Serie geométrica con lanzamiento de moneda

Dejar$N$anote el número de lanzamientos hasta que vea "TH" por primera vez. Encontrar$\mathsf E(N)$

Para encontrar el evento de terminación, debemos lanzar una serie de ninguna o más caras, una serie de una o más cruces y luego una cara. El patrón,$\mathsf{[T]_XH[H]_YT}$

Aquí$X$y$Y$, el número de lanzamientos de una cara dada antes de la cara opuesta tienen distribuciones geométricas.

$$X,Y\sim \mathcal {Geom}(1/2) \implies \mathsf E(X) = \frac{1-1/2}{1/2}=\mathsf E(Y)$$

$$\mathsf E(N) = \mathsf E(X)+\mathsf E(Y) +2$$

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Ahora deja$M$denotemos el número de lanzamientos hasta que veamos “HH” por primera vez.

Para encontrar el evento final no arrojamos cruz o más, una cara y luego otra cara (terminar) o cruz (luego reiterar). El patrón recursivo es$\mathsf{P:=[T]_ZH(H|T P)}$

Dónde$Z$es de nuevo un valor distribuido geométricamente.

$$\mathsf E[M]=\mathsf E[Z] + 2 + \tfrac12 \mathsf E[M]$$

¿Puedes tomarlo desde aquí?

Utilizamos información que quizás ya conozca sobre variables aleatorias distribuidas geométricamente. El tiempo medio de espera hasta la primera T es$2$. Después de eso, el tiempo medio de espera adicional hasta la primera H es$2$. Y$2+2=4$.

Observación: Hay muchos otros enfoques, incluidas las series. Un enfoque alternativo interesante utiliza el condicionamiento sobre el resultado del primer lanzamiento. Eso es útil para el problema HH, pero para dejarte algo que hacer, lo usamos en el problema TH.

Está razonablemente claro que la expectativa existe. Llámalo$a$. Y deja$b$sea ​​el número esperado de lanzamientos adicionales dado que acabamos de lanzar una T. Condicionamos con el resultado del primer lanzamiento. Si es H, hemos desperdiciado un lanzamiento y el número esperado de lanzamientos es$1+a$. Si es T, entonces por la definición de$b$es$1+b$. De este modo

$$a=\frac{1}{2}(1+a)+\frac{1}{2}(1+b).$$ Un argumento similar muestra que $$b=\frac{1}{2}(1)+\frac{1}{2}(1+b).$$ Resolviendo, obtenemos $b=2$y luego $a=4$.