Затруднение в построении вероятностного пространства

[Sdy]

Я решаю следующую задачу :

Цитата:

Правильную монетку кидают пока она не выпадет одной и той же стороной $n+1$ раз. Какова вероятность того что в момент, когда она выпала одной из сторон $n+1$ раз, вторая сторона выпала ровно $k$ раз?

(О задаче.)

На самом деле я решаю не эту задачу, но свёл первоначальную задачу к этой. Я знаю корректное решение исходной задачи, но хотелось бы разобраться, а что не так именно в этой модели. Всё должно как-то легко здесь исправляться, но у меня ступор.

То есть мы кидаем монетку либо пока она не выпадет $n+1$ раз орлом, либо пока она не выпадет $n+1$ раз решкой. Всякой такой последовательности бросков монеты поставим в соответствие бинарную последовательность, где $1$ означает выпадение орла, а $0$ означает выпадение решки.

Множество элементарных исходов это

$$\Omega = \text{Множество всех бинарных последовательностей, содержащих либо ровно $n+1$ единицу}$$

$$\text{ и оканчивающихся на единицу, либо ровно $n+1$ нуль и оканчивающихся на нуль}$$

Вероятностную меру я хочу задать поточечно. Бросания монетки считаем независимыми, значит мы находимся в модели испытаний Бернулли. Каждый $w \in \Omega$ либо содержит $n+1$ единицу и $m$ нулей, оканчиваясь при этом на единицу, либо $n+1$ нуль, $m$ единиц и оканчивается на нуль, причём $m \in \mathbb{N}$ (то есть $\Omega$ это объединение двух счётных множеств). Тогда каждый исход $w$ имеет вероятность $p(w)=\dfrac{1}{2^{n+1}}\cdot \dfrac{1}{2^{m}}$.
И вот когда я пытаюсь проверить, что $\mathbb{P}(\Omega) = \sum\limits_{w \in \Omega}p(w) = 1$, у меня получается, что $\mathbb{P}(\Omega)=2$, а не $1$.
Я разбиваю исходы в $\Omega$ как я писал выше -- либо они содержат $n+1$ единицу и $m$ нулей, оканчиваясь при этом на единицу (назовём их исходами первого типа), либо $n+1$ нуль, $m$ единиц и оканчиваются на нуль (назовём их исходами второго типа) и тогда

$$\sum\limits_{w \in \Omega}p(w) = \sum\limits_{m=0}^{+\infty}f(m) \dfrac{1}{2^{m+n-1}} + \sum\limits_{m=0}^{+\infty}g(m) \dfrac{1}{2^{m+n-1}}$$

Здесь $f(m)$ это число исходов из $\Omega$ первого типа, $g(m)$ число исходов второго типа. Но $f(m) = g(m) = {n + m \choose m}$ и тогда

$$\sum\limits_{w \in \Omega}p(w) = \dfrac{1}{2^{n+1}}\sum\limits_{m=0}^{+\infty}{n + m \choose m}\dfrac{1}{2^{m}} + \dfrac{1}{2^{n+1}}\sum\limits_{m=0}^{+\infty}{n + m \choose m}\dfrac{1}{2^{m}} = \dfrac{1}{2^{n+1}} \cdot 2^{n+1} + \dfrac{1}{2^{n+1}} \cdot 2^{n+1} = 2$$

Помогите, пожалуйста, понять что не так.

[Null]

Все по 2 раза посчитали.

[Sdy]

Null,
спасибо, у меня тоже есть такое подозрение, но я не могу понять, в какой момент я обсчитался.

Пусть, например $n+1 = 2$. Сначала смотрим на все исходы, в которых у нас два раза выпал орёл, группируя их по количеству выпавших решек :

$$11, \quad 011, 101, \quad 0011, 1001, 0101, \quad 00011, 10001, 00101, 01001, \ldots $$

Получается, что для каждого количества решек $m$ у нас есть ${n+m \choose m} = m+1$ исход, и тогда вероятностная мера всех таких исходов равна

$$\dfrac{1}{2^{n+1}}\sum\limits_{m=0}^{+\infty}\dfrac{m+1}{2^m}= \dfrac{1}{2^{2}}\sum\limits_{m=0}^{+\infty}\dfrac{m+1}{2^m} = 1$$

Но это мы посмотрели только на те исходы, в которых орёл выпал дважды, а есть ещё исходы, в которых дважды выпала решка. Они имеют зеркальный вид, просто нули заменяем на единицы, а единицы на нули :

$$00, \quad 100, 010, \quad 1100, 0110, 1010, \quad 11100, 01110, 11010, 10110, \ldots $$

Ну и тут всё тоже рассуждение и тоже в итоге получаю $1$.

[ihq.pl]

Sdy, вопрос из любопытства, если что. Чему равна вероятность элементарного события?

[dgwuqtj]

Sdy в сообщении #1623517 писал(а):

Пусть, например $n+1 = 2$. Сначала смотрим на все исходы, в которых у нас два раза выпал орёл, группируя их по количеству выпавших решек :

$$11, \quad 011, 101, \quad 0011, 1001, 0101, \quad 00011, 10001, 00101, 01001, \ldots $$

У вас префикс $00$ последовательности $0011$ тоже считается элементарным событием...

[svv]

Sdy в сообщении #1623517 писал(а):

Пусть, например $n+1 = 2$.

Это значит, мы бросаем монетку, пока либо решка ($0$), либо орёл ($1$) не выпадут два раза (как я понял, не обязательно подряд). Теперь смотрим последовательности, в которых 2 раза выпала $1$, и мы прекратили испытание:

Sdy в сообщении #1623517 писал(а):

$$11, \quad 011, 101, \quad 0011, 1001, 0101, \quad 00011, 10001, 00101, 01001, \ldots $$

Но ведь во всех, кроме трёх первых, ещё раньше выпали два нуля. Почему же Вы не остановились в этот момент, а продолжали бросать монетку?

[Sdy]

svv в сообщении #1623533 писал(а):

Но ведь во всех, кроме трёх первых, ещё раньше выпали два нуля. Почему же Вы не остановились в этот момент, а продолжали бросать монетку?

svv, cпасибо, я понял свою ошибку. У нас $m$ не может быть больше чем $n$ -- иначе мы действительно должны были закончить кидать монетку раньше. И поэтому обе суммы будут до $n$ :

$$\sum\limits_{w \in \Omega}p(w) = \dfrac{1}{2^{n+1}}\sum\limits_{m=0}^{n}{n + m \choose m}\dfrac{1}{2^{m}} + \dfrac{1}{2^{n+1}}\sum\limits_{m=0}^{n}{n + m \choose m}\dfrac{1}{2^{m}} = \dfrac{1}{2^{n+1}} \cdot 2^{n} + \dfrac{1}{2^{n+1}} \cdot 2^{n} = 1$$

Я в упор этого не видел, потому что в своём первом решении я вообще не учитывал, что "выпадет одной и той же стороной" может означать не только орла, но и решку и у меня там $\Omega$ было вида $\Omega = \{11, \quad 011, 101, \quad 0011, 1001, 0101, \quad 00011, 10001, 00101, 01001, \ldots \}$. И вот эта дискриминация решки привела к ошибке, когда я начал строить вероятностное пространство, представленное в стартовом сообщении.

ihq.pl в сообщении #1623528 писал(а):

Sdy, вопрос из любопытства, если что. Чему равна вероятность элементарного события?

ihq.pl, я же об этом написал в первом сообщении :

Sdy в сообщении #1623466 писал(а):

Бросания монетки считаем независимыми, значит мы находимся в модели испытаний Бернулли. Каждый $w \in \Omega$ либо содержит $n+1$ единицу и $m$ нулей, оканчиваясь при этом на единицу, либо $n+1$ нуль, $m$ единиц и оканчивается на нуль, причём $m \in \mathbb{N}$ (то есть $\Omega$ это объединение двух счётных множеств). Тогда каждый исход $w$ имеет вероятность $p(w)=\dfrac{1}{2^{n+1}}\cdot \dfrac{1}{2^{m}}$

Но теперь понятно, что $ 0 \leq m \leq n$, а не $m \in \mathbb{N}$.

dgwuqtj в сообщении #1623531 писал(а):

У вас префикс $00$ последовательности $0011$ тоже считается элементарным событием...

dgwuqtj, спасибо, я наконец понял.