抛硬币第一次出现连续两个正面的期望次数

题目描述：假设有一个硬币，抛出字（背面）和花（正面）的概率都是0.5，而且每次抛硬币与前次结果无关。现在做一个游戏，连续地抛这个硬币，直到连续出现两次字为止，问平均要抛多少次才能结束游戏？注意，一旦连续抛出两个“字”向上游戏就结束了，不用继续抛。

上面这个题目我第一次见到是在pongba的TopLanguage的一次讨论上，提出问题的人为Shuo Chen，当时我给出了一个解法，自认为已经相当简单了，先来考虑一下抛硬币的过程：首先先抛一枚硬币，如果是花，那么需要重头开始；如果是字，那么再抛一枚硬币，新抛的这枚如果也是字，则游戏结束，如果是花，那么又需要重头开始。根据这个过程，设抛硬币的期望次数为T，可以得到关系

　　T = 1 + 0.5T + 0.5( 1 + 0.5 * 0 + 0.5T)

解方程可得到 T = 6. 由于上面这个方法只能得到期望，而无法得到方差以及具体某个事件的概率，后来我又仔细分析了一下，推出了概率生成函数为（推导的过程暂时略过，后面你会看到一个更一般、更简单的推导）

　　 $G(z)=/frac{z^2}{4-2z-z^2}$

于是可以算出方差 V = G''(1) + G'(1) - G'(1)^2 = 22。将G(z)根据Rational Expansion Theorem [CMath 7.3]展开，可以得到需要抛n次硬币的概率为

　　 $[z^n]G(z)=/frac{1}{2/sqrt{5}}(/frac{1+/sqrt{5}}{4})^{n-1}-/frac{1}{2/sqrt{5}}(/frac{1-/sqrt{5}}{4})^{n-1}=/frac{1}{2^n}F_{n-1}$

其中Fn是Fibonacci数列的第n项。到这里，我觉得这个问题似乎已经完全解决了，直到昨天看到Matrix67的牛B帖。在此帖中Matrix67大牛用他那神一般的数学直觉一下将需要连续抛出n个字的一般情形给解决了，而且得出的结果相当简洁：Tn = 2^(n+1) - 2，其中Tn为首次出现连续的n个字的期望投掷数。这也给了我一些启发，我试着将上面的过程进行推广，居然得到一个简单得出人意料的解法（甚至比上面n=2的推导过程还简单）。这个解法的关键在于下面这个递推关系

　　Tn = Tn-1 + 1 + 0.5 * Tn

也即是有 Tn = 2 * Tn-1 + 2。由于 T1 = 2，因此可以得到 Tn = 2^(n+1) – 2。上面的递推关系是怎么来的呢，一个直观的理解是这样的：首先先抛掷Tn-1次，得到连续的n-1个字，然后再抛一次，若是字，则游戏结束；否则需要重头开始，也就是说又需要 Tn 次。

期望投掷次数已经得出来了，但是我们还想知道方差、恰好需要投掷 m 次的概率等其它一些更具体的性质。为了方便理解概率的分布情况，我先用程序生成了一个概率表如下所示。在下表中，第n行、第m列的元素为 Pnm，表示首次出现连续n个字的投掷数为m的概率。

1/2	1/4	1/8	1/16	1/32	1/64	1/128	1/256	1/512	1/1024
0	1/4	1/8	2/16	3/32	5/64	8/128	13/256	21/512	34/1024
0	0	1/8	1/16	2/32	4/64	7/128	13/256	24/512	44/1024
0	0	0	1/16	1/32	2/64	4/128	8/256	15/512	29/1024
0	0	0	0	1/32	1/64	2/128	4/256	8/512	16/1024

仔细观察上表，你发现什么有趣的性质没？如果忽略掉分母的话，那么第n行恰好是一个n阶Fibonacci数列。例如可以考查各行的最后一列，有

第一行：1 = 1

第二行：34 = 21 + 13

第三行：44 = 24 + 13 + 7

第四行：29 = 15 + 8 + 4 + 2

第五行：16 = 8 + 4 + 2 + 1 + 1

怎么解释这个现象呢？我们再来仔细考虑一下掷硬币的过程，为方便在下文中用1表示字，用0表示花，于是我们的目标是要恰好使用m次投掷，得到连续的n个1.

若第一次的结果为 0，那么剩下的任务就是恰好使用m-1次投掷得到到连续的n个1.

若前两次的结果为 10, 那么剩下的任务就是恰好使用m-2次投掷得到到连续的n个1.

若前三次的结果为 110, 那么剩下的任务就是恰好使用m-3次投掷得到到连续的n个1.

若前四次的结果为 1110, 那么剩下的任务就是恰好使用m-4次投掷得到到连续的n个1.

…

若前n-1次的结果为 1…10(n-2个1), 那么剩下的任务就是恰好使用1次投掷得到到连续的n个1.

你或许已经看出来了，这里实际上是在枚举首次出现0的位置。由于首个0出现在位置i的概率为1/2^i，于是得到Pnm的递推公式

　　 $P_{nm}=/frac{1}{2}P_{n(m-1)}+/frac{1}{4}P_{n(m-2)}+/frac{1}{8}P_{n(m-3)}+/cdots +/frac{1}{2^n}P_{n(m-n)}$

于是根据初始条件： $P_{nm} = 0/; if /; m < n$ ， $P_{nn}=1/2^n$ ，我们可以推出所有事件的概率。现在来推一下概率生成函数，设需要得到连续n个1的投掷数的概率生成函数为Gn(z)，于是有

　　 $G_n(z)=P_{n0}+P_{n1}z+P_{n2}z^2+P_{n3}z^3+/cdots+P_{nn}z^n+P_{n(n+1)}z^{n+1}+/cdots$

根据上面的递推公式和初始条件，可以得到

　　 $G_n(z)(1-/frac{1}{2}z-/frac{1}{4}z^2-/cdots-/frac{1}{2^n}z^n)=/frac{1}{2^n}z^n$

于是可解得

　　 $G_n(z)=/frac{z^n(2-z)}{2^{n+1}(1-z)+z^{n+1}}$

分别代入 n = 1 和 n = 2 可以得到

　　 $G_1(z)=/frac{z}{2-z}=/frac{1}{2}z+/frac{1}{4}z^2+/frac{1}{8}z^3+/cdots$

　　 $G_2(z)=/frac{z^2}{4-2z-z^2}=/frac{1}{4}z^2+/frac{1}{8}z^3+/frac{2}{16}z^3+/cdots$

以我们前面得到的结果一致，这证明这个概率生成函数的确是正确的。有了生成函数后，我们又多了一种计算期望的方式

　　 $T_n=G'_n(1)=2^{n+1}-2$

而方差也可以非常容易的得到

　　 $V_n=G''_n(1)+G'_n(1)+G'_n(1)^2=-2-2^{n+1}+4^{n+1}-2^{n+2}n$

至此，这个抛硬币的问题终于应该算是被完全解决了，完。

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一个骰子，6面，1个面是 1， 2个面是2， 3个面是3，问平均掷多少次能使1,2,3都至少出现一次？

一共有三种方法可以解此问题：概率公式、分叉树递归列方程法、指示器变量法。

1. 方法一：概率公式

化为概率的表示是：

1发生的概率是1/6, 2发生的概率是2/6, 3发生的概率是3/6，求1,2,3至少出现一次的投掷次数的期望。

思路：

第一二次肯定不可能出现这种情况
第x(x > 2)次三个都出现的情况分三种（x ^ y 表示 x 的 y 次方）

1：第x次出现 1，那么前面出现的必然是 2 和 3 ，且至少出现一次
出现1的概率为 1 / 6，前面x-1次不出现1的概率为(1 - 1 / 6) ^ (x - 1)，但是其中包含全是 2 和全是 3 的情况，去掉全 2 的概率 (1 / 2) ^ (x - 1)，全部为3的概率(1 / 3) ^ (x - 1)，那么情况 1 的概率为 ((1 - 1 / 6) ^ (x - 1) - (1 / 2) ^ (x - 1) - (1 / 3) ^ (x - 1)) * (1 / 6)

2：第x次出现2，那么前面出现的必然是 1 和 3 ，且至少出现一次
同样，概率为 ((1 - 1 / 3) ^ (x - 1) - (1 / 2) ^ (x - 1) - (1 / 6) ^ (x - 1)) * (1 / 3)

3：第x次出现3，那么前面出现的必然是 1 和 2 ，且至少出现一次
同样，概率为 ((1 - 1 / 2) ^ (x - 1) - (1 / 3) ^ (x - 1) - (1 / 6) ^ (x - 1)) * (1 / 2)

p(x)就为上面三种情况的和

那么，根据期望公式，平均值就等于从x = 3 到 n（无穷）求(x * p(x))的和

利用错位相减法计算极限值

到此可以算出期望为7.3。

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