6 caras seguidas de 6 cruces (lanzamiento de monedas)

Tal vez ayude hacer un ejemplo más simple, así que hagamos$3$tira la moneda, y veamos el número esperado de veces que obtienes$1$cabeza seguida de$1$cola.

Ahora hay$8$resultados posibles:

$TTT$

$TTH$

$THT$

$THH$

$HTT$

$HTH$

$HHT$

$HHH$

Tenga en cuenta que$HT$ocurre$4$veces, por lo que el número esperado de$HT$'s a ocurrir es$\frac{4}{8}=\frac{1}{2}$

Ahora, observe que hay dos 'ranuras' para un$HT$aparecer: los dos primeros lanzamientos, o el segundo y tercer lanzamiento.

También tenga en cuenta que$HT$ocurre dos veces para las dos primeras ranuras, por lo que el número esperado de$HT$'s para la primera ranura es$\frac{2}{8}=\frac{1}{4}$

Y lo mismo es cierto para la segunda ranura. Es decir, el número esperado de$HT$'s para la segunda ranura también es$\frac{1}{4}$

Y ahora nota que$\frac{1}{4} + \frac{1}{4} = \frac{1}{2}$. Es decir: el número esperado de$HT$'s que ocurren en cualquier parte de la secuencia es el número esperado de$HT$'s que ocurrirá en la primera ranura añadida al número esperado de$HT$está en la segunda ranura. ... Y por supuesto esto debe ser así: tenemos$4$ $HT$'s total de la$8$cadenas igualmente probables, y que$4$es la suma de$2$y$2$. Esto es lo que quieren decir con la 'linealidad del valor esperado'

Entonces, el hecho de que puedas tener como máximo$1$ $HT$en una secuencia de$3$es irrelevante.

Lo mismo sucede en tu problema: de todos los resultados posibles, algunos de los$HHHHHHTTTTTT$las cadenas ocurrirán en la primera ranura (lanzamientos$1$aunque$12$), algunos ocurrirán en la segunda ranura (lanzamientos$2$a través de$13$), etc. Y al final, simplemente terminas agregando todo eso. Una vez más, el hecho de que usted no puede tener un$HHHHHHTTTTTT$en la primera y en la segunda ranura al mismo tiempo vuelve a ser irrelevante.

Trabajemos con números más pequeños para poder escribir todas las posibilidades. Digamos que lanzas una moneda$7$veces y se le pregunta sobre la cantidad de veces que obtiene una cadena de$(H,T,H)$. Bueno, los siguientes resultados son lo que estaría buscando:

1. $(H,T,H, *,*,*,*)$
2. $(*,H,T,H, *,*,*)$
3. $(*,*,H,T,H, *,*)$
4. $(*,*,*,H,T,H, *)$
5. $(*,*,*,*,H,T,H)$

donde el$*$indica cualquiera de$H$o$T$, pero realmente no nos importa el momento.

Estas son las únicas formas en que puede obtener la cadena especificada$(H,T,H)$fuera de$7$voltea Fíjate que hay$7-3+1=5$maneras. Entonces, aquí estamos haciendo la observación (no tan profunda) de que una ocurrencia de$(H,T,H)$dentro de un tirón de$7$monedas se caracteriza completamente por cuando comienza.

Tenga en cuenta que no queremos hacer algo como$7/3=2+\frac{1}{3}\approx 2$y afirmar que solo hay dos posiciones en las que podemos obtener$(H,T,H)$. Cuando haces una división de este tipo, solo estás tomando en cuenta las ocurrencias de$(H,T,H)$que son "disjuntos" (es decir, las opciones (1), (5) anteriores). Por ejemplo,$(H,T,H,*,H,T,H)$es un ejemplo de lo que (creo) podría estar pensando, pero se está perdiendo de varios otros.

Para ser concretos, aquí hay un posible resultado.$\omega=(H,T,H,T,H,T,H)$. El número de ocurrencias de la cadena.$(H,T,H)$es 3 aquí (tenemos opciones (1), (3), (5) sucediendo aquí).

Considere la variable aleatoria$N$que describe cuántas veces una cadena de$(H,T,H)$se encuentra en un lanzamiento de siete monedas. Entonces

$$\begin{align} N=\sum_{i=1}^5\mathbf{1}_{\{\omega\,: (\omega_i,\omega_{i+1},\omega_{i+2})=(H,T,H)\}} \end{align}$$ Aquí$\mathbf{1}_A$significa la función indicadora del conjunto$A$. La suma anterior solo suma un$1$si encontramos$(H,T,H)$en el$i,i+1,i+2$ranuras, y lo hace para cada$1\leq i\leq 5$, por lo que cuenta todas las veces que ve una cadena de$(H,T,H)$. Por linealidad de expectativa (o integrales) se sigue que $$\begin{align} \Bbb{E}(N)=\sum_{i=1}^5\Bbb{E}\left(\mathbf{1}_{\{\omega\,: (\omega_i,\omega_{i+1},\omega_{i+2})=(H,T,H)\}}\right)= 5\cdot 2^{-3} \end{align}$$ En tu problema, solo tienes que reemplazar el número$7$por$10^6$(un millón) y$3$(la longitud de la cuerda) por$12$.

Ahora, como beneficio adicional, trate de averiguar la fórmula general para cuando lo haga$n$se lanza una moneda al aire y se busca el valor esperado de la cantidad de veces que una cierta cadena de longitud$k$(dónde$1\leq k\leq n$) ocurre.

Así que quiere saber con qué frecuencia el patrón

$$HHHHHHTTTTTT$$

aparece en millones de lanzamientos justos de monedas. Tenga en cuenta que debemos considerar otro patrón

$$THHHHHHTTTTTTH$$

para contar bien todas las posibilidades.

Generalizamos el problema tomando moneda injusta con probabilidad de cara igual a$p$y cruz igual a$q=1-p$y considere un caso de cadenas de$m$cabezas seguidas de$m$cruz.$m=6$corresponde al caso original.

Dejar$u_n$sea ​​la probabilidad del patrón en el$n$th flip. La probabilidad de que haya$m+1$cabezas y$m+1$cruz en$2m+2$voltea es

$$(pq)^{m+1}$$

El patrón también puede aparecer en el$(n-2m)$th flip. Debido a que estas dos apariencias del patrón son mutuamente excluyentes, obtenemos la siguiente relación de recurrencia

$$u_n+u_{n-2m}(pq)^m=(pq)^{m+1}$$

Tenga en cuenta que$u_n$no es una función de masa de probabilidad.

Ahora, la teoría dice que

$$\lim_{n \to \infty}u_n=\frac{1}{E(x)}$$

Aquí$E(x)$denota la expectativa del número de vueltas hasta la primera aparición del patrón. De este modo

$$E(x)=\frac{1+(pq)^m}{(pq)^{m+1}}$$

O en el caso de moneda justa ($p=q=\frac{1}{2}$)

$$E(x)=4(4^m+1)$$ Para el caso original$m=6$

$$E(x)=16388$$

Por lo tanto, el número esperado de este patrón en un millón de lanzamientos de una moneda justa es

$$\frac{1000000}{16388}\approx 61$$

Un cálculo bastante complicado da la siguiente expresión para la varianza (caso de moneda justa)

$$Var(x)=16^{m+1}+(20-16m)4^m+4$$

De aquí la desviación estándar para$m=6$

$$SD=\sqrt{Var(x)}=16374.5$$

¡Eso significa que la expectativa es aproximadamente igual a la desviación estándar!