Considera dos monedas imparciales. Lanza ambas hasta que los últimos 5 resultados de la secuencia sean iguales. Esto significa que paramos cuando la salida de la secuencia de ambas sea la siguiente: HTTHTHHTH , HHTTTHHTH.
¿Cuál es el número esperado de intentos?
Aquí hay un enfoque diferente que generaliza simultáneamente la solución.
Como Didier y David han señalado, el problema es equivalente a encontrar el número esperado de lanzamientos requeridos para que una moneda justa logre cinco cabezas consecutivas por primera vez. Sea $X_n$ el lanzamiento en el cual una moneda justa logra $n$ cabezas consecutivas por primera vez. El análisis es igual de fácil si la moneda no es justa, así que supongamos que la moneda tiene una probabilidad de $p$ de ser cara.
Supongamos que la moneda acaba de lograr $n-1$ cabezas consecutivas por primera vez. Entonces, con probabilidad $p$, la moneda logra $n$ cabezas consecutivas por primera vez en el próximo lanzamiento, y con probabilidad $1-p$, el proceso se reinicia después del próximo lanzamiento. Matemáticamente, esto significa que $$\begin{align}E[X_n|X_{n-1}] &= p (X_{n-1}+1) + (1-p) (X_{n-1} + 1 + E[X_n])\\ &= X_{n-1} +1+ (1-p)E[X_n].\end{align}$$ Aplicando la ley de la expectativa total, tenemos que $$\begin{align} E[X_n] &= E[X_{n-1}] +1 + (1-p)E[X_n] \\ \Rightarrow E[X_n] &= \frac{E[X_{n-1}] +1}{p}.\end{align}$$ Ahora tenemos una buena recurrencia para $E[X_n]$. Dado que $E[X_0] = 0$, desenrollar esta recurrencia muestra que $$\begin{align}E[X_1] &= \frac{1}{p}, \\ E[X_2] &= \frac{1 + p}{p^2}, \\ E[X_3] &= \frac{1 + p+p^2}{p^3},\end{align}$$ y en general $$E[X_n] = \frac{1+p+p^2+\cdots + p^{n-1}}{p^n}.$$ Usando la fórmula para la suma parcial de una serie geométrica, esta expresión se simplifica a $$\begin{align}E[X_n] &= \frac{1-p^n}{(1-p)p^n} \\ &= \frac{p^{-n}-1}{1-p}.
.
Este enfoque también maneja la generalización de la pregunta del OP en la que las dos monedas lanzadas no necesariamente tienen la misma probabilidad de ser cara. Supongamos que una tiene una probabilidad de $p_1$ de ser cara, la otra tiene una probabilidad de $p_2$ de ser cara, y las lanzamos hasta que los últimos $n$ lanzamientos sean iguales. Para un solo lanzamiento, son iguales si ambas salen cara, con probabilidad $p_1 p_2$, o ambas salen cruz, con probabilidad $(1-p_1)(1-p_2)$. Así que la probabilidad de que sean iguales en un solo lanzamiento es $1 - p_1 - p_2 + 2p_1p_2$. Lanzar estas dos monedas hasta que los últimos $n$ lanzamientos sean iguales es el mismo problema que lanzar una sola moneda con una probabilidad de cabezas de $1 - p_1 - p_2 + 2p_1p_2$ hasta que veamos $n$ cabezas consecutivas, y por lo tanto la fórmula anterior para $E[X_n]$ nos dice que el número esperado de lanzamientos de las dos monedas hasta que los últimos $n$ lanzamientos sean iguales es $$E[X_n] = \frac{(1-p_1 - p_2+ 2p_1p_2)^{-n}-1}{p_1 + p_2 - 2p_1p_2}.
Como señala Didier en su comentario, el problema es equivalente al problema de encontrar el número esperado de lanzamientos, $X$, de una moneda justa que se hacen hasta que aparecen 5 cabezas seguidas.
Condicionamos si aparece o no una cola en los primeros cinco lanzamientos.
Para $1\le i\le5$, sea $T_i$ el evento en el que la primera cola ocurre en el lanzamiento $i$ y sea $T_6$ el evento en el que los primeros cinco lanzamientos son todas caras.
Tenemos $$\Bbb E(X\mid T_i)=i+\Bbb E(X),\quad 1\le i\le 5$$ (si la primera cola ocurre en el lanzamiento 3, por ejemplo, entonces es como si estuviéramos "reiniciando": el número esperado de lanzamientos para obtener 5 cabezas seguidas sería 3 más el número esperado original de lanzamientos).
Además, claramente, $$\Bbb E(X\mid T_6)=5.$$
Tenemos: $$\eqalign{ \Bbb E(X)&= \sum_{i=1}^6 P(T_i)\,\Bbb E(X\mid T_i) \cr &=\sum_{i=1}^5 \bigl({\textstyle{1\over 2}}\bigr)^{i }\bigl(\,i+\Bbb E(X)\,\bigr)+ P(T_6)\Bbb E(X\mid T_6)\cr &= \sum_{i=1}^5{i\over 2^i}+ \sum_{i=1}^5{1\over 2^i}\Bbb E(X)+{1\over32}\cdot 5\cr &={31\over 32}\Bbb E(X)+ {62\over32} . } $$
Al resolver lo anterior para $\Bbb E(X)$ da $$ \Bbb E(X)={62/32\over1/32}=62. $$
Inspirado en la excelente respuesta de Mike Spivey, agregaré que lo anterior se puede generalizar al caso en que $X$ es el número de lanzamientos a realizar hasta que se obtengan $n$ cabezas seguidas, donde la probabilidad de que la moneda caiga en cara en un lanzamiento es $p$.
Aquí, para $1\le i\le n$, sea $T_i$ el evento en el que la primera cola ocurre en el lanzamiento $i$ y sea $T_{n+1}$ el evento en el que los primeros $n$ lanzamientos son todas caras.
Entonces $$\Bbb E(X\mid T_i)=i+\Bbb E(X),\quad 1\le i\le n$$
y $$\Bbb E(X\mid T_{n+1})=n.$$
Además, $$ P(T_i)= (1-p) p^{i-1},\quad 1\le i\le n $$ y $$ P(T_n)=p^n. $$
Tenemos: $$\eqalign{ \Bbb E(X)&= \sum_{i=1}^{n+1} P(T_i)\,\Bbb E(X\mid T_i) \cr &=\sum_{i=1}^n (1-p) p^{i-1}\bigl(\,i+\Bbb E(X)\,\bigr)+ P(T_{n+1})\Bbb E(X\mid T_{n+1})\cr &= (1-p) \sum_{i=1}^n{i} p^{i-1} + (1-p)\sum_{i=1}^n{p^{i-1}} \Bbb E(X)+ p^n\cdot n\cr &=(1-p){ np^{n+1}-np^n-p^n+1\over( 1-p)^2} +(1-p) {1-p^n\over 1-p }\Bbb E(X) +np^n.\cr } $$
Al resolver lo anterior para $\Bbb E(X)$ da $$\eqalign{ \Bbb E(X)&={ {np^{n+1}-np^n-p^n+1\over1-p} +np^n \over 1-(1-p^n)}\cr &={ {np^{n+1}-np^n-p^n+1\over1-p} +{np^n (1-p)\over 1-p} \over 1-(1-p^n)}\cr &={1-p^n\over(1-p)p^n }.\cr } $$
En retrospectiva, parece que el método de Mike Spivey es mucho más limpio.
En lo anterior utilizamos la fórmula $$ \sum_{i=1}^n i p^{i-1} ={ np^{n+1}-np^n-p^n+1\over( 1-p)^2}. $$ Aquí hay una prueba de eso:
Digamos que $$ \def\ts{\textstyle} S_n=\ts{p^0}+2 {p}^1 +3 {p}^2+\cdots+n {p}^{n-1}.$$
Luego $$\eqalign{ \ts pS_n &=\ts \bigl[\,{p}^1+2 p^2+3 p^3 +\cdots+(n-1) p^{n-1 }\,\bigr]+n p^{n }\cr &=\ts S_n- [p^0+ p^1 +p^2 + \cdots + p^{n-1 } ] + np^{n } \cr &=\ts S_n-{p^0 -p^{n }\over 1-p}+ np^{n }. }$$
Por lo tanto
$$ \eqalign{ S_n&={ -{1-p^n\over1-p}+np^n\over p-1}\cr &= {1-p^n\over (p-1)^2}+{np^n(p-1)\over (p-1)^2}\cr &={ np^{n+1}-np^n-p^n+1\over( 1-p)^2}, } $$ como se afirma.
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