Probabilidad de tener "rabitos" por primera vez.

Question

Se lanza una moneda al aire hasta que sale "cruz-cola" (es decir, una cruz seguida de otra cruz) por primera vez. Sea $X$ cuenta el número de lanzamientos necesarios. Halla la probabilidad del suceso $X=n.$ ¿Cuál será la expectativa de $X$ ?

Creo que este problema hay que resolverlo por recursividad pero encuentro dificultades para resolverlo. Cualquier sugerencia al respecto será muy apreciada.

Muchas gracias por su valioso tiempo.

EDITAR $:$ Si tiene "rabos de cola" por primera vez en $n$ pasos. Entonces los dos primeros pasos serán $HH$ o $HT$ o $TH.$ Si los dos primeros lanzamientos dan como resultado $HH$ o $TH$ entonces seguimos el paso anterior. Si se obtiene $HT$ en los dos primeros pasos, entonces los dos pasos siguientes serán $HH$ o $HT$ y seguimos así.

Sabemos que $\Bbb E(X) = \Bbb E(X \mid A) \Bbb P(A) + \Bbb E(X \mid A^c) \Bbb P(A^c).$ Así que en este caso podemos escribir $\Bbb E(X) = \Bbb E(X \mid H) \Bbb P(H) + \Bbb E(X \mid T) \Bbb P (T).$

Ahora $$\Bbb E(X \mid H) = \Bbb E(X) + 1, \Bbb P(H) = \frac 1 2.$$ ¿Qué es la $\Bbb E(X \mid T)$ ? $$\Bbb E(X \mid T) = \Bbb E((X \mid T) \mid TH) \Bbb P (TH \mid T) + \Bbb E((X \mid T) \mid TT) \Bbb P(TT \mid T).$$ Ahora $$\Bbb E((X \mid T) \mid TH) = 1 + \Bbb E(X \mid H) = 2 + \Bbb E(X).$$ y $$\Bbb E((X \mid T) \mid TT) = 2.$$ También $$\Bbb P(TH \mid T) = \Bbb P(TT \mid T) = \frac 1 2.$$ Así obtenemos $$\Bbb E (X \mid T) = \frac 1 2 \Bbb E(X) + 2.$$ Juntando todo esto obtenemos $\Bbb E(X) = 6.$

¿Dónde me he equivocado? ¿Podría comprobarlo?

Answer 1

Pistas:

Sea $g_n$ sea el número de secuencias de longitud $n$ compuesto por $H$ y $T$ (cara y cruz) que no contengan dos colas consecutivas. Entonces la secuencia deseada es una secuencia de este tipo (pero de longitud $n - 2$ ) seguido de $TT$ . Supongamos que conoce el valor de $g_n$ en general. En términos de $g_{n - 3}$ ¿cuál es la probabilidad deseada?

Ahora, para calcular $g_n$ consideremos cómo podemos obtener una secuencia de longitud $n$ de una secuencia similar de menor longitud. Supongamos que nos dan una secuencia de longitud $n - 1$ que no contenga $TT$ (dos colas consecutivas). Entonces definitivamente podemos añadir un $H$ al final de esta secuencia para obtener una secuencia válida de longitud $n$ ? ¿Cuántas secuencias de este tipo existen (en términos de la incógnita $g_k$ )? ¿No cuenta esto todas las secuencias válidas terminadas en $H$ ?

Así que quedan secuencias válidas de longitud $n$ terminando en $T$ . ¿Cómo conseguiremos esa secuencia? Bien, si el último término es $T$ entonces el término anterior debe ser $H$ (porque de lo contrario tendríamos $TT$ al final). Así que lo que queremos es una secuencia válida de longitud $n - 1$ que termina en $H$ . ¿Cuántas secuencias de este tipo hay (de nuevo en términos de la incógnita $g_k$ )?

Sumando las dos anteriores se obtiene una relación de recurrencia para $g_n$ . Los casos base son $g_0 = ???$ y $g_1 = ???$ .

También se puede convertir fácilmente en una relación de recurrencia para la propia probabilidad deseada.

---

Solución completa:

La relación de recurrencia para $g_n$ el número de $H$ - $T$ secuencias de longitud $n$ que no contengan $TT$ (colas consecutivas)$ es

$$g_n = g_{n - 1} + g_{n - 2};\ g_0 = 1,\ g_1 = 2.$$

Una secuencia de longitud $n$ que termina en $TT$ y no tiene dos colas consecutivas antes de que sea de la forma $G_{n-3}HTT$ donde $G_{n-3}$ es una secuencia de longitud $n - 3$ sin colas consecutivas. La probabilidad de una secuencia de $n$ lanzamientos terminados en $TT$ en los dos últimos lanzamientos por primera vez es por tanto \begin{align*} p_n & = \dfrac{g_{n-3}}{2^n}\\ & = \dfrac{g_{n-4} + g_{n-5}}{2^n}\\ & = \dfrac {p_{n-1}} 2 + \dfrac {p_{n-2}} 4 \end{align*} con casos base $p_2 = \dfrac 1 4$ , $p_3 = \dfrac 1 8$ .

Entonces el número esperado de lanzamientos es $\sum\limits_{n = 2}^\infty n\, p_n$ . Para calcular esto utilizando la relación de recurrencia que ya tenemos para $p_n$ ,

\begin{align*} n p_n &= \dfrac n 2 p_{n - 1} + \dfrac n 4 p_{n - 2} \\ &= \dfrac {1} 2 (n - 1) p_{n - 1} + \dfrac 1 2 p_{n-1} + \dfrac{1} 4 (n - 2)p_{n - 2} + \dfrac 2 4 p_{n-2} \end{align*}

Ahora, resumimos esto de $n = 4$ a $\infty$ . Tenga en cuenta que $\sum p_n = 1$ . Así,

\begin{align*} \mathbb E[X] - 3 p_3 - 2 p_2 &= \dfrac 1 2 (\mathbb E[X] - 2 p_2) + \dfrac 1 2 (1 - p_2) + \dfrac 1 4 \mathbb E[X] + \dfrac 1 2 \implies\\ \mathbb E[X] &= 6. \end{align*}

Answer 2

Sea $h(n)$ denotan el número de secuencias de longitud $n$ que terminan con $H$ y no contengan $TT$ . Desde $h(n) = h(n-1)+h(n-2)$ y los casos base de $h(n)$ son $h(1) = 1$ y $h(2) = 2$ Esta es la secuencia de Fibonacci, $$h(n) = \frac{({\frac{1+\sqrt{5}}{2}})^{n+1}-{(\frac{1-\sqrt{5}}{2}})^{n+1}}{\sqrt{5}}$$ En otra pista, $$\Bbb P(X = n) = \frac{h(n-2)}{2^{n}}$$ . Introduciendo la fórmula explícita de $h(n)$ en la probabilidad anterior y simplificando se encuentra que $$\Bbb P(X = n) = \frac{({\frac{1+\sqrt{5}}{4}})^{n-1}-{(\frac{1-\sqrt{5}}{4}})^{n-1}}{2\sqrt{5}}$$ Utilizando dos sumas aritmético-geométricas infinitas, el valor esperado es 6. Nota: el valor esperado también podría ser encontrado por el método de Ned en un comentario anterior de $E = \frac{1}{2}*(E+1)+\frac{1}{4}*(E+2)+\frac{1}{4}*2$ . Resolución de $E$ considera que $E = 6$ .