1. 问题描述
连续抛一枚硬币,连续出现若干次正面即停止,求所抛总次数的期望。
2. 求解期望
记硬币出现正面的概率为$p$,停止条件中连续出现正面的次数为$n$,所抛总次数的期望为$\mu_n$。考虑如下情形:首次出现连续$n-1$次正面,此时所抛总次数的期望为$\mu_{n-1}$。再抛一次,结果有且只有一下两种:
- A. 出现正面,则满足停止条件,所抛总次数的期望为$\mu_{n-1}+1$
- B. 出现反面,则立即回到初始状态,相当于从0开始再抛出$n$次连续正面,因此总次数的期望为$\mu_{n-1}+1+\mu_n$。A、B两种情况的概率分别为$p,1-p$。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
$$\begin{equation} \label{munDev} \mu_n=\frac{1}{p}(\mu_{n-1}+1) \end{equation}$$
展开,得通项公式
$$\begin{equation} \label{} \end{equation}$$
$$\begin{equation} \label{munGen} \mu_n=\frac{s(1-s^n)}{1-s}, \quad s=\frac{1}{p} \end{equation}$$
特别的,对于一枚均匀硬币,$p=1/2$,因此$\mu_n=2^{n+1}-2$。
3. 概率计算
进一步考虑该问题,尝试求解连续抛出$n$次正面时,所抛总次数为$m$的概率$P(n,m)$。显然,
$$P(n,m)=0 \quad m<n \\ P(0,m)=\left\{ \begin{array}{P0m} 1 & m=0 \\ 0 & m \ge 1 \end{array} \right. $$
依然考虑第2节中的两种情况。
- 对于A,在首次连续出现$n-1$次正面的情况下,再抛一次出现正面,满足停止条件,因此需要前面总共抛了$m-1$次,这一概率为$P(n-1,m-1)$。
- 对于B,设首次连续出现$n-1$次正面时,已经抛了$k$次,再抛一次出现反面,立即回到初始状态,因此,要满足总次数为$m$,需要在后续的步骤里,恰好用$m-k-1$次抛出$n$次连续正面。因此B情况下的条件概率为$\sum_{k}P(n-1,k)P(n,m-k-1)$。
由全概率公式,得
$$\begin{equation} \label{PnmDev} P(n,m)=pP(n-1,m-1)+(1-p)\sum_{k}P(n-1,k)P(n,m-k-1) \end{equation}$$
实际上,可以由$P(n,m)$的递推式($\ref{PnmDev}$)得出$\mu_n$的递推式($\ref{munDev}$)。依据期望的定义
$$\mu_n=\sum_{m}mP(n,m) \\ =p\sum_{m}mP(n-1,m-1)+(1-p)\sum_{m}\sum_{k}mP(n-1,k)P(n,m-k-1) $$
第一项中的求和式可以写成
$$\sum_{m-1}(m-1+1)P(n-1,m-1)=\sum_{m-1}(m-1)P(n-1,m-1)+\sum_{m-1}P(n-1,m-1) \\ =\mu_{n-1}+1$$
第二项中的求和式可以写成
$$\sum_{m}\sum_{k}(k+1+m-k-1)P(n-1,k)P(n,m-k-1) \\ =\sum_k kP(n-1,k)\sum_m P(n,m-k-1) + \sum_k P(n-1,k)\sum_m P(n,m-k-1) + \sum_k \sum_m (m-k-1)P(n-1,k)P(n,m-k-1) \\ = \mu_{n-1}+1+\mu_{n}$$
可证。
4. 数值结果
根据$P(n,m)$的递推式($\ref{PnmDev}$),写出对应的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:N for mm = 1:M tmp = 0; for kk = nn-1:mm-nn-1 tmp = tmp + P(nn-1+1,kk+1)*P(nn+1,mm-kk-1+1); end P(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);
为了产生直观的印象,对$p=1/2$的情况计算前面几项的结果。计算$N=3,M=16$,作出$P(n,m)$的半对数图如下。
为了验证$\sum_{m}P(n,m)=1$,以及根据此概率求期望$\sum_{m}mP(n,m)$,将$N,M$增大至$6,5000$。程序输出为
Check the sum of probability: 1.0000 1.0000 1.0000 1.0000 1.0000 1.0000 Compute the expectation of total times: 2.0000 6.0000 14.0000 30.0000 62.0000 126.0000
显然,验证了概率之和为1。另外,容易验证所求出的期望与$\mu_n$的通项公式($\ref{munGen}$)给出的结果是一致的。
5. 模拟验证
使用Mote Carlo模拟的方法对这一问题进行仿真,代码如下
len = 2e8; % length of random numbers N = (1:6)'; % numbers of continuous positive in stop conditions for pp = 1:length(N) res = rand(len,1)>0.5; % uniform distribution, >0.5 stands for positive currTotalTime = 0; % total times when stop condition satisfied contPosCntr = 0; % continuous positive appears numExper = 0; totalTimeRcd = nan(len,1); for ii = 1:len currTotalTime = currTotalTime+1; if (res(ii)) contPosCntr = contPosCntr+1; else contPosCntr = 0; end if (contPosCntr>=N(pp)) numExper = numExper+1; totalTimeRcd(numExper) = currTotalTime; contPosCntr = 0; currTotalTime = 0; end end meanT = mean(totalTimeRcd(1:numExper)); end
结果如下:
N=1: 2.000015 N=2: 6.000249 N=3: 14.001627 N=4: 29.985933 N=5: 62.000438 N=6: 126.052749
与理论结果一致。
6. 附注
该问题还有其他表现形式,如:
- 有一个通关游戏,设每关所需的时间固定为1,而通关概率为p。如果某关失败,则必须重新从第一关打起。问通关的平均时间。
这类问题本质上是一致的,都可以归结为在一系列连续实验中,首次连续出现n次成功的平均时间。