar tiros, esto no importa. Cualquiera de las $A$ puede ganar en su primer lanzamiento, su segundo lanzamiento, ...., o su $n^{th}$ sorteo. Así que la tercera cara de la moneda es en realidad $A$'s segundo sorteo. Así que no debería ser $$P = \frac{1}{2} + \left(\frac{1}{2} \right)^{2} + \left(\frac{1}{2} \right)^{3} + \cdots$$

Answer 1

Deje $p$ la probabilidad de que Una gana. Esto puede suceder de dos maneras: (i) Una gana de inmediato (la probabilidad de $1/2$ o (ii) Una tira de la cola, pero, al final, gana.

Si Un arrojó una cola (la probabilidad de $1/2$, entonces en efecto B es ahora "primera", por lo que la probabilidad de que ella no gana es $1-p$. Llegamos a la conclusión de que $$p=\frac{1}{2}+\frac{1}{2}(1-p).$$ Resolver para $p$. Llegamos $p=2/3$.

Comentario: Hay bonitas expresiones de $p$ series geométricas infinitas. Así que podemos pensar en el argumento anterior como un método de probabilidades para sumar una muy particular de la serie geométrica. Mediante la variación de la probabilidad de que la moneda cae de cabeza, podemos utilizar la misma idea para encontrar la suma de cualquiera de las series geométricas infinitas, siempre y cuando la "razón común" es positivo.

Answer 2

Se fueron a la pista en el primero, pero el juego puede durar por un tiempo muy largo. Usted no debe parar en "$2n$".

$A$ podría ganar en la primera vuelta de la moneda, o el tercero, o el quinto, ...

Así, la probabilidad de $A$ ganadora sería la suma de las probabilidades de los eventos $$ A_i = \text{ gana en el } i^{\rm th}\text{ flip; donde }i\text { es impar}. $$

Si la moneda es justo, $$P(A_i) =\Bigl({1\over2}\Bigr)^{i-1}\cdot{1\over2} =\Bigl({1\over2}\Bigr)^i. $$

Suma de las probabilidades por encima, la probabilidad de que $A$ gana es $$ \sum_{i \text{ impar}} P(A_i)= \sum_{i \text { impar}} \Bigl({1\over 2}\Bigr)^i. $$ La serie anterior puede ser escrita: $$ \sum_{i \text { impar}} \Bigl({1\over 2}\Bigr)^i= \sum_{i =0}^{\infty} \Bigl({1\over 2}\Bigr)^{2i+1}= {1\over 2}\sum_{i =0}^{\infty} \Bigl({1\over 4}\Bigr)^{ i }={1\over2}\cdot{4\over3}=2/3. $$

---

También se podría resolver el problema de esta manera:

En la condición de lo que sucede en los dos primeros lanzamientos:

$A$ gana si en la primera vuelta es una cabeza y la probabilidad de que la primera vuelta es una cabeza es de 1/2.

$A$ pierde si la primera vuelta es una cola, y el segundo ($B$'s de turno) es una cabeza. La probabilidad de que la primera vuelta es una de cabeza y el segundo de la cola es de 1/4.

Si los dos primeros lanzamientos son las colas, entonces teniendo en cuenta esto, la probabilidad de que $A$ gana, finalmente, después es el mismo que el inicial de la probabilidad de que $A$ gana. La probabilidad de que los dos primeros lanzamientos son las colas es de 1/4.

Así $$ P(a) =1\cdot{1\over2}+0\cdot {1\over4}+P(a)\cdot{1\over4}. $$

La solución del anterior para $P(A)$ da $P(A)=2/3$.

---

En cuanto a tu segundo método, creo que se están olvidando de que $A$ no obtener una segunda sacudida si $B$ voltea la cabeza en su primer sorteo...

Answer 3

\mathsrc{A_k}={A perder en su primer k arroja a y B de perder en su primer k tiros y Una ganancia en su k+1 sorteo} $$\begin{align} P(\text{A winning}) &= P(\text{A winning in his first toss or } \mathrm{A_1} \text{ or } \mathrm{A_2} \text{ or } \ldots)\\ &= P(\text{A winning in his first toss}) + P(\mathrm{A_1}) + P(\mathrm{A_2}) + \dots\\ &= 0.5 + (0.5)(0.5)(0.5) + (0.5)(0.5)(0.5)(0.5)(0.5) + \dots \\ &=0.5 + (0.5)^3 + (0.5)^5 + .........\\ &= \frac{0.5}{1 - 0.25} = \frac{0.5}{0.75} = \frac{50}{75} = \frac{2}{3}\\ \end{align}$$

Answer 4

la probabilidad de que el primer jefe se produce en lanzar $n$$2^{-n}$, por lo que la probabilidad de que la primera cabeza que sucede en una extraña $n$ $\sum_{k=0}^{\infty}2^{-(2k+1)}=(1/2)(1/(1-1/4))=2/3$

Answer 5

Aquí está la solución para general p. Dejar Un mete la cabeza en la Enésima prueba para ganar el juego. Desde él se volteo la moneda en impar ensayos,

P(N=1) = p, P(N=3) = (1-p)^2 * p, P(N=5) = (1-p)^4 * p, y así sucesivamente.

Por lo tanto P(a gana) = p + (1-p)^2 * p + (1-p)^4 * p + ... = 1/(2-p). Si p = 1/2, entonces P(gana) = 2/3.