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: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);

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    1.0000Compute 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 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

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。