Um sério problema profundo de probabilidades de jogar moedas

Digamos que estou fazendo 10.000 jogadas de uma moeda. Eu gostaria de saber a probabilidade de quantas jogadas são necessárias para obter 4 ou mais cabeças consecutivas seguidas.

A contagem funcionaria da seguinte maneira: você contaria uma rodada sucessiva de flips sendo apenas cabeças (4 cabeças ou mais). Quando um rabo bate e quebra a sequência de cabeças, a contagem recomeça a partir do próximo lançamento. Isso seria repetido por 10.000 lançamentos.

Eu gostaria de saber a probabilidade de não apenas 4 ou mais cabeças seguidas, mas 6 ou mais e 10 ou mais. Para esclarecer se uma sequência de 9 cabeças é alcançada, ela será contabilizada como 1 sequência 4 ou mais (e / ou 6 ou mais), e não 2 séries separadas. Por exemplo, se a moeda viesse THTHTHTHHHHHH /// THAHTHT .... a contagem seria 13 e começaria novamente nas próximas caudas.

Digamos que os dados sejam altamente inclinados para a direita; a média é de 40 movimentos, em média, necessários para atingir uma sequência de 4 ou mais, e a distribuição é u = 28. Obviamente distorcido.

Estou fazendo o possível para encontrar uma maneira de extrair algum sentido dos dados descritivos, exceto que, a partir de agora, não encontrei nada.

Quero encontrar uma maneira de obter alguma probabilidade razoável disso. Como uma curva normal em que +/- 1 DP é de 68%, etc .. Eu olhei para a normalização de log e isso só é realmente usado para um teste paramétrico que não é meu objetivo.

Disseram-me distribuições beta, mas todas as sugestões que tive foram bastante confusas. Eu fiz essa pergunta há um ano e obtive algumas dicas, mas infelizmente ainda não tenho uma resposta. Obrigado a qualquer um de vocês que tenha idéias.

Se entendi corretamente, o problema é encontrar uma distribuição de probabilidade para o tempo em que a primeira execução de ou mais cabeças termina.$n$

Editar As probabilidades podem ser determinadas com precisão e rapidez usando a multiplicação de matrizes, e também é possível calcular analiticamente a média como e a variação como onde , mas provavelmente não existe uma forma fechada simples para a própria distribuição. Acima de um certo número de lançamentos de moedas, a distribuição é essencialmente uma distribuição geométrica: faria sentido usar essa forma para maiores .σ 2 = 2 n + 2 ( μ - n - 3 ) - μ 2 + 5 μ μ = μ - + 1 $\mu_-=2^{n+1}-1$$\sigma^2=2^{n+2}\left(\mu-n-3\right) -\mu^2 + 5\mu$$\mu=\mu_-+1$$t$

A evolução no tempo da distribuição de probabilidade no espaço de estados pode ser modelada usando uma matriz de transição para estados, em que o número de lançamentos consecutivos de moedas. Os estados são os seguintes:n $k=n+2$$n=$

• Estado , sem cabeças$H_0$
• Estado , chefes, i 1 ≤ i ≤ ( n - 1 $H_i$$i$$1\le i\le(n-1)$
• Estado , ou mais chefes$H_n$$n$
• Estado , ou mais cabeças seguidas de uma cauda$H_*$$n$

Depois de entrar no estado você não pode voltar para nenhum dos outros estados.$H_*$

As probabilidades de transição de estado para entrar nos estados são as seguintes

• Estado : probabilidade de , , ou seja, incluindo-se, mas não declarar$H_0$ Hii=0,…,n-1H$\frac12$$H_i$$i=0,\ldots,n-1$$H_n$
• Estado : probabilidade de$H_i$ Hi-$\frac12$$H_{i-1}$
• Estado : probabilidade de , ou seja, do estado com cabeças e ele próprio$H_n$ Hn-1,Hnn-$\frac12$$H_{n-1},H_n$$n-1$
• Estado : probabilidade de e probabilidade 1 de (em si)$H_*$ HnH$\frac12$$H_n$$H_*$

Por exemplo, para , isso fornece a matriz de transição$n=4$

$$X = \left\{ \begin{array}{c|cccccc} & H_0 & H_1 & H_2 & H_3 & H_4 & H_* \\ \hline H_0 & \frac12 & \frac12& \frac12& \frac12 &0 & 0 \\ H_1 & \frac12 &0 & 0 &0 & 0 & 0 \\ H_2 & 0 & \frac12 &0 &0 & 0 & 0 \\ H_3 & 0 & 0 &\frac12 &0 & 0 & 0 \\ H_4 & 0 & 0 &0 &\frac12 & \frac12 & 0 \\ H_* & 0 & 0 & 0&0 &\frac12 & 1 \end{array}\right\}$$

Para o caso , o vetor inicial de probabilidades é . Em geral, o vetor inicial possui p p = ( 1 , 0 , 0 , 0 , 0 , 0 ) p i = { 1 i = 0 0 i > $n=4$$\mathbf{p}$$\mathbf{p}=(1,0,0,0,0,0)$

$$\mathbf{p}_i=\begin{cases}1&i=0\\0&i>0\end{cases}$$

O vetor é a distribuição de probabilidade no espaço por um determinado momento. O cdf necessário é um cdf no tempo e é a probabilidade de ter visto pelo menos lançamentos de moedas terminar no tempo . Ele pode ser escrito como , observando que atingimos o estado 1 timestep após o último na sequência de lançamentos consecutivos de moedas. n t ( X t + 1 p ) k H $\mathbf{p}$$n$$t$$(X^{t+1}\mathbf{p})_k$$H_*$

O pmf necessário no tempo pode ser escrito como . No entanto, numericamente, isso envolve retirar um número muito pequeno de um número muito maior ( ) e restringe a precisão. Portanto, nos cálculos, é melhor definir vez de 1. Depois, escrever para a matriz resultante , o pmf é . É isso que é implementado no programa R simples abaixo, que funciona para qualquer , ≈ 1 X k , k = 0 X ′ X ′ = X | X k , k = 0 ( X ′ t + 1 p ) k n ≥ $(X^{t+1}\mathbf{p})_k - (X^{t}\mathbf{p})_k$$\approx 1$$X_{k,k}=0$$X'$$X'=X|X_{k,k}=0$$(X'^{t+1}\mathbf{p})_k$$n\ge 2$

n=4
k=n+2
X=matrix(c(rep(1,n),0,0, # first row
           rep(c(1,rep(0,k)),n-2), # to half-way thru penultimate row
           1,rep(0,k),1,1,rep(0,k-1),1,0), # replace 0 by 2 for cdf
         byrow=T,nrow=k)/2
X

t=10000
pt=rep(0,t) # probability at time t
pv=c(1,rep(0,k-1)) # probability vector
for(i in 1:(t+1)) {
  #pvk=pv[k]; # if calculating via cdf
  pv = X %*% pv;
  #pt[i-1]=pv[k]-pvk # if calculating via cdf
  pt[i-1]=pv[k] # if calculating pmf
}

m=sum((1:t)*pt)
v=sum((1:t)^2*pt)-m^2
c(m, v)

par(mfrow=c(3,1))
plot(pt[1:100],type="l")
plot(pt[10:110],type="l")
plot(pt[1010:1110],type="l")

O gráfico superior mostra o pmf entre 0 e 100. Os dois gráficos inferiores mostram o pmf entre 10 e 110 e também entre 1010 e 1110, ilustrando a auto-similaridade e o fato de que, como diz @Glen_b, a distribuição parece ser possível. aproximada por uma distribuição geométrica após um período de estabilização.

É possível investigar este comportamento ainda mais usando uma decomposição autovetor de . Fazer isso mostra que para suficientemente grande , , onde é a solução da equação . Essa aproximação melhora com o aumento de e é excelente para na faixa de 30 a 50, dependendo do valor de , conforme mostrado no gráfico de erro de log abaixo para calcular (cores do arco-íris, vermelho no resta parat p t + 1 ≈ c ( n ) p t c ( n ) 2 n + 1 c n ( c - 1 ) + 1 = 0 n t n p 100 n = 2 $X$$t$$p_{t+1}\approx c(n)p_t$$c(n)$$2^{n+1}c^n(c-1)+1=0$$n$$t$$n$$p_{100}$$n=2$) (De fato, por razões numéricas, seria realmente melhor usar a aproximação geométrica para probabilidades quando for maior.)$t$

Suspeito (ed) que possa haver um formulário fechado disponível para a distribuição, porque os meios e as variações calculados da seguinte forma

$$\begin{array}{r|rr} n & \text{Mean} & \text{Variance} \\ \hline 2 &7& 24& \\ 3 &15& 144& \\ 4 &31& 736& \\ 5 &63& 3392& \\ 6 &127& 14720& \\ 7 &255& 61696& \\ 8 &511& 253440& \\ 9 &1023& 1029120& \\ 10&2047& 4151296& \\ \end{array}$$

(Eu tive que aumentar o número no horizonte de tempo t=100000para conseguir isso, mas o programa ainda funcionava para todos os em menos de 10 segundos.) Os meios em particular seguem um padrão muito óbvio; as variações menos. Eu resolvi um sistema de transição de três estados mais simples no passado, mas até agora não estou tendo sorte com uma solução analítica simples para esse. Talvez exista alguma teoria útil que eu não conheça, por exemplo, relativa a matrizes de transição.$n=2,\ldots,10$

Edit : depois de muitas partidas falsas, criei uma fórmula de recorrência. Seja a probabilidade de estar no estado no tempo . Seja a probabilidade cumulativa de estar no estado , ou seja, o estado final, no tempo . NB H i t q ∗ , t H ∗$p_{i,t}$$H_i$$t$$q_{*,t}$$H_*$$t$

• Para qualquer dado , e são uma distribuição de probabilidade no espaço , e imediatamente abaixo eu uso o fato de que suas probabilidades são adicionadas a 1.p i , t , 0 ≤ i ≤ n q ∗ , t$t$$p_{i,t}, 0\le i\le n$$q_{*,t}$$i$
• $p_{*,t}$ formam uma distribuição de probabilidade ao longo do tempo . Mais tarde, uso esse fato para derivar os meios e as variações.$t$

A probabilidade de estar no primeiro estado no tempo , ou seja, sem cabeças, é dada pelas probabilidades de transição de estados que podem retornar a ele a partir do tempo (usando o teorema da probabilidade total). Mas para ir do estado a executa etapas, portanto e Mais uma vez pelo teorema da probabilidade total, a probabilidade de estar no estadot p 0 , t + $t+1$$t$H0Hn-1n-1pn-1,t+n-1=

$$\begin{align} p_{0,t+1} &= \frac12p_{0,t} + \frac12p_{1,t} + \ldots \frac12p_{n-1,t}\\ &= \frac12\sum_{i=0}^{n-1}p_{i,t}\\ &= \frac12\left( 1-p_{n,t}-q_{*,t} \right) \end{align}$$ $H_0$$H_{n-1}$$n-1$pn-1,t+n=$p_{n-1,t+n-1} = \frac1{2^{n-1}}p_{0,t}$Hnt+1 p n , t + $$p_{n-1,t+n} = \frac1{2^n}\left( 1-p_{n,t}-q_{*,t} \right)$$ $H_n$no momento é e usando o fato de , Portanto, alterando , $t+1$ q∗,t+1-q∗,t= $$\begin{align} p_{n,t+1} &= \frac12p_{n,t} + \frac12p_{n-1,t}\\ &= \frac12p_{n,t} + \frac1{2^{n+1}}\left( 1-p_{n,t-n}-q_{*,t-n} \right)\;\;\;(\dagger)\\ \end{align}$$ 2 q * , t + 2 - 2 Q * , t + $q_{*,t+1}-q_{*,t}=\frac12p_{n,t} \implies p_{n,t} = 2q_{*,t+1}-2q_{*,t}$ $$\begin{align} 2q_{*,t+2} - 2q_{*,t+1} &= q_{*,t+1}-q_{*,t}+\frac1{2^{n+1}}\left( 1-2q_{*,t-n+1}+q_{*,t-n} \right) \end{align}$$ $t\to t+n$ $$2q_{*,t+n+2} - 3q_{*,t+n+1} +q_{*,t+n} + \frac1{2^n}q_{*,t+1} - \frac1{2^{n+1}}q_{*,t} - \frac1{2^{n+1}} = 0$$

Esta fórmula de recorrência controlos fora para os casos e . Por exemplo, para um gráfico desta fórmula usando fornece precisão da ordem da máquina.$n=4$$n=6$$n=6$t=1:994;v=2*q[t+8]-3*q[t+7]+q[t+6]+q[t+1]/2**6-q[t]/2**7-1/2**7

Editar Não consigo ver para onde ir para encontrar um formulário fechado dessa relação de recorrência. No entanto, é possível obter um formulário fechado para a média.

Começando com e observando que , Tomando somas de a e aplicando a fórmula para a média e observando que é uma distribuição de probabilidade dá $(\dagger)$$p_{*,t+1}=\frac12p_{n,t}$ t=

$$\begin{align} p_{n,t+1} &= \frac12p_{n,t} + \frac1{2^{n+1}}\left( 1-p_{n,t-n}-q_{*,t-n} \right)\;\;\;(\dagger)\\ 2^{n+1}\left(2p_{*,t+n+2}-p_{*,t+n+1}\right)+2p_{*,t+1} &= 1-q_{*,t} \end{align}$$ $t=0$$\infty$$E[X] = \sum_{x=0}^\infty (1-F(x))$$p_{*,t}$ $$\begin{align} 2^{n+1}\sum_{t=0}^\infty \left(2p_{*,t+n+2}-p_{*,t+n+1}\right) + 2\sum_{t=0}^\infty p_{*,t+1} &= \sum_{t=0}^\infty(1-q_{*,t}) \\ 2^{n+1} \left(2\left(1-\frac1{2^{n+1}}\right)-\;1\;\right) + 2 &= \mu \\ 2^{n+1} &= \mu \end{align}$$ É a média para atingir o estado ; a média para o final da corrida é um a menos que isso.$H_*$

Editar Uma abordagem semelhante usando a fórmuladesta pergunta produz a variação. $E[X^2] = \sum_{x=0}^\infty (2x+1)(1-F(x))\;$

$$\begin{align} \sum_{t=0}^\infty(2t+1)\left (2^{n+1}\left(2p_{*,t+n+2}-p_{*,t+n+1}\right) + 2 p_{*,t+1}\right) &= \sum_{t=0}^\infty(2t+1)(1-q_{*,t}) \\ 2\sum_{t=0}^\infty t\left (2^{n+1}\left(2p_{*,t+n+2}-p_{*,t+n+1}\right) + 2 p_{*,t+1}\right) + \mu &= \sigma^2 + \mu^2 \\ 2^{n+2}\left(2\left(\mu-(n+2)+\frac1{2^{n+1}}\right)-(\mu-(n+1))\right) + 4(\mu-1) &\\+ \mu &= \sigma^2 + \mu^2 \\ 2^{n+2}\left(2(\mu-(n+2))-(\mu-(n+1))\right) + 5\mu &= \sigma^2 + \mu^2 \\ 2^{n+2}\left(\mu-n-3\right) + 5\mu &= \sigma^2 + \mu^2 \\ 2^{n+2}\left(\mu-n-3\right) -\mu^2 + 5\mu &= \sigma^2 \end{align}$$

Os meios e variações podem ser facilmente gerados programaticamente. Por exemplo, para verificar os meios e variações da tabela acima, use

n=2:10
m=c(0,2**(n+1))
v=2**(n+2)*(m[n]-n-3) + 5*m[n] - m[n]^2

Finalmente, não tenho certeza do que você queria quando escreveu

quando um rabo bate e quebra a sequência de cabeças, a contagem recomeça a partir do próximo giro.

Se você quis dizer qual é a distribuição de probabilidade para a próxima vez em que a primeira execução de ou mais cabeças termina, o ponto crucial está contido neste comentário por @Glen_b , que é que o processo recomeça após uma cauda (cf. problema inicial em que você pode obter uma quantidade de ou mais cabeças imediatamente).$n$$n$

Isso significa que, por exemplo, o tempo médio para o primeiro evento é , mas o tempo médio entre os eventos é sempre (a variação é a mesma). Também é possível usar uma matriz de transição para investigar as probabilidades de longo prazo de estar em um estado depois que o sistema "se acalmou". Para obter a matriz de transição apropriada, defina e para que o sistema retorne imediatamente ao estado partir do estado . Então, o primeiro vetor próprio em escala desta nova matriz fornece as probabilidades estacionárias . Com essas probabilidades estacionárias são$\mu-1$$\mu+1$$X_{k,k,}=0$$X_{1,k}=1$$H_0$$H_*$$n=4$

H∗=1/0,03030303=33=μ+

$$\begin{array}{c|cccccc} & \text{probability} \\ \hline H_0 & 0.48484848 \\ H_1 & 0.24242424 \\ H_2 & 0.12121212 \\ H_3 & 0.06060606 \\ H_4 & 0.06060606 \\ H_* & 0.03030303 \end{array}$$ O tempo esperado entre estados é dado pelo inverso da probabilidade. Portanto, o tempo esperado entre as visitas a .$H_* = 1/0.03030303 = 33 = \mu + 1$

Apêndice : Programa Python usado para gerar probabilidades exatas para n= número de Nlançamentos consecutivos .

import itertools, pylab

def countinlist(n, N):
    count = [0] * N
    sub = 'h'*n+'t'
    for string in itertools.imap(''.join, itertools.product('ht', repeat=N+1)):
        f = string.find(sub)
        if (f>=0):
            f = f + n -1 # don't count t, and index in count from zero 
            count[f] = count[f] +1
            # uncomment the following line to print all matches
            # print "found at", f+1, "in", string
    return count, 1/float((2**(N+1)))

n = 4
N = 24
counts, probperevent = countinlist(n,N)
probs = [count*probperevent for count in counts]

for i in range(N):
    print '{0:2d} {1:.10f}'.format(i+1,probs[i]) 
pylab.title('Probabilities of getting {0} consecutive heads in {1} tosses'.format(n, N))
pylab.xlabel('toss')
pylab.ylabel('probability')
pylab.plot(range(1,(N+1)), probs, 'o')
pylab.show()

Não tenho certeza se o beta provavelmente será particularmente adequado como uma maneira de lidar com esse problema - "O número de jogadas até ..." é claramente uma contagem. É um número inteiro e não há limite superior para valores nos quais você obtém probabilidade positiva.

Por outro lado, a distribuição beta é contínua e em um intervalo limitado, então parece uma escolha incomum. Se você coincidir com um beta escalado, as funções de distribuição cumulativa talvez se aproximem não tão mal no corpo central da distribuição. No entanto, é provável que alguma outra escolha melhore substancialmente ainda mais a cauda.

Se você tem uma expressão para as probabilidades ou simulações da distribuição (que você presumivelmente precisa para encontrar uma versão beta aproximada), por que você não as usa diretamente?

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Se seu interesse é encontrar expressões para probabilidades ou a distribuição de probabilidade do número de lançamentos necessários, provavelmente a idéia mais simples é trabalhar com funções geradoras de probabilidade. Eles são úteis para derivar funções de relacionamentos recursivos entre probabilidades, que funções (o pgf), por sua vez, nos permitem extrair quaisquer probabilidades que necessitamos.

Aqui está um post com uma boa resposta adotando a abordagem algébrica, que explica as dificuldades e faz bom uso das relações pgfs e recorrência. Possui expressões específicas para média e variação no caso "dois sucessos consecutivos":

/math/73758/probability-of-n-successes-in-a-row-at-the-k-th-bernoulli-trial-geometric

O caso dos quatro sucessos será substancialmente mais difícil, é claro. Por outro lado, simplifica um pouco as coisas.$p = \frac{1}{2}$

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Se você quer apenas respostas numéricas, a simulação é relativamente direta. As estimativas de probabilidade poderiam ser usadas diretamente ou, alternativamente, seria razoável suavizar as probabilidades simuladas.

Se você precisar usar uma distribuição aproximada, provavelmente poderá escolher algo que se sairá muito bem.

É possível que uma mistura de binômios negativos (a versão 'número de tentativas' em vez da versão 'número de sucessos') possa ser razoável. Dois ou três componentes devem dar uma boa aproximação em todos, exceto na cauda extrema.

Se você deseja uma distribuição contínua única para uma aproximação, pode haver opções melhores do que a distribuição beta; seria algo para investigar.

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Ok, eu já fiz um pouco de álgebra, alguns brincando com relações de recorrência, algumas simulações e até um pouco de reflexão.

Para uma aproximação muito boa, acho que você pode simplesmente especificar as quatro primeiras probabilidades diferentes de zero (o que é fácil), calcular os próximos poucos valores através de recorrência (também fácil) e usar uma cauda geométrica quando a relação de recorrência tiver suavizou a progressão inicialmente menos suave das probabilidades.

Parece que você pode usar a cauda geométrica com uma precisão muito alta além de k = 20, mas se você estiver preocupado apenas com a precisão de 4 dígitos, poderá trazê-la mais cedo.

Isso deve permitir que você calcule o pdf e o cdf com boa precisão.

Estou um pouco preocupado - meus cálculos indicam que o número médio de jogadas é 30,0 e o desvio padrão é 27,1; se eu entendi o que você quer dizer com "x" e "u", você tem 40 e 28 em seu lançamento. Os 28 parecem bem, mas os 40 parecem muito distantes do que eu recebi ... o que me preocupa porque fiz algo errado.

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NOTA: Dadas as complexidades entre a primeira vez e as subsequentes que encontramos, só quero ter certeza absoluta agora de que estamos contando a mesma coisa.

Aqui está uma sequência curta, com as extremidades das sequências '4 ou mais H' marcadas (apontando para o espaço entre os lançamentos imediatamente após o último H)

       \/                     \/
TTHHHHHHTTHTTTTTHHTTHTTHHTHHHHHT...
       /\                     /\

Entre essas duas marcas, conto 23 voltas; ou seja, assim que a sequência anterior de (6 neste caso) H termina, começamos a contar no T imediatamente seguinte e depois contamos até o final da sequência de 5 H (neste caso) que termina a próxima sequência , dando uma contagem de 23 nesse caso.

É assim que você as conta?

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Dado que o exposto está correto, é assim que a função de probabilidade do número de lançamentos após uma execução de pelo menos 4 cabeças é concluída até a próxima execução de pelo menos 4 cabeças ser concluída:

À primeira vista, parece plana para os primeiros valores e, em seguida, possui uma cauda geométrica , mas essa impressão não é muito precisa - leva um tempo para se ajustar a uma cauda efetivamente geométrica.

Estou trabalhando na criação de uma aproximação adequada que você possa usar para responder a qualquer pergunta que você tenha sobre as probabilidades associadas a esse processo com boa precisão e ao mesmo tempo o mais simples possível. Eu tenho uma aproximação muito boa que deve funcionar (que eu já verifiquei contra uma simulação de um bilhão de lançamentos de moedas), mas há algum viés (pequeno, mas consistente) nas probabilidades que a aproximação fornece em parte do intervalo e eu gostaria de ver se consigo obter um dígito extra de precisão.

Pode ser que a melhor maneira de fazer isso seja simplesmente fornecer uma tabela da função de probabilidade e cdf até um ponto além do qual uma distribuição geométrica possa ser usada.

No entanto, ajudaria se você pudesse dar uma idéia da variedade de coisas para as quais você precisa usar a aproximação.

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Espero seguir com a abordagem pgf, mas é possível que alguém seja mais competente com eles do que eu e possa fazer não apenas os 4 casos, mas outros casos.

Você quer a distribuição geométrica . Da Wikipedia:

A distribuição de probabilidade do número dos ensaios de Bernoulli precisava para obter um sucesso, suportada no conjunto {1, 2, 3, ...}.$X$

Deixe as cabeças H serem um fracasso e as caudas serem um sucesso. A variável aleatória é então o número de lançamentos de moedas necessários para ver as primeiras caudas. Por exemplo, será a sequência HHHT. Aqui está a distribuição de probabilidade para :$X$$X=4$$X$

$$P(X=x)=(1-p)^{x-1}p$$

No entanto, queremos apenas o número de cabeças. Em vez disso, vamos definir como o número de cabeças. Aqui está a distribuição:$Y=X-1$

$$P(Y+1=x) = (1-p)^{x-1}p \\ P(Y=x-1) = (1-p)^{x-1}p \\ P(Y=y) = (1-p)^yp$$

para . Assumimos uma moeda justa, fazendo . Portanto: $y=0,1,2,3...$$p=0.5$

$$\begin{align} P(Y=y) &= (0.5)^y(0.5) \\ &= 0.5^{y+1} \end{align}$$

Isso tudo pressupõe que o número de lançamentos seja suficientemente grande (como 10.000). Por menor (finito) , seria preciso adicionar um fator de normalização para a expressão. Simplificando, precisamos garantir que a soma total seja igual a 1. Podemos fazer isso dividindo pela soma de todas as probabilidades, definidas aqui como :$n$$n$$\alpha$

$$\alpha = \sum_{i=0}^{n-1}{P(Y=i)}$$

Isso significa que a forma corrigida de , denotada , será:$Y$$Z$

$$\begin{align} P(Z=z) &= \frac{1}{\alpha}(1-p)^zp \\ &= \frac{1}{\sum_{i=0}^{n-1}{(1-p)^ip}}(1-p)^zp \end{align}$$

Novamente, com , podemos reduzir ainda mais isso, usando um somatório de séries geomoétricas :$p=0.5$

$$\begin{align} P(Z=z) &= \frac{1}{\sum_{i=0}^{n-1}{0.5^{i+1}}} 0.5^{z+1} \\ &= \frac{1}{1-0.5^n} 0.5^{z+1} \\ &= \frac{0.5^{z+1}}{1-0.5^n} \end{align}$$

E podemos ver que, como , nossa versão modificada aproxima de anteriormente.Z $n \rightarrow \infty$$Z$$Y$