Про монету

[vlad_light]

Имеется симметричная монетка. Какое количество бросков (в среднем) нужно сделать, чтоб монетка два раза подряд упала на одну и ту же сторону?
Подскажите, пожалуйста, как такие задачки решать?

[Lahme]

Решают так:
Находят закон распределения случайной величины X - числа бросков до двух гербов(или цифр) подряд.
Находят математическое ожидание этой X.

[vlad_light]

Вот я пока на примере могу:
$n$ - комбинация - вероятность
2 - AA, RR - 1/2
3 - RAA, ARR - 1/4
4 - ARAA, RARR - 1/8
5 - ARARR, RARAA - 1/16
6 - ARARAA, RARARR - 1/32
...
Получается, $P(X=k)=\frac {1}{2^{k-1}}$. Тогда $EX=\sum\limits _{k=2}^\infty k\frac {1}{2^{k-1}}=\sum\limits _{m=1}^\infty (m+1)\frac {1}{2^m}=2+1=3$
Это верно? Если да, то go next.
Если сегодня нет дождя, то и завтра его не будет с вероятностью $p$; а если сегодня был дождь, то завтра его стоит ждать с вероятностью $q$. Через сколько в среднем дней пройдёт два дождя подряд, если сегодня солнечная погода?
Пока получилось так:
3 - $-++$ - $(1-p)q$
4 - $--++$ - $p(1-p)q$
5 - $---++, -+-++$ - $(p^2+(1-p)(1-q))(1-p)q$
6 - $----++, -+--++, --+-++$ - $(p^3+2p(1-p)(1-q))(1-p)q$
Помогите зависимость выявить.
А вообще интересно, как решать такие задачи без выявления зависимостей (и без всяких Монте-Карло).
Кстати, появилась гипотеза, что

$$P(X=k)=(p^{k-3}+(k-4)(1-p)(1-q)+(1-p)^{\frac{k-1}{2}-1}(1-q)^{\frac{k-1}{2}-1}\mathbf 1_{\overline {2\mathbb Z}}(k))(1-p)q, \forall k > 5$$

[Shadow]

vlad_light в сообщении #744562 писал(а):

Если сегодня нет дождя, то и завтра его не будет с вероятностью $p$; а если сегодня был дождь, то завтра его стоит ждать с вероятностью $q$. Через сколько в среднем дней пройдёт два дождя подряд, если сегодня солнечная погода?

S - мат. ожидание, если сегодня солнечно, D - мат ожидание, если в Саньтяго идет дождь:

$\\S=p(1+S)+(1-p)(1+D)\\ D=q+(1-q)(1+S)$

Вот такая системка.

-- 09.07.2013, 14:47 --

Точнее, если вчера было...значит к S нужно добавить единичку после решение системы. Кажется.