拋硬幣直到連續若干次正面的概率

問題

假設有一個硬幣，拋出字（背面）和花（正面）的概率都是0.5，而且每次拋硬幣與前次結果無關。現在做一個游戲，連續地拋這個硬幣，直到連續出現兩次字為止，問平均要拋多少次才能結束游戲？注意，一旦連續拋出兩個“字”向上游戲就結束了，不用繼續拋。

上面這個題目我第一次見到是在pongba的TopLanguage的一次討論上，提出問題的人為Shuo Chen，當時我給出了一個解法，自認為已經相當簡單了，先來考慮一下拋硬幣的過程：首先先拋一枚硬幣，如果是花，那么需要重頭開始；如果是字，那么再拋一枚硬幣，新拋的這枚如果也是字，則游戲結束，如果是花，那么又需要重頭開始。根據這個過程，設拋硬幣的期望次數為T，可以得到關系

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

解方程可得到 T = 6. 由於上面這個方法只能得到期望，而無法得到方差以及具體某個事件的概率，后來我又仔細分析了一下，推出了概率生成函數為（推導的過程暫時略過，后面你會看到一個更一般、更簡單的推導）

　　

於是可以算出方差 V = G''(1) + G'(1) - G'(1)^2 = 22。將G(z)根據Rational Expansion Theorem [CMath 7.3]展開，可以得到需要拋n次硬幣的概率為

　　

其中Fn是Fibonacci數列的第n項。到這里，我覺得這個問題似乎已經完全解決了，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數學直覺一下將需要連續拋出n個字的一般情形給解決了，而且得出的結果相當簡潔：Tn = 2^(n+1) - 2，其中Tn為首次出現連續的n個字的期望投擲數。這也給了我一些啟發，我試着將上面的過程進行推廣，居然得到一個簡單得出人意料的解法（甚至比上面n=2的推導過程還簡單）。這個解法的關鍵在於下面這個遞推關系

　　Tn = Tn-1 + 1 + 0.5 * Tn

也即是有 Tn = 2 * Tn-1 + 2。由於 T1 = 2，因此可以得到 Tn = 2^(n+1) – 2。上面的遞推關系是怎么來的呢，一個直觀的理解是這樣的：首先先拋擲Tn-1次，得到連續的n-1個字，然后再拋一次，若是字，則游戲結束；否則需要重頭開始，也就是說又需要 Tn 次。

期望投擲次數已經得出來了，但是我們還想知道方差、恰好需要投擲 m 次的概率等其它一些更具體的性質。為了方便理解概率的分布情況，我先用程序生成了一個概率表如下所示。在下表中，第n行、第m列的元素為 Pnm，表示首次出現連續n個字的投擲數為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

仔細觀察上表，你發現什么有趣的性質沒？如果忽略掉分母的話，那么第n行恰好是一個n階Fibonacci數列。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

怎么解釋這個現象呢？我們再來仔細考慮一下擲硬幣的過程，為方便在下文中用1表示字，用0表示花，於是我們的目標是要恰好使用m次投擲，得到連續的n個1.

若第一次的結果為 0，那么剩下的任務就是恰好使用m-1次投擲得到到連續的n個1.

若前兩次的結果為 10, 那么剩下的任務就是恰好使用m-2次投擲得到到連續的n個1.

若前三次的結果為 110, 那么剩下的任務就是恰好使用m-3次投擲得到到連續的n個1.

若前四次的結果為 1110, 那么剩下的任務就是恰好使用m-4次投擲得到到連續的n個1.

…

若前n-1次的結果為 1…10(n-2個1), 那么剩下的任務就是恰好使用1次投擲得到到連續的n個1.

你或許已經看出來了，這里實際上是在枚舉首次出現0的位置。由於首個0出現在位置i的概率為1/2^i，於是得到Pnm的遞推公式

　　

於是根據初始條件：，，我們可以推出所有事件的概率。現在來推一下概率生成函數，設需要得到連續n個1的投擲數的概率生成函數為Gn(z)，於是有

　　

根據上面的遞推公式和初始條件，可以得到

　　

於是可解得

　　

分別代入 n = 1 和 n = 2 可以得到

　　

　　

以我們前面得到的結果一致，這證明這個概率生成函數的確是正確的。有了生成函數后，我們又多了一種計算期望的方式

　　

而方差也可以非常容易的得到

　　

至此，這個拋硬幣的問題終於應該算是被完全解決了，完。

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題目： 一個骰子，6面，1個面是 1， 2個面是2， 3個面是3， 問平均擲多少次能使1、2、3都至少出現一次。

方法： 面對面試概率題幾乎屢試不爽的分叉樹遞歸列方程法。

這是一個求數學期望的問題，最終是求1，2，3出現至少一次的最短長度的期望。

這樣分叉樹的每個節點是一個期望狀態，而每個分叉是一次投擲結果。將后續期望出現1、2、3各至少一次的情形記作L123（即題目所求），將后續期望出現1、2各至少一次（3無關）情形記作L12，而1至少一次（2，3無關）情形L1，其余數值符號類推，則樹結構如下（列出4級結構已經足夠）：

第一級（樹根）	第二級	第三級	第四級別
L123	擲1->L23	擲1->L23	同狀態
		擲2->L3	根據投擲結果，或繼續期待L3，或已經達到目標
		擲3->L2	根據投擲結果，或繼續期待L2，或已經達到目標
	擲2->L13	擲1->L3	根據投擲結果，或繼續期待L3，或已經達到目標
		擲2->L13	同狀態
		擲3->L1	根據投擲結果，或繼續期待L1，或已經達到目標
	擲3->L12	擲1->L2	根據投擲結果，或繼續期待L2，或已經達到目標
		擲2->L1	根據投擲結果，或繼續期待L1，或已經達到目標
		擲3->L12	同狀態

接下來，就是要排出方程，因為一共7個未知數，如果排出7個線性方程就能解決問題。

這方程組里的未知數對應上述的狀態，而其數值則是一個對長度（投擲次數）的數學期望。

根據這個樹狀結構和其中的遞歸關系，這個方程組就是：

L123 = p1 (L23+ 1) + p2 (L13+1) + p3 (L12 + 1) = p1 L23 +p2 L13+ p3 L12 + 1

（以這個L123為例，解釋，投擲1的概率是p1而由此得到的結果是需要期待后續2和3各至少出現一次，於是長度期望是L23+ 1，加1是因為投擲了一次，亦即即增進一級）

L23 = p1 L23 +p2 L3+ p3 L2 + 1

L13 = p1 L3 +p2 L13+ p3 L1 + 1

L12 = p1 L2 +p2 L1+ p3 L12 + 1

L1 =p1 + p2 L1+ p3 L1 + 1

（這里實際上是 L1 =p1 ·1 + p2 (L1+1) + p3 (L1 +1) =p2 L1+ p3 L1 + 1，因為對L1情形，如果投了1就目的達到終止了）

L2 =p2 + p1 L2 +  p3 L2 + 1

L3 =p3 + p1 L3 +p2 L3+ 1

（以上一開始沒注意，多加了懸空的概率項，故計算有誤）

其中 p1，p2 和 p3分別是擲出1，2和3的概率，即1/6，1/3，1/2。

於是求解這個方程，得到：

L1 = 6， L2 = 3， L3 = 2

L12 = 7， L13 = 13/2， L23 = 19/56

L123 = 219/30 = 7.3 259/36 ~= 7.14

故以上如果沒有計算錯誤，該題結果是，平均擲7.3 約7.14次可出現這些面值各至少一次。

 

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（轉自：http://www.cnblogs.com/atyuwen/archive/2010/09/12/coin.html）

問題：

一個骰子，6面，1個面是 1， 2個面是2， 3個面是3， 問平均擲多少次能使1,2,3都至少出現一次？

一共有三種方法可以解此問題：概率公式、分叉樹遞歸列方程法、指示器變量法。

1. 方法一：概率公式

化為概率的表示是：

1發生 的概率是1/6,  2發生的概率是2/6,  3發生的概率是3/6，求1,2,3至少出現一次的投擲次數的期望。

思路：

第一二次肯定不可能出現這種情況
第x(x > 2)次三個都出現的情況分三種（x ^ y 表示 x 的 y 次方）

1：第x次出現 1，那么前面出現的必然是 2 和 3 ，且至少出現一次   
   出現1的概率為 1 / 6，前面x-1次不出現1的概率為(1 - 1 / 6) ^ (x - 1)，但是其中包含全是 2 和全是 3 的情況，去掉全 2 的概率 (1 / 2) ^ (x - 1)，全部為3的概率(1 / 3) ^ (x - 1)，那么情況 1 的概率為 ((1 - 1 / 6) ^ (x - 1) - (1 / 2) ^ (x - 1) - (1 / 3) ^ (x - 1)) * (1 / 6)

2：第x次出現2，那么前面出現的必然是 1 和 3 ，且至少出現一次
   同樣，概率為 ((1 - 1 / 3) ^ (x - 1) - (1 / 2) ^ (x - 1) - (1 / 6) ^ (x - 1)) * (1 / 3)

3：第x次出現3，那么前面出現的必然是 1 和 2 ，且至少出現一次
   同樣，概率為 ((1 - 1 / 2) ^ (x - 1) - (1 / 3) ^ (x - 1) - (1 / 6) ^ (x - 1)) * (1 / 2)

p(x)就為上面三種情況的和

那么，根據期望公式，平均值就等於從x = 3 到 n（無窮）求(x * p(x))的和

利用錯位相減法計算極限值

 

到此可以算出期望為7.3。

2. 方法二：分叉樹遞歸列方程法

 

方法： 面對面試概率題幾乎屢試不爽的分叉樹遞歸列方程法。

這是一個求數學期望的問題，最終是求1，2，3出現至少一次的最短長度的期望。

這樣分叉樹的每個節點是一個期望狀態，而每個分叉是一次投擲結果。將后續期望出現1、2、3各至少一次的情形記作L123（即題目所求），將后續期望出現1、2各至少一次（3無關）情形記作L12，而1至少一次（2，3無關）情形L1，其余數值符號類推，則樹結構如下（列出4級結構已經足夠）：

 

第一級（樹根）	第二級	第三級	第四級別
L123	擲1->L23	擲1->L23	同狀態
		擲2->L3	根據投擲結果，或繼續期待L3，或已經達到目標
		擲3->L2	根據投擲結果，或繼續期待L2，或已經達到目標
	擲2->L13	擲1->L3	根據投擲結果，或繼續期待L3，或已經達到目標
		擲2->L13	同狀態
		擲3->L1	根據投擲結果，或繼續期待L1，或已經達到目標
	擲3->L12	擲1->L2	根據投擲結果，或繼續期待L2，或已經達到目標
		擲2->L1	根據投擲結果，或繼續期待L1，或已經達到目標
		擲3->L12	同狀態

 

 

接下來，就是要排出方程，因為一共7個未知數，如果排出7個線性方程就能解決問題。

這方程組里的未知數對應上述的狀態，而其數值則是一個對長度（投擲次數）的數學期望。

根據這個樹狀結構和其中的遞歸關系，這個方程組就是：

L123 = p1 (L23+ 1) + p2 (L13+1) + p3 (L12 + 1) = p1 L23 +p2 L13+ p3 L12 + 1

（以這個L123為例，解釋，投擲1的概率是p1而由此得到的結果是需要期待后續2和3各至少出現一次，於是長度期望是L23+ 1，加1是因為投擲了一次，亦即即增進一級）

L23 = p1 L23 +p2 L3+ p3 L2 + 1

L13 = p1 L3 +p2 L13+ p3 L1 + 1

L12 = p1 L2 +p2 L1+ p3 L12 + 1

L1 =p2 L1+ p3 L1 + 1

（這里實際上是 L1 =p1 ·1 + p2 (L1+1) + p3 (L1 +1) =p2 L1+ p3 L1 + 1，因為對L1情形，如果投了1就目的達到終止了）

L2 = p1 L2 + p3 L2 + 1

L3 = p1 L3 +p2 L3+ 1

其中p1，p2和p3分別是擲出1，2和3的概率，即1/6，1/3，1/2。

於是求解這個方程，得到：

L1 = 6， L2 = 3， L3 = 2

L12 = 7， L13 = 13/2， L23 = 19/5

L123 = 219/30 = 7.3 

平均擲7.3 次可出現這些面值各至少一次。

3. 方法三：指示器變量法

【另一解法】感謝4樓aaaxingruiaaa同學提供的答案（指示器變量法），整理如下：

定義隨機變量Xn，其可能值為0或1，其值為1表示“前n次擲骰子，1，2，3沒能都至少出現一次”的事件，其值為0表示這個事件沒有發生，即“前n次擲骰子，1，2，3各至少出現一次”。

令pn為“擲n次骰子，1，2，3沒能都至少出現一次”的概率，所以顯然pn = Pr{Xn=1}，於是pn = 1·Pr{Xn=1} + 0·Pr{Xn=1} = E[Xn]，即這個隨機變量的數學期望。

令隨機變量X表示1，2，3剛好全部出現過需要的投擲次數。可見題目要求的就是E[X]。

關鍵等式：X = Sigma(n=0 to Inf; Xn) （這里Sigma是求和號，求和范圍是n從0到無窮大）

說明一下，等式兩邊都是隨機變量，假設對於某個隨機實例（例如，這里指一次具體的投擲序列），其對應事件是：“投了K次恰好1，2，3都出現了”，於是等式左邊顯然等於K；而等式右邊，對於n < K，由於這些項的對應定義事件發生了（即1，2，3沒能出現），所以他們的實例值是1，而對於n⩾K，則由於對應定義事件都沒發生，實例值為0，可見這個和也是K。故兩側相等。（為了達到這個相等關系，可以看出需要把X0包含在內的必要性）

值得注意的是（但對於解這道題也可以不去注意，但注意一下有利於比較深入地理解），對n < 3，Xn顯然恆為1。而對於n⩾3，這些隨機變量不是獨立的。他們的相關性是不容易求出的，唯一容易知道的是，當序列中一個項為0時，其后的項均為0。好在對於這題我們不需要擔憂這個相關性。

由於數學期望的加性與隨機變量的相關性無關（這是數學期望一個很令人高興的性質），所以即便這樣，E[X]也能容易求出：

E[X] = Sigma(n=0 to Inf; E[Xn]) = Sigma(n=0 to Inf; pn)

pn的比較直觀的求法也由aaaxingruiaaa同學提供了，即所謂容斥原理。稍微解釋一下，由於pn考慮的是n次投擲三者沒有全部出現，於是就是其中兩者出現或僅一者出現。假設單次投擲1，2和3出現的概率分別為：r1，r2和r3。於是(r1+r2)n表征n次投擲只出現1或2的概率，這其中包括了出現全1和全2的情形，於是求pn可由這樣的項求和並剔除重復計算的單面值情形，於是：

pn = (r1+r2)n+ (r1+r3)n+ (r2+r3)n-r1n-r2n-r3n，當n > 0； 而p0 = 1 （由定義；同時也可以檢驗看出，這個pn在n為1和2的時候都是1）

於是由等比級數（等比數列求和）公式：

E[X] = 1 + Sigma(n=1 to Inf; (r1+r2)n+ (r1+r3)n+ (r2+r3)n-r1n-r2n-r3n= 1 + (1 - r3) / r3 + (1 - r2) / r2 + (1 - r1) / r1- r1 / (1 - r1) - r2 / (1 -r2) -r3 / (1 - r3) = 7.3

http://blog.csdn.net/quanben/article/details/6918209

 

假設有一個硬幣，拋出字（背面）和花（正面）的概率都是0.5，而且每次拋硬幣與前次結果無關。現在做一個游戲，連續地拋這個硬幣，直到連續出現兩次字為止，問平均要拋多少次才能結束游戲？注意，一旦連續拋出兩個“字”向上游戲就結束了，不用繼續拋。
上面這個題目我第一次見到是在pongba的TopLanguage的一次討論上，提出問題的人為Shuo Chen，當時我給出了一個解法，自認為已經相當簡單了，先來考慮一下拋硬幣的過程：首先先拋一枚硬幣，如果是花，那么需要重頭開始；如果是字，那么再拋一枚硬幣，新拋的這枚如果也是字，則游戲結束，如果是花，那么又需要重頭開始。根據這個過程，設拋硬幣的期望次數為T，可以得到關系：
　　T = 1 + 0.5T + 0.5( 1 + 0.5 * 0 + 0.5T) 
解方程可得到 T = 6。

或者根據公式，需要連續拋出n個字的一般情形，結果相當簡潔：Tn = 2^(n+1) - 2，其中Tn為首次出現連續的n個字的期望投擲數。

公式證明如下：

方法一：

設出現連續k次正面的期望是a[k]
則出現連續k+1次正面的期望為a[k+1]
在出現連續k次正面后，有下面幾種情況：
i)下一個是正面，概率1/2，總次數a[k]+1;
ii)下一個是反面，概率1/2，則接下來平均仍需a[k+1],總次數a[k]+1+a[k+1]。
因此a[k+1]=(a[k]+1)/2+(a[k]+1+a[k+1])/2
整理得(a[k+1]+2)/(a[k]+2)=2
a[n]=(a[1]+2)*2^(n-1)-2
顯然a[1]=2;a[n]=2^(n+1)-2

方法二：

轉自matrix67  http://www.matrix67.com/blog/archives/3638

 

設想有這么一家賭場，賭場里只有一個游戲：猜正反。游戲規則很簡單，玩家下注 x 元錢，賭正面或者反面；然后庄家拋出硬幣，如果玩家猜錯了他就會輸掉這 x 元，如果玩家猜對了他將得到 2x 元的回報（也就是凈賺 x 元）。
讓我們假設每一回合開始之前，都會有一個新的玩家加入游戲，與仍然在場的玩家們一同賭博。每個玩家最初都只有 1 元錢，並且他們的策略也都是相同的：每回都把當前身上的所有錢都押在正面上。運氣好的話，從加入游戲開始，庄家拋擲出來的硬幣一直是正面，這個玩家就會一直贏錢；如果連續 n 次硬幣都是正面朝上，他將會贏得 2^n 元錢。這個 2^n 就是賭場老板的心理承受極限——一旦有人贏到了 2^n 元錢，賭場老板便會下令停止游戲，關閉賭場。讓我們來看看，在這場游戲中存在哪些有趣的結論。

首先，連續 n 次正面朝上的概率雖然很小，但確實是有可能發生的，因此總有一個時候賭場將被關閉。賭場關閉之時，唯一賺到錢的人就是賭場關閉前最后進來的那 n 個人。每個人都只花費了 1 元錢，但他們卻贏得了不同數量的錢。其中，最后進來的人贏回了 2 元，倒數第二進來的人贏回了 4 元，倒數第 n 進來的人則贏得了 2^n 元（他就是賭場關閉的原因），他們一共賺取了 2 + 4 + 8 + … + 2^n = 2^(n+1) - 2 元。其余所有人初始時的 1 元錢都打了水漂，因為沒有人挺過了倒數第 n + 1 輪游戲。
另外，由於這個游戲是一個完全公平的游戲，因此賭場的盈虧應該是平衡的。換句話說，有多少錢流出了賭場，就該有多少的錢流進賭場。既然賭場的錢最終被贏走了 2^(n+1) - 2 元，因此賭場的期望收入也就是 2^(n+1) - 2 元。而賭場收入的唯一來源是每人 1 元的初始賭金，這就表明游戲者的期望數量是 2^(n+1) - 2 個。換句話說，游戲平均進行了 2^(n+1) - 2 次。再換句話說，平均拋擲 2^(n+1) - 2 次硬幣才會出現 n 連正的情況。

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轉自 http://www.cnblogs.com/aquastone/archive/2012/10/19/Prob_CoinContinuousNPositive.html

1. 問題描述

連續拋一枚硬幣，連續出現若干次正面即停止，求所拋總次數的期望。

2. 求解期望

記硬幣出現正面的概率為p，停止條件中連續出現正面的次數為n，所拋總次數的期望為μn。考慮如下情形：首次出現連續n−1次正面，此時所拋總次數的期望為μn−1。再拋一次，結果有且只有一下兩種：

• A. 出現正面，則滿足停止條件，所拋總次數的期望為μn−1+1
• B. 出現反面，則立即回到初始狀態，相當於從0開始再拋出n次連續正面，因此總次數的期望為μn−1+1+μn。A、B兩種情況的概率分別為p,1−p。因此有

 

μn=p(μn−1+1)+(1−p)(μn−1+1+μn)(1)

 

得

 

μn=1p(μn−1+1)(2)

 

展開，得通項公式

 

(3)

 

 

μn=s(1−sn)1−s,s=1p(4)

 

特別的，對於一枚均勻硬幣，p=1/2，因此μn=2n+1−2。

3. 概率計算

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

 

P(n,m)=0m<nP(0,m)={10m=0m≥1

 

依然考慮第2節中的兩種情況。

• 對於A，在首次連續出現n−1次正面的情況下，再拋一次出現正面，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)。
• 對於B，設首次連續出現n−1次正面時，已經拋了k次，再拋一次出現反面，立即回到初始狀態，因此，要滿足總次數為m，需要在后續的步驟里，恰好用m−k−1次拋出n次連續正面。因此B情況下的條件概率為∑kP(n−1,k)P(n,m−k−1)。

由全概率公式，得

 

P(n,m)=pP(n−1,m−1)+(1−p)∑kP(n−1,k)P(n,m−k−1)(5)

 

實際上，可以由P(n,m)的遞推式(5)得出μn的遞推式(2)。依據期望的定義

 

μn=∑mmP(n,m)=p∑mmP(n−1,m−1)+(1−p)∑m∑kmP(n−1,k)P(n,m−k−1)

 

第一項中的求和式可以寫成

 

∑m−1(m−1+1)P(n−1,m−1)=∑m−1(m−1)P(n−1,m−1)+∑m−1P(n−1,m−1)=μn−1+1

 

第二項中的求和式可以寫成

 

∑m∑k(k+1+m−k−1)P(n−1,k)P(n,m−k−1)=∑kkP(n−1,k)∑mP(n,m−k−1)+∑kP(n−1,k)∑mP(n,m−k−1)+∑k∑m(m−k−1)P(n−1,k)P(n,m−k−1)=μn−1+1+μn

 

可證。

4. 數值結果

根據P(n,m)的遞推式(5)，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: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);

 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∑mP(n,m)=1，以及根據此概率求期望∑mmP(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    1.0000

Compute 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μn的通項公式(4)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 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

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實驗中，首次連續出現n次成功的平均時間。