Estás jugando con un amigo:
Estás lanzando una moneda (justa). Si es una cola, ganas. Si no, entonces estás lanzando 2 monedas (justas). Si son ambas colas, ganas. Si no, estás lanzando 3 monedas (justas), si son todas las colas, ganas. Si no, estás lanzando 4 monedas (justas) y así sucesivamente ...
¿Cuál es la probabilidad de que ganes ??? ¿Es un número racional?
Llegué a esta fórmula:
$1-\Pi_{n=1}^{\infty}(1-(\frac{1}{2})^n)$
La probabilidad de perder el juego es el limitar la probabilidad de que un binarios aleatorios $n \times n$ matriz es regular (más de $GF(2)$): la probabilidad de que la fila $i$ no es en el lapso de la primera $i-1$ filas $1 - 2^{i-1}/2^n = 1-2^{n-i+1}$, por lo que la probabilidad de que la matriz es regular es $(1-2^{-n}) (1-2^{1-n}) \cdots (1-2^{-1})$, que tiende a ser el complemento de su número.
Curiosamente, también hay una serie representación de este número: $$ \prod_{n=1}^\infty (1-2^{-n}) = \frac{1}{2^2-1} - \frac{1}{(2^2-1)(2^3-1)} + \frac{1}{(2^2-1)(2^3-1)(2^4-1)} - \cdots. $$ Este es un caso especial de una manera más general la identidad de los q-símbolo de Pochhammer.
El uso de esta serie de la representación, se puede demostrar que el número no es racional. Denotando por $\alpha$, supongamos que el $\alpha = p/q$. Multiplicando el lado derecho por $M =(2^2-1) (2^3-1) \cdots (2^n-1)$, obtenemos que para algunos entero $z$, $$ M\frac{p}{q} = z \pm \frac{1}{2^{n+1}-1} \mp \frac{1}{(2^{n+1}-1)(2^{n+2}-1)} \pm \cdots. $$ A la derecha tenemos una corriente alterna de la serie cuyos términos de disminución en la magnitud absoluta, y así $$ 0 < \left|M\frac{p}{q} - z\right| < \frac{1}{2^{n+1}-1}. $$ La central término es un múltiplo de a$1/q$, y, en particular, ya que es positivo, por lo menos es $1/q$. Por lo suficientemente grande como $n$, se obtiene una contradicción.
1er intento, la Probabilidad es $\frac{1}{2}$.
Usted no y, en el segundo intento, de tener éxito con la probabilidad de $\frac{1}{2}\frac{1}{4}$.
Usted fallar de nuevo y en el tercer intento, de tener éxito con la probabilidad de $\frac{1}{2}\frac{3}{4}\frac{1}{8}$ y continúa hasta el infinito.
Por lo tanto la necesaria probabilidad de $\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\frac{1}{4}+\frac{1}{2}\frac{3}{4}\frac{1}{8}+....$
Por lo tanto la necesaria probabilidad es $$\sum_{k=1}^{\infty}\frac{\left(\prod_{i=1}^{k-1}(2^i-1)\right)}{2^{\frac{k(k+1)}{2}}} = 0.711212$$
Más en general: Deje $a$ ser la moneda de la cola de la probabilidad. Deje $P_n$ ser la probabilidad de ganar en $n$ o menos se intenta. Luego tenemos la recursividad
$$P_{n} = P_{n-1} + (1-P_{n-1})a^n \tag1$$
con $P_0=0$. Dejando $Q_n=1-P_n$ esto se convierte en
$$Q_{n} = Q_{n-1}(1 - a^n) \tag2$$
con $Q_0=1$. A continuación, $Q_1 = (1-a)$, $Q_2 = (1-a)(1-a^2)$ y
$$Q_{\infty} = \prod_{n=1}^\infty (1 - a^n) = (a;a)_\infty = \phi(a) \tag3$$
donde $(a;a)_\infty$ es el q-Pochhammer_symbol (o, alternativamente, $\phi(a)$ es de Euler de la función).
La probabilidad de ganar el juego es entonces
$$p=1-Q_{\infty}=1-\left(\frac12;\frac12\right)_\infty = 1-\phi\left(\frac12\right)=1-0.288788095=0.711211905$$
Así que, sí, su fórmula es correcta. Yo apuesto a que es irracional, pero no me pidas que demostrar que...
Supongamos que se detiene después de $L$ veces (se puede dejar que se vaya al infinito después). Es decir, tienes un árbol con $L$ ramas. La probabilidad de que usted gana puede ser escrito como
$$\Pr(\textsf{win})= \underbrace{p_1}_{\textsf{win }1^{st}\textsf{time}} + \Big(\underbrace{1-p_1}_{\textsf{not win }1^{st}\textsf{time}} \Big) \Big( \underbrace{p_2}_{\textsf{win }2^{nd}\textsf{time}} + (\underbrace{1-p_2}_{\textsf{not win }2^{nd}\textsf{time}})(\ldots) \Big)$$ donde $p_k = \Pr(T_1\ldots T_k)$ es la probabilidad de obtener todas las colas en la $k^{th}$ sorteo. En otras palabras, es la probabilidad de que usted gana en el $k^{th}$ lanzamiento, dado que no en el $(k-1)^{th}$ sorteo. Resulta que, desde todas las monedas son "justas", que $$p_k = \frac{1}{2^k}$$ Por lo tanto el uso de $p_ip_j = p_{i+j}$, podemos observar
Para $L = 1$: $$\Pr(\textsf{win}) = p_1 = \frac{1}{2}$$ Para $L = 2 $: $$\Pr(\textsf{win}) = p_1 + p_2(1-p_1) = p_1+p_2 - p_1p_2 = p_1 + p_2 - p_3$$ Para $L = 3 $: $$\Pr(\textsf{win}) =p_1 +p_2 -p_4 - p_5 + p_6 $$ $$\vdots$$
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