1. 問題描述

連續(xù)拋一枚硬幣，連續(xù)出現(xiàn)若干次正面即停止，求所拋總次數的期望。

2. 求解期望

記硬幣出現(xiàn)正面的概率為$p$，停止條件中連續(xù)出現(xiàn)正面的次數為$n$，所拋總次數的期望為$\mu_n$。考慮如下情形：首次出現(xiàn)連續(xù)$n-1$次正面，此時所拋總次數的期望為$\mu_{n-1}$。再拋一次，結果有且只有一下兩種：

• A. 出現(xiàn)正面，則滿足停止條件，所拋總次數的期望為$\mu_{n-1}+1$
• B. 出現(xiàn)反面，則立即回到初始狀態(tài)，相當于從0開始再拋出$n$次連續(xù)正面，因此總次數的期望為$\mu_{n-1}+1+\mu_n$。A、B兩種情況的概率分別為$p,1-p$。因此有

$$\begin{equation} \label{munAB} \mu_n=p(\mu_{n-1}+1)+(1-p)(\mu_{n-1}+1+\mu_n) \end{equation}$$

得

$$\begin{equation} \label{munDev} \mu_n=\frac{1}{p}(\mu_{n-1}+1) \end{equation}$$

展開，得通項公式

$$\begin{equation} \label{} \end{equation}$$

$$\begin{equation} \label{munGen} \mu_n=\frac{s(1-s^n)}{1-s}, \quad s=\frac{1}{p} \end{equation}$$

特別的，對于一枚均勻硬幣，$p=1/2$，因此$\mu_n=2^{n+1}-2$。

3. 概率計算

進一步考慮該問題，嘗試求解連續(xù)拋出$n$次正面時，所拋總次數為$m$的概率$P(n,m)$。顯然，

$$P(n,m)=0 \quad m<n \\ P(0,m)=\left\{ \begin{array}{P0m} 1 & m=0 \\ 0 & m \ge 1 \end{array} \right. $$

依然考慮第2節(jié)中的兩種情況。

• 對于A，在首次連續(xù)出現(xiàn)$n-1$次正面的情況下，再拋一次出現(xiàn)正面，滿足停止條件，因此需要前面總共拋了$m-1$次，這一概率為$P(n-1,m-1)$。
• 對于B，設首次連續(xù)出現(xiàn)$n-1$次正面時，已經拋了$k$次，再拋一次出現(xiàn)反面，立即回到初始狀態(tài)，因此，要滿足總次數為$m$，需要在后續(xù)的步驟里，恰好用$m-k-1$次拋出$n$次連續(xù)正面。因此B情況下的條件概率為$\sum_{k}P(n-1,k)P(n,m-k-1)$。

由全概率公式，得

$$\begin{equation} \label{PnmDev} P(n,m)=pP(n-1,m-1)+(1-p)\sum_{k}P(n-1,k)P(n,m-k-1) \end{equation}$$

實際上，可以由$P(n,m)$的遞推式($\ref{PnmDev}$)得出$\mu_n$的遞推式($\ref{munDev}$)。依據期望的定義

$$\mu_n=\sum_{m}mP(n,m) \\ =p\sum_{m}mP(n-1,m-1)+(1-p)\sum_{m}\sum_{k}mP(n-1,k)P(n,m-k-1) $$

第一項中的求和式可以寫成

$$\sum_{m-1}(m-1+1)P(n-1,m-1)=\sum_{m-1}(m-1)P(n-1,m-1)+\sum_{m-1}P(n-1,m-1) \\ =\mu_{n-1}+1$$

第二項中的求和式可以寫成

$$\sum_{m}\sum_{k}(k+1+m-k-1)P(n-1,k)P(n,m-k-1) \\ =\sum_k kP(n-1,k)\sum_m P(n,m-k-1) + \sum_k P(n-1,k)\sum_m P(n,m-k-1) + \sum_k \sum_m (m-k-1)P(n-1,k)P(n,m-k-1) \\ = \mu_{n-1}+1+\mu_{n}$$

可證。

4. 數值結果

根據$P(n,m)$的遞推式($\ref{PnmDev}$)，寫出對應的Matlab程序如下。

N = 6; % numbers of continuous positive in stop conditions M = 3000; % total times when stop condition satisfied p = 1/2; % probability of positive% Initial Conditions. P is a matrix in size of N+1,M+1 and the element % with index n+1,m+1 stands for P(n,m) because there are no index 0. P = zeros(N+1,M+1); P(1,1) = 1; % Iteration for nn = 1:Nfor mm = 1:Mtmp = 0;for kk = nn-1:mm-nn-1tmp = tmp + P(nn-1+1,kk+1)*P(nn+1,mm-kk-1+1);endP(nn+1,mm+1) = P(nn-1+1,mm-1+1)*p + tmp*(1-p);end end P=P(2:end,2:end)'; % get rid of P(0,m) & P(n,0) semilogy(P); % no plot of P(0,m) disp(['Check the sum of probability:']); disp(sum(P)); disp(['Compute the expectation of total times:']); disp((1:M)*P);

?為了產生直觀的印象，對$p=1/2$的情況計算前面幾項的結果。計算$N=3,M=16$，作出$P(n,m)$的半對數圖如下。

?

為了驗證$\sum_{m}P(n,m)=1$，以及根據此概率求期望$\sum_{m}mP(n,m)$，將$N,M$增大至$6,5000$。程序輸出為

Check the sum of probability:1.0000 1.0000 1.0000 1.0000 1.0000 1.0000Compute the expectation of total times:2.0000 6.0000 14.0000 30.0000 62.0000 126.0000

顯然，驗證了概率之和為1。另外，容易驗證所求出的期望與$\mu_n$的通項公式($\ref{munGen}$)給出的結果是一致的。

5. 模擬驗證

使用Mote Carlo模擬的方法對這一問題進行仿真，代碼如下

len = 2e8; % length of random numbers N = (1:6)'; % numbers of continuous positive in stop conditionsfor pp = 1:length(N)res = rand(len,1)>0.5; % uniform distribution, >0.5 stands for positivecurrTotalTime = 0; % total times when stop condition satisfiedcontPosCntr = 0; % continuous positive appearsnumExper = 0;totalTimeRcd = nan(len,1);for ii = 1:lencurrTotalTime = currTotalTime+1;if (res(ii))contPosCntr = contPosCntr+1;elsecontPosCntr = 0;endif (contPosCntr>=N(pp))numExper = numExper+1;totalTimeRcd(numExper) = currTotalTime;contPosCntr = 0;currTotalTime = 0;endendmeanT = mean(totalTimeRcd(1:numExper)); end

結果如下：

N=1: 2.000015 N=2: 6.000249 N=3: 14.001627 N=4: 29.985933 N=5: 62.000438 N=6: 126.052749

與理論結果一致。

6. 附注

該問題還有其他表現(xiàn)形式，如：

• 有一個通關游戲，設每關所需的時間固定為1，而通關概率為p。如果某關失敗，則必須重新從第一關打起。問通關的平均時間。

這類問題本質上是一致的，都可以歸結為在一系列連續(xù)實驗中，首次連續(xù)出現(xiàn)n次成功的平均時間。

轉載于:https://www.cnblogs.com/aquastone/archive/2012/10/19/Prob_CoinContinuousNPositive.html

總結

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