Un serio problema di approfondimento delle probabilità di lanciare monete

Diciamo che sto facendo 10.000 lanci di una moneta. Vorrei sapere la probabilità di quante lancette ci vogliono per ottenere 4 o più teste consecutive di fila.

Il conteggio funzionerebbe come segue, conteresti un giro successivo di lanci essendo solo teste (4 o più teste). Quando una coda colpisce e rompe la serie di teste il conteggio ricomincerebbe dal prossimo lancio. Ciò si ripeterebbe quindi per 10.000 lanci.

Mi piacerebbe sapere la probabilità non solo di 4 o più teste di fila ma, 6 o più, e 10 o più. Per chiarire se si ottiene una striscia di 9 teste, si conterebbe come 1 striscia 4 o più (e / o 6 o più), non 2 strisce separate. Ad esempio, se la moneta arrivasse THTHTHTHHHHHH /// THAHTHT .... il conteggio sarebbe 13 e ricomincerebbe dalle code successive.

Supponiamo che i dati risultino fortemente inclinati a destra; la media è di 40 lanci in media che servono per ottenere una sequenza di 4 o più, e la distribuzione è u = 28. Ovviamente inclinata.

Sto facendo del mio meglio per trovare un modo per dare un senso ai dati descrittivi, tranne che per ora non ho trovato nulla.

Voglio trovare un modo per ricavarne una ragionevole probabilità. Come una curva normale in cui +/- 1 DS è del 68% ecc. Ho esaminato la normalizzazione dei log e questo è davvero utilizzato solo per un test parametrico che non è il mio obiettivo.

Mi è stato detto di distribuzioni beta, ma ogni suggerimento che ho avuto è stato abbastanza confuso. Ho fatto questa domanda un anno fa e ho avuto un'idea, ma sfortunatamente non ho ancora una risposta. Grazie a qualcuno di voi che ha idee.

Se ho capito bene, allora il problema è trovare una distribuzione di probabilità per il momento in cui termina la prima serie di o più teste.$n$

Modifica Le probabilità possono essere determinate in modo accurato e rapido utilizzando la moltiplicazione matriciale ed è anche possibile calcolare analiticamente la media come e la varianza come σ 2 = 2 n + 2 ( μ - n - 3 ) - μ 2 + 5 μ dove μ = μ - + $\mu_-=2^{n+1}-1$$\sigma^2=2^{n+2}\left(\mu-n-3\right) -\mu^2 + 5\mu$$\mu=\mu_-+1$, ma probabilmente non esiste un semplice modulo chiuso per la distribuzione stessa. Al di sopra di un certo numero di lanci di monete la distribuzione è essenzialmente una distribuzione geometrica: avrebbe senso usare questa forma per più grandi .$t$

L'evoluzione nel tempo della distribuzione di probabilità nello spazio degli stati può essere modellata usando una matrice di transizione per stati, dove n = il numero di lanci di monete consecutivi. Gli stati sono i seguenti:$k=n+2$$n=$

• Stato , nessuna testa$H_0$
• Stato , i capi, 1 ≤ i ≤ ( n - 1 $H_i$$i$$1\le i\le(n-1)$
• Stato , n o più capi$H_n$$n$
• Stato , n o più teste seguite da una coda$H_*$$n$

Una volta entrato nello stato non puoi tornare in nessuno degli altri stati.$H_*$

Le probabilità di transizione dello stato per entrare negli stati sono le seguenti

• Stato : probabilità $H_0$ daHi,i=0,…,n-1, cioè includendo se stesso ma non dichiarandoH$\frac12$$H_i$$i=0,\ldots,n-1$$H_n$
• Stato : probabilità $H_i$ daHi-$\frac12$$H_{i-1}$
• Stato : probabilità $H_n$ daHn-1,Hn, cioè dallo stato conn-1teste e se stesso$\frac12$$H_{n-1},H_n$$n-1$
• Stato : probabilità $H_*$ daHne probabilità 1 daH∗(stesso)$\frac12$$H_n$$H_*$

Ad esempio, per , ciò fornisce la matrice di transizione$n=4$

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

Per il caso , il vettore iniziale delle probabilità p è p = ( 1 , 0 , 0 , 0 , 0 , 0 ) . In generale il vettore iniziale ha p i = { 1 i = 0 0 i > $n=4$$\mathbf{p}$$\mathbf{p}=(1,0,0,0,0,0)$

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

Il vettore è la distribuzione di probabilità nello spazio per un dato tempo. Il cdf richiesto è un cdf nel tempo ed è la probabilità di aver visto almeno n lanciare le monete alla fine del tempo t . Può essere scritto come ( X t + 1 p ) k , osservando che raggiungiamo lo stato H ∗ 1 timestep dopo l'ultimo nella sequenza di lanci di monete consecutivi.$\mathbf{p}$$n$$t$$(X^{t+1}\mathbf{p})_k$$H_*$

Il pmf richiesto nel tempo può essere scritto come . Tuttavia numericamente ciò comporta la rimozione di un numero molto piccolo da un numero molto più grande ( ≈ 1 ) e limita la precisione. Pertanto nei calcoli è meglio impostare X k , k = 0 anziché 1. Quindi scrivere X ′ per la matrice risultante X ′ = X | X k , k = $(X^{t+1}\mathbf{p})_k - (X^{t}\mathbf{p})_k$$\approx 1$$X_{k,k}=0$$X'$$X'=X|X_{k,k}=0$, il pmf è . Questo è ciò che è implementato nel semplice programma R di seguito, che funziona per qualsiasi n ≥ 2 ,$(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")

La trama superiore mostra il pmf tra 0 e 100. I due grafici inferiori mostrano il pmf tra 10 e 110 e anche tra 1010 e 1110, illustrando l'auto-somiglianza e il fatto che come dice @Glen_b, la distribuzione sembra che possa essere approssimato da una distribuzione geometrica dopo un periodo di assestamento.

E 'possibile indagare ulteriormente questo comportamento utilizzando una decomposizione autovettore di . In questo modo si mostra che per t sufficientemente grande , p t + 1 ≈ c ( n ) p t , dove c ( n ) è la soluzione dell'equazione 2 n + 1 c n ( c - 1 ) + 1 = 0 . Questa approssimazione migliora con l'aumento di n ed è eccellente per $X$$t$$p_{t+1}\approx c(n)p_t$$c(n)$$2^{n+1}c^n(c-1)+1=0$$n$$t$nell'intervallo da circa 30 a 50, a seconda del valore di , come mostrato nel diagramma dell'errore di registro di seguito per il calcolo di p 100 (colori dell'arcobaleno, rosso a sinistra per n = 2 ). (In effetti per ragioni numeriche, sarebbe effettivamente meglio usare l'approssimazione geometrica per probabilità quando t è più grande.)$n$$p_{100}$$n=2$$t$

Ho il sospetto (ed) che potrebbe esserci un modulo chiuso disponibile per la distribuzione perché i mezzi e le variazioni come li ho calcolati come segue

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

(Ho dovuto aumentare il numero nell'orizzonte temporale t=100000per ottenere questo, ma il programma funzionava ancora per tutti in meno di circa 10 secondi.) I mezzi in particolare seguono uno schema molto ovvio; le variazioni meno. In passato ho risolto un sistema di transizione a 3 stati più semplice, ma finora non ho avuto fortuna con una semplice soluzione analitica a questo. Forse c'è qualche teoria utile di cui non sono a conoscenza, ad esempio relativa alle matrici di transizione.$n=2,\ldots,10$

Modifica : dopo molte false partenze mi è venuta in mente una formula di ricorrenza. Sia la probabilità di essere nello stato H i al tempo t . Sia q ∗ , t la probabilità cumulativa di trovarsi nello stato H ∗ , cioè lo stato finale, al tempo t . NB$p_{i,t}$$H_i$$t$$q_{*,t}$$H_*$$t$

• Per ogni dato , p i , t , 0 ≤ i ≤ n e q ∗ , t è una distribuzione di probabilità sullo spazio i , e immediatamente sotto uso il fatto che le loro probabilità si sommino a 1.$t$$p_{i,t}, 0\le i\le n$$q_{*,t}$$i$
• forma una distribuzione di probabilità nel tempo t . Più tardi, uso questo fatto per ricavare mezzi e varianze.$p_{*,t}$$t$

La probabilità di trovarsi al primo stato al tempo , cioè senza teste, è data dalle probabilità di transizione dagli stati che possono ritornare ad esso dal tempo t (usando il teorema della probabilità totale). p 0 , t + $t+1$$t$ Ma per passare dallo statoH0aHn-1prenden-1passi, quindipn-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$e pn-1,t+n=$p_{n-1,t+n-1} = \frac1{2^{n-1}}p_{0,t}$ Ancora una volta dal teorema della probabilità totale la probabilità di essere allo statoHnnel tempot+1è p n , t + $$p_{n-1,t+n} = \frac1{2^n}\left( 1-p_{n,t}-q_{*,t} \right)$$ $H_n$$t+1$ e usando il fatto cheq∗,t+1-q∗,t= $$\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}$$ , 2 q ∗ , t + 2 - 2 q ∗ , t + $q_{*,t+1}-q_{*,t}=\frac12p_{n,t} \implies p_{n,t} = 2q_{*,t+1}-2q_{*,t}$ Quindi, cambiandot→t+n, 2q∗,t+n+2-3q∗,t+n+1+q∗,t+n+ $$\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$$

$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

Modifica Non riesco a vedere dove andare per trovare un modulo chiuso da questa relazione di ricorrenza. Tuttavia, è possibile ottenere un modulo chiuso per la media.

$(\dagger)$$p_{*,t+1}=\frac12p_{n,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}$$ $H_*$

$E[X^2] = \sum_{x=0}^\infty (2x+1)(1-F(x))\;$

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

I mezzi e le varianze possono essere facilmente generati a livello di codice. Ad esempio per controllare i mezzi e le variazioni dalla tabella sopra utilizzare

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

Infine, non sono sicuro di cosa volessi quando hai scritto

quando una coda colpisce e rompe la serie di teste, il conteggio ricomincia dal prossimo lancio.

$n$$n$

$\mu-1$$\mu+1$$X_{k,k,}=0$$X_{1,k}=1$$H_0$$H_*$$n=4$

$$\begin{array}{c|cccccc} & \text{probability} \\ \hline H_0 & 0.48484848 \\ H_1 & 0.24242424 \\ H_2 & 0.12121212 \\ H_3 & 0.06060606 \\ H_4 & 0.06060606 \\ H_* & 0.03030303 \end{array}$$ Il tempo previsto tra gli stati è dato dal reciproco della probabilità. Quindi il tempo previsto tra una visita e l'altra$H_* = 1/0.03030303 = 33 = \mu + 1$.

Appendice : programma Python utilizzato per generare probabilità esatte per n= numero di Ncolpi consecutivi durante i tiri.

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()

Non sono sicuro che la beta sarà probabilmente particolarmente adatta come modo per affrontare questo problema: "Il numero di giocate fino a ..." è chiaramente un conteggio. È un numero intero e non esiste un limite superiore per i valori in cui si ottiene una probabilità positiva.

Al contrario, la distribuzione beta è continua e su un intervallo limitato, quindi sembrerebbe una scelta insolita. Se abbini un momento a una beta in scala, le funzioni di distribuzione cumulativa potrebbero forse approssimarsi non così male nel corpo centrale della distribuzione. Tuttavia, è probabile che qualche altra scelta sostanzialmente migliorerà ulteriormente in entrambe le code.

Se hai un'espressione per le probabilità o le simulazioni dalla distribuzione (di cui presumibilmente hai bisogno per trovare una beta approssimativa), perché non le usi direttamente?

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Se il tuo interesse è trovare espressioni di probabilità o la distribuzione di probabilità del numero di lanci richiesti, probabilmente l'idea più semplice è quella di lavorare con le funzioni che generano probabilità. Questi sono utili per derivare funzioni da relazioni ricorsive tra le probabilità, le quali funzioni (il pgf) a loro volta ci consentono di estrarre qualsiasi probabilità che richiediamo.

Ecco un post con una buona risposta che prende l'approccio algebrico, che spiega sia le difficoltà che fa buon uso dei pgfs e delle relazioni di ricorrenza. Ha espressioni specifiche per media e varianza nel caso "due successi consecutivi":

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

Il caso dei quattro successi sarà ovviamente molto più difficile. D'altro canto,$p = \frac{1}{2}$ semplifica un po 'le cose.

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Se vuoi solo risposte numeriche, la simulazione è relativamente semplice. Le stime di probabilità potrebbero essere utilizzate direttamente o, in alternativa, sarebbe ragionevole livellare le probabilità simulate.

Se devi usare una distribuzione approssimativa, probabilmente puoi scegliere qualcosa che fa abbastanza bene.

È possibile che una combinazione di binomi negativi (la versione "numero di prove" anziché la versione "numero di successi") sia ragionevole. Due o tre componenti dovrebbero prevedere una buona approssimazione in tutti tranne che nella coda estrema.

Se si desidera una singola distribuzione continua per un'approssimazione, potrebbero esserci scelte migliori rispetto alla distribuzione beta; sarebbe qualcosa da indagare.

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D'accordo, da allora ho fatto una piccola algebra, alcuni giocando con relazioni di ricorrenza, qualche simulazione e persino un po 'di pensiero.

Per una buona approssimazione, penso che tu possa cavartela semplicemente specificando le prime quattro probabilità diverse da zero (che è facile), calcolando le poche manciate di valori successivi tramite ricorrenza (anche facile) e quindi usando una coda geometrica una volta che la relazione di ricorrenza ha appianata la progressione inizialmente meno regolare delle probabilità.

Sembra che tu possa usare la coda geometrica per una precisione molto elevata oltre k = 20, anche se se sei solo preoccupato di dire una precisione a 4 cifre potresti introdurla in precedenza.

Questo dovrebbe permetterti di calcolare il pdf e il cdf con una buona precisione.

Sono un po 'preoccupato: i miei calcoli indicano che il numero medio di lanci è 30,0 e la deviazione standard è 27,1; se ho capito cosa intendi con "x" e "u", hai 40 e 28 nel tuo lancio. Il 28 sembra a posto ma il 40 sembra abbastanza lontano da quello che ho ... il che mi fa preoccupare di aver fatto qualcosa di sbagliato.

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NOTA: date le complessità tra la prima volta e le volte successive che abbiamo incontrato, voglio solo essere assolutamente certo ora che stiamo contando la stessa cosa.

Ecco una breve sequenza, con le estremità delle sequenze '4 o più H' contrassegnate (indicando il divario tra i flip immediatamente dopo l'ultima H)

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

Tra questi due segni conto 23 lanci; cioè non appena termina la sequenza precedente di (6 in questo caso) H, iniziamo a contare alla T immediatamente successiva e quindi contiamo fino alla fine della sequenza di 5 H (in questo caso) che termina la sequenza successiva , dando un conteggio di 23 in questo caso.

È così che li conti?

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Dato quanto sopra è corretto, questo è ciò che la funzione di probabilità del numero di tiri dopo che una corsa di almeno 4 teste è completa fino a quando la prossima corsa di almeno 4 teste è completa appare come:

A prima vista sembra piatto per i primi valori, quindi ha una geometria coda , ma quell'impressione non è del tutto precisa: ci vuole un po 'per sistemarsi su una coda efficacemente geometrica.

Sto lavorando per trovare un'approssimazione adeguata che puoi usare per rispondere a tutte le domande che avresti sulle probabilità associate a questo processo con una buona accuratezza che è allo stesso tempo il più semplice possibile. Ho un'approssimazione abbastanza buona che dovrebbe funzionare (che ho già verificato rispetto a una simulazione di un miliardo di lanci di monete) ma c'è qualche pregiudizio (piccolo ma coerente) nelle probabilità che l'approssimazione dà in una parte dell'intervallo e mi piacerebbe vedere se riesco a ricavarne una cifra in più di precisione.

Può essere che il modo migliore per farlo sia semplicemente darti una tabella della funzione di probabilità e cdf fuori fino a un punto oltre il quale può essere usata una distribuzione geometrica.

Tuttavia, sarebbe utile se si potesse dare un'idea della gamma di cose per le quali è necessario utilizzare l'approssimazione.

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Spero di seguire l'approccio pgf, ma è possibile che qualcun altro sia più abile con loro di me e possa fare non solo il 4-case ma altri casi.

Vuoi la distribuzione geometrica . Da Wikipedia:

La distribuzione di probabilità del numero $X$ delle prove di Bernoulli necessarie per ottenere un successo, supportato sul set {1, 2, 3, ...}.

Lascia che le teste H siano un fallimento e le code T un successo. La variabile casuale$X$è quindi il numero di lanci di monete necessari per vedere le prime code. Per esempio,$X=4$sarà la sequenza HHHT. Ecco la distribuzione di probabilità per$X$:

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

Tuttavia, vogliamo solo il numero di teste. Definiamo invece$Y=X-1$come il numero di teste. Ecco la sua distribuzione:

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

per $y=0,1,2,3...$. Assumiamo una moneta giusta, facendo$p=0.5$. Perciò:

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

Tutto questo presuppone il numero di lanci $n$è sufficientemente grande (come 10.000). Per piccoli (finiti)$n$, dovremmo aggiungere un fattore di normalizzazione all'espressione. In parole povere, dobbiamo garantire che la somma totale sia uguale a 1. Possiamo farlo dividendo per la somma di tutte le probabilità, qui definite come$\alpha$:

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

Ciò significa che la forma corretta di $Y$, indicato $Z$, sarà:

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

Ancora una volta, con $p=0.5$, possiamo ridurlo ulteriormente, usando una somma di serie geomoetriche :

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

E possiamo vederlo, come $n \rightarrow \infty$, la nostra versione modificata $Z$ approcci $Y$ da prima.