¿Cuántas veces debo lanzar una moneda si quiero tener un 50% de posibilidades de que salga cara dos veces seguidas? ¿Y 3 veces seguidas, 4, etc.?

Question

¿Cuántas veces debo lanzar una moneda si quiero tener un 50% de posibilidades de que salga cara dos veces seguidas? ¿Y 3 veces seguidas, 4, etc.?

2 cabezas seguidas deberían requerir 4 volteos para tener un 50% de posibilidades de conseguir esas 2 cabezas seguidas ¿no? Esto se debe a que con 4 volteos tienes 16 resultados y 8 de esos resultados tienen al menos 2 cabezas seguidas.

¿Pero qué pasa con el 3? ¿Etc?

Answer 1

Para el caso de dos cabezas consecutivas, se puede expresar el término general en términos de $n$ número de Fibonacci, variando ligeramente el razonamiento en esta respuesta (Lo hago a continuación). La idea es básicamente considerar cómo se construiría una secuencia válida de lanzamientos de longitud $n$ de uno de longitud $n-1$ o la longitud $n-2$ (y así es como aparece Fibonacci).

La probabilidad de al menos 2 cabezas sucesivas después de $n$ lanza es $$1-\frac{F_{n+2}}{2^n},$$ y de hecho, con $n=4$ tenemos $1-\frac{F_{4+2}}{2^4} = 1 - \frac{8}{16}=\frac12$ . La secuencia correspondiente está disponible en OEIS aquí .

El razonamiento para el caso general de más de 2 monedas se generaliza de forma similar. Si se quiere $k$ cabezas sucesivas, la probabilidad es básicamente $$1-\frac{F_{k,\,n+k}}{2^n}$$ donde $F_{3,n}$ denota el $n$ th Número de Tribonacci , $F_{4,n}$ denota el $n$ th Número de Tetranacci etc., utilizando los números de Fibonacci generalizados. Ver las secuencias OEIS para 3 y 4 monedas aquí y aquí .

Computacionalmente, también se puede ver que no siempre es posible que la probabilidad sea precisamente igual a $\frac12$ por ejemplo, para $k=3$ cabezas, tenemos que la probabilidad es $0.46$ cuando $n=9$ pero $0.51$ cuando $n=10$ . Del mismo modo, cuando $k=4$ tenemos la probabilidad $0.497$ cuando $n=21$ y la probabilidad $0.515$ cuando $n=22$ .

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Demostración de la fórmula para el caso en que $k=2$

Dejemos que $F(n)$ denotan el número de secuencias de las letras en $\{H,T\}$ de longitud $n$ , habiendo no hay dos sucesivos $H$ 's . Es evidente que tenemos $F(1) = 2$ y $F(2) = 3$ .

Ahora para construir una secuencia de longitud $n$ sin que se produzcan sucesivas $H$ puede comenzar desde una de las longitudes $n-1$ y añadir un $T$ en el extremo, o bien empezar por uno de longitud $n-2$ y añadir un $HT$ hasta el final. De ello se desprende que $$F(n) = F(n-1) + F(n-2),$$ y como $F(1) = 2 = F_3$ y $F(2) = 3 = F_4$ se deduce que $F(n) = F_{n+2}$ .

Ahora nos interesan las secuencias que hacer contengan al menos un par de sucesivos $H$ es simplemente los restantes, es decir, hay $2^n - F_{n+2}$ en número. $\qquad\square$

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Generalización de la prueba para $k\geqslant 3$

La idea es básicamente la inducción en $k$ . En efecto, podemos construir una secuencia de longitud $n$ sin que haya cabezas sucesivas:

• añadiendo un $T$ a uno de longitud $n-1$

• añadiendo un $HT$ a uno de longitud $n-2$

• añadiendo un $HHT$ a uno de longitud $n-3$

  $\qquad\vdots$

• añadiendo un $\underbrace{H\cdots H}_{k-1}T$ a uno de longitud $n-k$ .

De ello se desprende que

$$F(n)=F(n-1) + F(n-2) + \cdots + F(n-k),$$ y por inducción, podemos establecer que $F(n) = F_{k,\,n+k}$ para $1\leqslant n \leqslant k$ .

Así, obtenemos que el número de secuencias de longitud $n$ con al menos $k$ sucesivas cabezas en algún lugar es $2^n - F_{k,\,n+k}$ .