Probabilidad de dos cabezas consecutivas en 20 lanzamientos

Question

¿Cuál es la probabilidad de obtener dos caras consecutivas en 20 lanzamientos de moneda?

He descubierto que el número esperado de lanzamientos para obtener dos caras consecutivas es 6, lo que implica que la probabilidad de obtener dos caras seguidas es 1/6. Me doy cuenta de que tengo que utilizar la idea de esta respuesta lo que significa tener un $3 *3$ Matriz de transición, donde:

$A$ : Todavía no hemos tenido 2 cabezas seguidas

$B$ : Todavía no hemos tenido 2 cabezas seguidas, pero tuvimos una cabeza en la última prueba

$C$ : Tenemos 2 cabezas seguidas

¿Sería esta la matriz de transición necesaria? $$\begin{bmatrix}5/6 & 5/6 &0\\1/6 & 0 & 0\\0 & 1/6 & 1\end{bmatrix}$$ ? Y luego calcular $M^{20}$ ¿y el valor asociado a esta matriz para la entrada (3,1)?

Gracias

Answer 1

Son tres estados mutuamente excluyentes:

1. Todavía no he lanzado, o el último lanzamiento fue una cola. Todavía no he tenido dos cabezas.
2. El último lanzamiento fue de cabeza. Todavía no he tenido dos cabezas.
3. Han tenido dos cabezas seguidas. Este es un estado absorbente.

Entonces la matriz de transición es:

$$M=\begin{bmatrix} \frac{1}{2} & \frac{1}{2} & 0 \\ \frac{1}{2} & 0 & 0 \\ 0 & \frac{1}{2} & 1 \\ \end{bmatrix}$$

A continuación, calcule $M^{20}$ como usted sugirió, y luego

$$\mathbf{x}=M^{20}\begin{bmatrix}1\\0\\0\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}x_1\\x_2\\x_3\end{bmatrix}$$

donde $x_3$ es la probabilidad de que el estado final sea absorbente, es decir, que se hayan registrado dos cabezas consecutivas.

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Sin embargo, hay otro método que revela una respuesta exacta que está relacionada con la secuencia de Fibonacci.

Déjalo:

• $H_n =$ probabilidad de obtener dos cabezas consecutivas donde el último lanzamiento fue una cabeza, con $n$ lanza a la izquierda
• $T_n =$ probabilidad de obtener dos cabezas consecutivas donde el último lanzamiento fue una cola, con $n$ lanza a la izquierda

A continuación, tenemos las condiciones iniciales (¿finales?):

• $H_0 = 0$
• $T_0=T_1=0$

y las recursiones

$$\begin{align} H_{n+1}=\frac{1}{2}+\frac{1}{2}T_n,\quad 0\le n\le19 \tag{1}\\[1em] T_{n+1}=\frac{1}{2}H_n+\frac{1}{2}T_n,\quad 0\le n\le19 \tag{2} \end{align}$$

A partir de (1) y (2):

$$T_{n+2}=\frac{1}{4}+\frac{1}{2}T_{n+1}+\frac{1}{4}T_{n},\quad 0\le n\le18 \tag{3}$$

De (3) se desprende que la secuencia $\{T\}$ converge a $1$ , así que tabula $T_n$ y $\color{blue}{1-T_n}$ contra $n$ :

$$\begin{array}{c|c|c} n & T_n & 1-T_n \\ 0 & 0 & 1-\frac{1}{1}\\ 1 & 0 & 1-\frac{2}{2}\\ 2 & \frac{1}{4} & 1-\frac{3}{4} \\ 3 & \frac{3}{8} & 1-\frac{5}{8} \\ 4 & \frac{1}{2} & 1-\frac{8}{16} \\ 5 & \frac{19}{32} & 1-\frac{13}{32} \end{array}$$

Los numeradores de la última columna son números de Fibonacci y los denominadores son potencias de $2$ . Podemos conjeturar que:

$$T_n = 1-\frac{F_{n+2}}{2^n} \tag{4}$$

y se demuestra por inducción. Nótese que $F_1=F_2=1,F_3=2$ para esta secuencia de Fibonacci.

Claramente, por (4) tenemos $T_0=T_1=0$ . Así que asumiendo (4) como hipótesis de inducción, para $n\ge2$ tenemos por (3):

$$\begin{align} T_{n+2}&=\frac{1}{4}+\frac{1}{2}T_{n+1}+\frac{1}{4}T_{n} \\[1em] &=\frac{1}{4}+\frac{1}{2}\left(1-\frac{F_{n+3}}{2^{n+1}}\right)+\frac{1}{4}\left(1-\frac{F_{n+2}}{2^{n}}\right) &(\text{by IH for }n,n+1)\\[1em] &=1-\frac{F_{n+3}}{2^{n+2}}-\frac{F_{n+2}}{2^{n+2}} &(\text{rearranging}) \\[1em] &=1-\frac{F_{n+4}}{2^{n+2}} &(\text{property of F.S.}) \end{align}$$

Así que esto demuestra el IH para $n+2$ dado IH para $n$ y $n+1$ por lo que se demuestra el paso inductivo.

Así que podemos calcular la probabilidad original como

$$T_{20}=1-\frac{F_{22}}{2^{20}}$$

donde

$$F_n = \frac{1}{\sqrt5}\left(\frac{1+\sqrt5}{2}\right)^n-\frac{1}{\sqrt5}\left(\frac{1-\sqrt5}{2}\right)^n$$

Entonces $F_{22}=17711$ Así que

$$\boxed{T_{20}=1-\frac{17711}{2^{20}}=1-\frac{17711}{1048576}}$$