Сколько бросать монетку, чтобы два раза подряд решка выпала?

[MNikita]

Нашлась такая вот задача: имеется симметричная монетка; сколько в среднем раз её нужно подбросить, чтобы решка выпала два раза подряд?

Я рассуждаю так. Во-первых, мы имеем дело с бесконечной последовательностью испытаний с вероятностью "успеха" $p=\frac{1}{2}$. Под успехом я понимаю выпадение решки. Верно ли я понимаю, что нас интересует математическое ожидание от случайной величины $\xi$, ставящей в соответствие последовательности $(w_1,w_2,w_3\ldots)$ наименьшее такое $n$, что $w=(w_1,\ldots w_{n-2},0,1,1)$ и в последовательности $(w_1,\ldots w_{n-2})$ нет двух подряд идущих единиц?

Если так, то

$$\mathbb{E}[\xi]=\sum_{k=1}^{\infty}k\cdot \mathbb{P}(\xi=k),$$

и нам только остаётся найти $\mathbb{P}(\xi=k)$, ну и сумму ряда, видимо. Нетрудно доказать индукцией, что число последовательностей длины $k+1$, у которых первая пара $(1,1)$ стоит на месте $k$ (в самом конце), равно числу Фибоначчи $f_k$. Это означает, что

$$\mathbb{P}(\xi=k)=\frac{f_k}{2^{k+1}},$$

откуда

$$\mathbb{E}[\xi]=\sum_{k=1}^{\infty}k\cdot\frac{f_k}{2^{k+1}}.$$

Верно ли я интерпретирую условие задачи? Если так, то можно ли сказать что-нибудь вразумительное про сумму этого ряда? (похоже, что он расходится, не так ли?)

Честно говоря, это моё решение мне не нравится. Как бы подправить модель, чтобы не было никаких оговорок? А то тут случайная величина определена не во всякой точке (не определена в точке $(1,0,1,0,1,\ldots)$, к примеру). Или ничего страшного?

[venco]

А обязательно через ряды считать? А то в данном случае можно гораздо проще.
Пусть $A_1$ - это среднее количество бросков если предыдущая была решка, а $A_0$ - если нет.
Теперь можно составить простую систему уравнений на эти величины и решить её.

[2old]

Пусть $E_n$ число бросков монеты для $n$ решек. Мы стоим в $E_{n-1}$. Тогда до $E_n$ нам с вероятностью $\frac{1}{2}$ один бросок -- выпадает решка и с вероятностью $\frac{1}{2}$ увидеть орла и начинать все заново. $E_n=\frac{1}{2}(E_{n-1}+1)+\frac{1}{2}(E_{n-1}+1+E_{n})$ и граничное условие $E_2=0$

[Nemiroff]

2old в сообщении #1030051 писал(а):

Пусть $E_n$ число бросков монеты для $n$ решек.

??? $n$ решек?

venco в сообщении #1030050 писал(а):

можно составить простую систему уравнений

$a=0.5(a+1)+0.5(0.5(a+2)+0.5\cdot 2)$ ЧЯДНТ?

[venco]

2old в сообщении #1030051 писал(а):

Тогда до $E_n$ нам с вероятностью $\frac{1}{2}$ один бросок -- выпадает решка и с вероятностью $\frac{1}{2}$ увидеть орла и начинать все заново. $E_n=\frac{1}{2}(E_{n-1}+1)+\frac{1}{2}(E_{n-1}+1+E_{n})$ и граничное условие $E_2=0$

Заново - это ведь $E_0$, не так ли? А у вас что? И во втором слагаемом что делает $E_{n-1}$?

-- Вт июн 23, 2015 08:45:52 --

Nemiroff в сообщении #1030055 писал(а):

$a=0.5(a+1)+0.5(0.5(a+2)+0.5\cdot 2)$ ЧЯДНТ?

Слишком быстро и непонятно для ТС. Придётся объяснять.

[MNikita]

Да, что-то я не догоняю вас, товарищи.

[Nemiroff]

MNikita в сообщении #1030064 писал(а):

Да, что-то я не догоняю вас, товарищи.

Ну смотрите. Пусть $a$ --- среднее число бросков, которое нам нужно будет сделать.
Если первым броском выпал орёл (вероятность этого $0.5$), то все придётся начинать сначала, так как монетка не имеет памяти. Среднее число бросков при таком сценарии выйдёт то же самое плюс один (несчастливый) бросок орла --- то бишь $0.5 \cdot (a+1)$.

Если первым броском выпала решка (вероятность этого $0.5$), то далее мы имеем два варианта.
Если вторым броском выпал орёл (вероятность решка-орёл $0.25$), то опять же придётся начинать сначала, и мы сделали два ненужных броска --- то бишь $0.25 \cdot (a+2)$.
Если вторым броском выпала решка (вероятность решка-решка $0.25$), то ура, мы выиграли, затратив два броска.

В сумме получаем

$$a=0.5 \cdot (a+1) + 0.25 \cdot (a+2) + 0.25 \cdot 2$$

Отсюда $a=6$.

[2old]

venco
всё смешал: коней, людей

1. $E_k$ число оставшихся бросков, если уже выпало последовательно $k$ решек.
$E_{k}=0.5(E_{k+1}+1)+0.5(1+E_0)=1+0.5E_{k+1}+0.5E_0$ и $E_2=0$
Отсюда $E_0=6$

2.$E_n$ число необходимых бросков для $n$ последовательных решек.
$E_n=0.5(E_{n-1}+1)+0.5(1+E_n)$, отсюда $E_n=2E_{n-1}+2$
Тогда $E_n=2^{n+1}-2$ и $E_2=6$

[worm2]

Кстати, ряд тоже правильный за исключением того, что должно стоять $(k+1)\cdot\dots$ вместо $k\cdot\dots$. Сумма равна 6, как ни странно.