Pregunta sobre lanzamiento de monedas - probabilidad

Question

Al considerar una secuencia infinita de lanzamientos de una moneda justa, ¿cuánto tiempo tomará un promedio hasta que aparezca el patrón HTTH?

Traté de dividir el problema en casos en los que finalmente aparece el patrón HTTH, pero eso hace que las cosas sean complejas. Cualquier idea sería útil.

Answer 1

(Estoy trabajando con HTTH como patrón deseado.) Distinguir los cinco estados $$s_0=\emptyset,\quad s_1=H,\quad s_2=HT,\qquad s_3=HTT,\quad s_4=HTTH\ ,$$ mediante el cual el escrito letras denotan los últimos lanzamientos en la medida de lo útil. Vamos $E_k$ $(0\leq k\leq4)$ ser el número esperado de lanzamientos adicionales cuando usted está en el estado de $s_k$. Luego, por supuesto,$E_4=0$. Además, tenemos las siguientes ecuaciones: $$E_0=1+{1\over2}E_0+{1\over2}E_1,\quad E_1=1+{1\over2}E_1+{1\over2}E_2,\quad E_2=1+{1\over2}E_1+{1\over2}E_3,\quad E_3=1+{1\over2}E_0\ .$$ Ahora resolver este sistema; a continuación, $E_0$ es la solución a su problema.

Answer 2

Yo como Cristiano respuesta mejor, ya que es simple. Pero he trabajado fuera otra solución, así que sólo he añadido por referencia.

Vamos a:

$H_n$ ser el evento de no "HTTH" en n lanzamientos y termina con "H"

$T_n$ el evento de no "HTTH" en n lanzamientos y termina con "T"

$p_n = \text{Prob}(H_n)$

$q_n = \text{Prob}(T_n)$

Por eso, $p_1=p_2=p_3=q_1=q_2=q_3=1/2$

No es difícil comprobar $\left[ \begin{array}{c} p_{n+1}\\q_{n+1} \end{array}\right] = A \left[ \begin{array}{c} p_{n}\\q_{n} \end{array}\right]$, donde la matriz $A = \left[\begin{array}{cc}\frac{1}{2} & \frac{3}{8}\\\frac{1}{2} & \frac{1}{2} \end{array} \right]$.

La expectativa deseada está dada por

$E = \left[0, \frac{1}{8}\right] \left\{\sum_{n=4}^{\infty} nA^{n-4}\right\}\left[ \begin{array}{c} p_{n}\\q_{n} \end{array}\right]$

Uno puede demostrar, además, la matriz de potencia de la serie $\sum_{n=4}^{\infty}nA^{n-4} = (4I-3A)(I-A)^{-2} = \left[\begin{array}{cc}136 & 114\\ 152 & 136 \end{array} \right]$

Por lo tanto, $E = \frac{1}{16} (152+136) = 18 $

Answer 3

He aquí otra manera de hacerlo.

Podemos estar en uno de los $5$ estados, de acuerdo con el número de $0\le k\le4$ consecutivo de "corregir" los resultados que tenemos actualmente; por ejemplo, $k=2$ significa que los dos últimos resultados fueron HT. Vamos a hacer un gráfico con las transiciones entre estos estados:

Las etiquetas de los vértices son los valores de $k$. Vamos a llegar hasta el borde de pesas en un bit. Además de las dos transiciones posibles de cada uno de los nodos con $0\le k\le3$, he añadido un borde de $4$ a $0$ para completar un viaje de ida de $0$ a $4$ y la espalda.

La idea es elegir el borde de pesos que en cada vértice de todas las aristas tienen el mismo peso y las sumas de los entrantes y salientes del borde pesos son iguales. Por ejemplo, empezar a $3$ y asignar arbitrariamente peso $1$ a su saliente de los bordes; a continuación, su forma de trabajo alrededor de la gráfica, por ejemplo, de ello se sigue que el borde de la $4\to0$ también tiene peso $1$, el borde de la $2\to3$ tiene peso $2$, con lo que el borde de la $2\to1$ también tiene peso $2$, y así sucesivamente. Usted apenas tiene que calcular nada.

Ahora considere la posibilidad de un proceso en los bordes donde en cada paso vamos a partir de la corriente de borde a su terminal vértice y, a continuación, de manera uniforme escoger al azar a uno de sus bordes salientes. A continuación, la distribución de equilibrio en los bordes está dada por el borde de pesos, normalizado por la suma de los mismos, ya que por las obras de construcción que permite la misma probabilidad de flujo dentro y fuera de cada vértice en cada paso.

Estamos buscando para el tiempo de espera para llegar a $4$ de $0$. Después de llegar a $4$, siempre salimos a $0$ en un solo paso. Por lo tanto, el tiempo que queremos es $1$ menos que el tiempo de espera para un viaje de ida de $0$ a $4$ y la espalda. En un ida y vuelta, pasamos exactamente $1$ paso en el borde de la $4\to0$. Pero luego el tiempo de espera para la ida y la vuelta debe ser el recíproco de la probabilidad de equilibrio de estar en la orilla $4\to0$. Desde ese borde cómodamente tiene peso $1$, el tiempo de espera para la ida y la vuelta es sólo la suma de los borde de pesos, que es $19$. Por lo tanto el tiempo de espera para obtener de $0$ a $4$ es $1$ menos, $18$.