La forma más sencilla de abordar el problema es, probablemente, para el tratamiento de la serie de ensayos como $4$-estado de la cadena de Markov, en el que los estados son los resultados de las dos anteriores pruebas, si estos han sido $00$, $01$ o $10$, o el estado de $F$ de fracaso. La numeración de estos estados $\ 1,2,3,4\ $, respectivamente, la cadena comienza en el estado de $1$, y el de la matriz de transición es
$$
P=\begin{pmatrix}
\frac{2}{3}&\frac{1}{3}&0&0\\
0&0&\frac{2}{3}&\frac{1}{3}\\
\frac{2}{3}&0&0&\frac{1}{3}\\
0&0&0&1
\end{pmatrix}\ .
$$
La probabilidad de que la cadena está en estado de $\ j\ $ después $\ y\ $ pruebas de es $\ \delta_1^TP^y\delta_j\ $, donde $\ \delta_j\ $ es el $\ j^\mathrm{\,th}\ $ columna de la $\ 4\times 4\ $ matriz identidad. La probabilidad de que $\ Y \le y\ $ es simplemente la probabilidad de que la cadena está en estado de $\ 4\ $ después $\ y\ $ pruebas-que es, $\ \delta_1^TP^y\delta_4\ $. Por lo tanto, la probabilidad de que $\ Y=y\ $ es $\ \delta_1^TP^y\delta_4-\delta_1^TP^{y-1}\delta_4=\delta_1^TP^{y-1}\left(P-I\right)\delta_4\ $. Si $\ z_y=\delta_1^TP^{y-1}\left(P-I\right)\delta_4\ $, entonces, desde la $\ x^4-\frac{5}{3}x^3+ \frac{2}{3}x^2-\frac{4}{27}x+\frac{4}{27}\ $ es el polinomio característico de a$\ P\ $ se sigue que $\ z_y\ $ satisface la recursividad $\ z_{y+4}=\frac{5}{3}z_{y+3}+ \frac{2}{3}z_{y+2}-\frac{4}{27}z_{y+1}+\frac{4}{27}z_y\ $. Una vez que los cuatro primeros valores de $\ z_y\ $ se han calculado, esta recursividad permite la posterior de los valores calculados sin la necesidad de hacer más de la matriz de multiplicaciones.
He aquí una tabla con los valores de $\ \mathrm{Prob}\left(Y=y\right)\ $ para $\ y\ $ de $1$ a $20$:
$$
\begin{matrix}
y & \mathrm{Prob}\left(Y=y\right)
\mbox{(exact)} &\mbox{(approx.)}\\
1&0&0\\
2&\frac{1}{9}& 0.11\\
3&\frac{4}{27}& 0.15\\
4&\frac{8}{81}& 0.099\\
5&\frac{20}{243}&0.082\\
6&\frac{56}{3^6}&0.077\\
7&\frac{144}{3^7}&0.066\\
8&\frac{368}{3^8}&0.056\\
9&\frac{960}{3^9}&0.49\\
10&\frac{2,946}{3^{10}}&0.042\\
11&\frac{6,464}{3^{11}}&0.036\\
12&\frac{16,768}{3^{12}}&0.032\\
13&\frac{43,520}{3^{13}}&0.027\\
14&\frac{112,896}{3^{14}}&0.023\\
15&\frac{292,864}{3^{15}}&0.020\\
16&\frac{759,808}{3^{16}}&0.018\\
17&\frac{1,971,200}{3^{17}}&0.015\\
18&\frac{5,113,856}{3^{18}}&0.013\\
19&\frac{13,266,944}{3^{19}}&0.011\\
20&\frac{34,418,688}{3^{20}}&0.0099\\
\end{de la matriz}
$$
Si $\ e_1, e_2, e_3\ $ se espera que el número de pruebas a partir de los estados $\ 1,2,3\ $, respectivamente, hasta que el último fracaso, entonces estos $\ e_i\ $ debe satisfacer las ecuaciones
\begin{eqnarray}
e_1&=&1 + \frac{2}{3}e_1 + \frac{1}{3}e_2\\
e_2&=&1 + \frac{2}{3}e_3 \\
e_3&=&1 + \frac{2}{3}e_1\ ,
\end{eqnarray}
Que dan $\ e_1 = 3 + e_2 = 4+ \frac{2}{3}e_3=\frac{14}{3}+\frac{4}{9}e_1\ $. Por lo tanto, $\ \frac{5}{9}e_1=\frac{14}{3}\ $o $\ e_1=\frac{42}{5}=8.4\ $. Esta es, probablemente, donde su sugerencia, pero es un poco engañoso, porque la aproximación a$\ \sum_\limits{y=1}^{20} y\,\mathrm{Prob}\left(Y=y\right)\ $ es sólo acerca de la $\ 6.7\ $. Usted necesita tomar $\ n=68\ $ para $\ \sum_\limits{y=1}^n y\,\mathrm{Prob}\left(Y=y\right)\ $ aproximar $8.4$ correctamente a dos decimales.
