Вероятность выпадения одной и той же стороны два раза подряд

[Sdy]

Задача.
Монету бросают до тех пор, пока 2 раза подряд она не выпадет одной и той же стороной. Найти вероятность того что потребуется чётное число бросков (обозначим это событие как $A$).
Решение.
Пространство элементарных исходов состоит из конечных последовательностей длины $n$. ($n \geqslant 2$). Каждой конечной последовательности длины $n$ можно приписать вероятность $\frac{1}{2^{n}}$, причем для каждого $n$ имеем только 2 варианта (так как всего последовательностей из $0$ и $1$ длины $n$ имеется $2^n$, но среди них нам подходят только те, что кончаются на $00$ или $11$, при этом в них до этого должна быть "мигалка", а таких последовательностей $2$ - одна начинается нулем, а вторая единицей). Причем вероятность того что нам хватит $n$ бросков равна $\frac{1}{2^{n-1}}$ (имеем по $2$ последовательности для каждого $n$, а всего бинарных последовательностей длины $n$ имеется $2^n$).
Нам потребуется четное число бросков, если мы кидаем монету $2$ или $4$ или ... или $2m$ раз и получаем желаемый результат.
Тогда $P(A) = \frac{1}{2}(1+\frac{1}{4}+...+\frac{1}{4^{n-1}}) = \frac{2}{3}(1-\frac{1}{4^{n+1}})$. Если $n \to \infty$, то $P(A) \to \frac{2}{3}$ и я получаю ответ, который и дан в конце учебника. (А именно, $P(A) = \frac{2}{3}$).
Вопросы.Корректно ли это рассуждение? Могу ли я вообще здесь применять предельный переход? Ведь монетку бесконечное число раз не кинешь.

[arseniiv]

В принципе тут и не предельный переход, а честная обычная вероятность события, являющегося объединением счётного числа несовместных («потребовалось $2n$ бросков»), ну и по всем свойствам у нас полное право взять сумму бесконечного ряда.

Можно и как предельный переход понимать (интересующее событие — предел последовательности вложенных друг в друга событий), но с этим действительно разбираться ещё.

[mihaild]

Можно так: вероятность того, что понадобилось четное число бросков при условии что $n$ бросков хватило - $\frac{2}{3}\left( 1 - \frac{1}{4^{n+1}}\right) = x_n$ (не перепроверял). Обозначив за $A$ событие "понадобилось четное число бросков" а за $B_n$ "$n$ бросков хватило", имеем $P(A) = P(A | B_n) \cdot P(B_n) + P(A | \neq B_n) \cdot P(\neg B_n)$. В первом слагаемом первый сомножитель $x_n$, второй стремится к $1$. Во втором первый сомножитель ограничен, второй стремится к $0$.

[TOTAL]

Можно так: $P(A) = \dfrac12 + \dfrac12(1-P(A))$.

[ewert]

Или так (возможно, это то же самое). Чётное количество бросков -- это $2n$, нечётное -- $(2n+1)$, где $n=1,2,\ldots$. Для каждого $n$ имеем ровно два чётных события и два нечётных, причём каждое из нечётных получается из соответствующего чётного добавлением в начало цепочки выпадением вполне определённой стороны. Поэтому при таком взаимно однозначном соответствии между чётными и нечётными событиями вероятность каждого нечётного ровно в два раза меньше, чем у соответствующего чётного; соответственно, и суммарная вероятность вдвое меньше.

[Sdy]

mihaild, спасибо за ответ.
Если я правильно понимаю, Вы используете тут условную вероятность. (Нам или хватило бросков, чтобы докидать до четной "удачи", либо мы кинули четное количество раз, но результата не получили). Просто у Феллера в данный момент было введено лишь понятие множества элементарных событий, вероятности объединения событий и нормировки вероятности, поэтому я старался использовать только те факты, что были уже нам даны в книге.

arseniiv, спасибо за ответ.

arseniiv в сообщении #1395554 писал(а):

являющегося объединением счётного числа несовместных («потребовалось $2n$ бросков»), ну и по всем свойствам у нас полное право взять сумму бесконечного ряда.

Но ведь во время взятия суммы бесконечного ряда мы все равно выполняем предельный переход. Я вот этого и не понимаю.
Феллер пишет

Феллер писал(а):

$\Omega$ содержит 2 точки ГГ и РР с вероятностями $\frac{1}{4}$, две точки ГРР и РГГ с вероятностями $\frac{1}{8}$ и вообще по две точки с вероятностями $\frac{1}{2^n}$ при $n\geqslant2$. Сумма этих вероятностей равна 1, так что нет необходимости рассматривать возможность бесконечной серии бросаний. Искомая вероятность равна $\frac{2}{3}$

Как я понимаю, он делает вывод, что сумма вероятностей равна $1$ просто по условию нормировки вероятности, ничего не суммируя. Но что ломается, если я выполняю предельный переход? (Просто я эту единицу получил просуммировав $\frac{1}{2} + .... + \frac{1}{2^n}$, то есть всё-таки рассматривая бесконечную серию бросаний, я ведь делаю предельный переход)Что подразумевается под вот этим

arseniiv в сообщении #1395554 писал(а):

но с этим действительно разбираться ещё.

?

(Оффтоп)

К сожалению, остальные ответы пока не было возможности осознать.

[ewert]

Sdy в сообщении #1395612 писал(а):

Но ведь во время взятия суммы бесконечного ряда мы все равно выполняем предельный переход.

Это мы в ранней молодости выполняли -- на первом курсе, в анализе. До этого, в детстве, ничего не выполняли, а просто брали готовую формулу для суммы геометрической прогрессии. Сейчас, когда добрались уже до теории вероятностей -- снова впадаем в детство: зачем предельный переход, если эта сумма известна.

Sdy в сообщении #1395612 писал(а):

Как я понимаю, он делает вывод, что сумма вероятностей равна $1$ просто по условию нормировки вероятности, ничего не суммируя.

Он всё именно суммирует, просто в уме.А написано, конечно, крайне коряво. Если такое решение изначально не известно, то придётся над этим текстом некоторое время помедитировать.

[arseniiv]

Sdy в сообщении #1395612 писал(а):

Но ведь во время взятия суммы бесконечного ряда мы все равно выполняем предельный переход.

Ну во время взятия суммы да, но это уже практические детали — а чтобы получить её изначально, нам не нужны переходы, а только свойство счётной аддитивности вероятности (прям сверху страницы по ссылке; у нас даже события уже попарно непересекающиеся и их не нужно как-то дополнительно готовить).

Sdy в сообщении #1395612 писал(а):

Что подразумевается под вот этим <…>?

Есть последовательность событий—конечных объединений событий $A_1\cup\ldots\cup A_n$ (где $A_n$ — это «потребовалось $2n$ бросков»), и её предел (определённый однозначно, потому что $A_i\subset A_{i+1}$; иначе бывает разное) — интересующее событие. Правда чтобы найти его вероятность, мы всё равно мимо сигма-аддитивности вероятности не пройдём. Так что тут предел — лишнее, наверно: ведь мы и так представляем себе интересующее событие. Зря я упомянул его.

[Someone]

Sdy в сообщении #1395612 писал(а):

Как я понимаю, он делает вывод, что сумма вероятностей равна $1$ просто по условию нормировки вероятности, ничего не суммируя.

Нет. Из условия нормировки вероятности совершенно не следует, что последовательность будет иметь конечную длину, потому что она может иметь бесконечную длину. Пример такой последовательности придумайте сами. Просто Феллер знает, что $\sum\limits_{n=2}^{\infty}\left(\frac 1{2^n}+\frac 1{2^n}\right)=1$, и предполагает, что его читатели тоже это знают или легко догадаются, почему это так, поэтому на вычислении этой суммы не останавливается.

[Sdy]

ewert, спасибо за ответ.

ewert в сообщении #1395614 писал(а):

зачем предельный переход, если эта сумма известна.

Ну да, я знаю, чему она равна, но ведь прихожу к ней при помощи предельного перехода. Хотя как я понимаю, если я знаю, чему она равна, то я могу взаимно заменяемо использовать выражения $\frac{1}{2}+...+\frac{1}{2^n} + ...$ и $1$.
Мое изначальное непонимание кроется в этой фразе

Феллер писал(а):

<...> так что нет необходимости рассматривать возможность бесконечной серии бросаний<...>

Как это нет? Как он тогда находит эту сумму? Ведь внутри нее кроется тот самый предельный переход, который и говорит о бесконечной серии бросков, иначе как находить сумму ряда. (И в случае когда $n$ фиксировано это же и не ряд вовсе). Тогда я и задумался, а могу ли я вообще рассуждать в терминах, когда $n\to \infty$, если Феллер пишет, что нет такой необходимости.

arseniiv, спасибо за ответ.

arseniiv в сообщении #1395619 писал(а):

свойство счётной аддитивности вероятности

Да, я понимаю, что изначально мы берем $P(A_1 \cup ... \cup A_n \cup ...)$, а в сумму оно превращается засчёт того что вероятностная мера обладает свойством счётной аддитивности. Но просто счётность - уже бесконечность и тут же встает вопрос, который я задавал выше относительно того что пишет Феллер.

arseniiv в сообщении #1395619 писал(а):

потому что $A_i\subset A_{i+1}$

$A_i$ - событие заключающееся в том что нам хватило $2i$ бросков, $A_{i+1}$ - событие, заключающееся в том что нам хватило $2i+2$ бросков. Почему из $A_i$ следует $A_{i+1}$? Ведь если нам хватило $2i$ бросков, то мы просто не дошли до $2i+2$ бросков.

Someone, спасибо за ответ.

Someone в сообщении #1395627 писал(а):

Пример такой последовательности придумайте сами.

Если я правильно Вас понял, то эта последовательность и фигурирует в задаче - ведь $\frac{1}{2} + ... + \frac{1}{2^n} + ... = 1$. Я думал, что Феллер говорит, что это равенство следует из нормировки, ведь так как $P$ - вероятностная мера, то $P(\Omega) = 1$ , а при этом же по счетной аддитивности имеем для непересекающихся множеств $P(\Omega) = P(A_1 + A_2 + ... + A_n + ...) = P(A_1) + P(A_2) + ... + P(A_n) + ... = 1$.

[Someone]

Sdy в сообщении #1395770 писал(а):

Как это нет? Как он тогда находит эту сумму?

Просто суммированием ряда. Точнее, как я уже говорил, он знает, чему эта сумма равна, и считает, что и его читатели это знают. А кто не знает, может вспомнить школьную формулу суммы бесконечной убывающей геометрической прогрессии и вычислить.

Sdy в сообщении #1395770 писал(а):

кроется тот самый предельный переход, который и говорит о бесконечной серии бросков

Нет, это у Вас какая-то путаница. Бесконечная серия бросков здесь совсем ни при чём. Вы ведь предел вычисляете для вероятностей конечных серий бросков, оканчивающихся двукратным выпадением одной и той же стороны монеты (и в каждой серии двукратное выпадение одной и той же стороны подряд встречается только в самом конце).
А вот появление бесконечной серии как раз означает, что монета каждый раз выпадала другой стороной: если бы она дважды подряд выпала одной стороной, то серия бросков тут же и закончилась бы.

Рассуждение Феллера имеет следующий вид: мы подсчитали сумму вероятностей всех конечных серий, которые могут встретиться в нашем эксперименте, и обнаружили, что эта сумма равна $1$. Следовательно, вероятность появления бесконечной серии равна $0$. Событие нулевой вероятности на наши вычисления влияния не оказывает, поэтому его можно проигнорировать. Поэтому он и пишет, что "нет необходимости рассматривать возможность бесконечной серии бросаний".

Sdy в сообщении #1395770 писал(а):

Почему из $A_i$ следует $A_{i+1}$?

Вопрос какой-то странный. Никак не следует, поскольку это несовместные события.

[Sdy]

Someone, спасибо за ответ.
Теперь мне понятно что он имеет в виду и почему я могу формально считать эту сумму не вступая с его решением в разногласия.
Действительно, я не понимал, что бесконечная серия бросков - это когда монетка два раза подряд на одну сторону так и не выпала. А в сумме фигурируют сколь угодно большие "удачные серии".

Someone в сообщении #1395798 писал(а):

Вопрос какой-то странный. Никак не следует, поскольку это несовместные события.

Просто я тогда не очень понимаю, что значит вот это

arseniiv в сообщении #1395619 писал(а):

(определённый однозначно, потому что $A_i\subset A_{i+1}$; иначе бывает разное)

Ведь $A_i$ не может являться подмножеством $A_{i+1}$.

[Someone]

Sdy в сообщении #1395806 писал(а):

я тогда не очень понимаю, что значит вот это

Возможно, мы оба не поняли. Пусть arseniiv разъяснит, что эти $A_i$ обозначают.

[arseniiv]

Sdy в сообщении #1395770 писал(а):

Но просто счётность - уже бесконечность и тут же встает вопрос, который я задавал выше относительно того что пишет Феллер.

А, про бесконечную серию бросаний, вижу. Но Someone вроде про неё уже успел написать.

Sdy в сообщении #1395770 писал(а):

Почему из $A_i$ следует $A_{i+1}$?

Да, я неаккуратно написал и не заметил. Раз, как я написал, мы рассматриваем последовательность объединений $A_1\cup\ldots\cup A_n$, я дальше хотел сказать, что члены этой последовательности входят друг в друга, но почему-то обозначил их теми же $A_i$. Назовём их тут $B_i$. Включение $B_i := A_1\cup\ldots\cup A_i\subset A_1\cup\ldots\cup A_i\cup A_{i+1} = B_{i+1}$ уже будет и верно, и очевидно.

-- Вт май 28, 2019 02:52:52 --

В общем, ещё раз видно, что зря я затеял это отступление о пределе последовательности событий, привело оно только к недоразумению.

[Sdy]

arseniiv, спасибо за ответ.
Тогда с этим вложением действительно все понятно.