Répartition du nombre d'essais nécessaires à la première occurrence de l'événement 50 S contenant au moins un SSSSS.

Question

Envisager des essais indépendants répétés de deux résultats S (succès) ou F (échec) avec probabilités $p$ et $q$, respectivement. Déterminer la distribution du nombre d'essais requis pour la première occurrence de l'événement 50 S contenant au moins un SSSSS, soit au total 50 succès et les 5 succès successifs doivent se produire au moins une fois.

Mes efforts:

Laisser $M_n$ être le nombre d'essais requis pour la première occurrence de totalement $n$ S. Nous avons calculé que $P(M_n=k)={k-1\choose n-1}p^{n}q^{k-n}$. Laisser$N_n$ être le nombre d'essais requis pour la première occurrence de totalement $n$S contenant au moins un SSSSS. ensuite$P(N_n=k)=0$ si $n<5$. Nous voulons déterminer la distribution de$N_{50}$.

Condition sur les événements initiaux possibles suivants:

1. A1: Les cinq premiers résultats étaient Fxxxx (avec probabilité $q$ ), x = S ou F,
2. A2: Les cinq premiers résultats étaient SFxxx (avec probabilité $pq$ ),
3. A3: Les cinq premiers résultats étaient SSFxx (avec probabilité $p^2q$),
4. R4: Les cinq premiers résultats étaient SSSFx (avec probabilité $p^3q$),
5. A5: Les cinq premiers résultats étaient SSSSF (avec probabilité $p^4q$),
6. A6: Les cinq premiers résultats étaient SSSSS (avec probabilité $p^5$).

Notez que $P(A_1)+P(A_2)+P(A_3)+P(A_4) +P(A_5)+P(A_6)=1$.

Laisser $k>5$.

Dans le cas 1, $P(N_n=k∣\text{first result was F})=P(N_n=k−1)$ parce que nous n'avons tout simplement pas progressé vers $n$ S contenant SSSSS avec le premier résultat, et il y a maintenant $k−1$ essais restant à obtenir $n$ S contenant SSSSS.

Dans le cas 2, $P(N_n=k∣\text{first two results were SF})=P(N_{n-1}=k−2)$. Bien que nous n'ayons tout simplement pas progressé vers le SSSSS avec les deux premiers résultats, nous avons un S et il y a$(n-1)$S restant. Il y a maintenant$k−2$ essais restant à obtenir $(n-1)$ S contenant SSSSS.

Dans le cas 3, $P(N_n=k∣\text{first three results were SSF})=P(N_{n-2} =k−3)$. Bien que nous n'ayons tout simplement pas fait de progrès vers SSSSS avec les trois premiers résultats, nous avons deux S et il y a$(n-2)$S restant. Il y a maintenant$k−3$ essais restant à obtenir $(n-2)$ S contenant SSSSS.

Dans le cas 4, $P(N_n=k∣\text{first four results were SSSF})=P(N_{n-3} =k−4)$. Bien que nous n'ayons tout simplement pas progressé vers le SSSSS avec les quatre premiers résultats, nous avons trois S et il y a$(n-3)$S restant. Il y a maintenant$k−4$ essais restant à obtenir $(n-3)$ S contenant SSSSS.

Dans le cas 5, $P(N_n=k∣\text{first five results were SSSSF})=P(N_{n-4} =k−5)$. Bien que nous n'ayons tout simplement pas progressé vers le SSSSS avec les cinq premiers résultats, nous avons quatre S et il y a$(n-4)$S restant. Il y a maintenant$k−5$ essais restant à obtenir $(n-4)$ S contenant SSSSS.

Dans le cas 6, $P(N_n=k\mid\text{first five results were SSSSS})=P(M_{n-5}=k−5)$. Nous avons déjà SSSSS. Nous n'avons plus à nous soucier du SSSSS. Nous avons juste besoin d'obtenir$(n-5)$S et nous avons terminé. Il y a maintenant$k−5$ essais restant à obtenir $(n-5)$ S.

Si vous mettez tout cela ensemble en utilisant la loi de la probabilité totale $$P(N_n =k)=P(N_n =k\mid A_1)P(A_1)+P(N_n =k\mid A_2)P(A_2)+ +\cdots+P(N_n =k\mid A_6)P(A_6),$$ où $A_1, A_2, A_3, \ldots, A_6$ sont les 6 événements initiaux possibles, alors vous obtenez la formule récursive pour $k> 5$,

$$P(N_n =k)=qP(N_n =k−1)+pqP(N_{n-1} =k−2)+p^2qP(N_{n-2} =k−3) +\cdots+ p^4qP(N_{n-4} =k−5)+p^5P(M_{n-5}=k−5)$$

Suis-je sur la bonne voie? Des choses étranges se produisent lorsque j'ai essayé de calculer le cas de base$P(N_5=k)$. S'il te plait dis moi ce que c'est$P(N_5=k)$ et aidez-moi à vérifier la relation récursive pour $P(N_6=k)$.

Answer 1

Cette réponse est une approche de fonction génératrice basée sur la méthode de grappes de Goulden-Jackson . Nous montrerons pour$5\leq r\leq k$: \ begin {align *} \ color {blue} {P (M_r = k)} & \ color {blue} {= \ left (\ sum_ {j \ geq 1} (- 1) ^ {j + 1} \ binom {k-r + 1} {j} \ binom {k-5j} {kr} \ right.} \\ & \ qquad \ color {blue} {\ left .- \ sum_ {j \ geq 1} (- 1) ^ {j + 1} \ binom {kr} {j} \ binom {k-1-5j} {k-1-r} \ right) p ^ rq ^ {kr}} \ tag {1} \ end {align *} où les sommes dans (1) sont finies puisque$\binom{s}{t}=0$ pour intégrale $0<s<t$.

Première étape: une fonction génératrice

Nous considérons l'ensemble des mots de longueur $k\geq 0$ construit à partir d'un alphabet $$\mathcal{V}=\{S,F\}$$ et l'ensemble $B=\{SSSSS\}$de mauvais mots , qui ne sont pas autorisés à faire partie des mots que nous recherchons dans un premier temps. Nous dériverons une fonction génératrice$G(z)$ où $[z^k]G(z)$, le coefficient de $z^k$ de $G(z)$ donne le nombre de mots binaires de longueur $k$ qui ne contiennent pas $SSSSS$.

Puisque nous voulons que le nombre de mots qui ne contiennent$SSSSS$, nous prenons la fonction génératrice de tous les mots binaires qui est $1+2z+4z^2+8z^3+\cdots = \frac{1}{1-2z}$ et soustraire $G(z)$à partir de cela. De cette façon nous obtenons$H(z) = \frac{1}{1-2z}-G(z)$.

Selon l'article (p.7) la fonction de génération $G(z)$ est \ begin {align *} G (z) = \ frac {1} {1-dz- \ text {weight} (\ mathcal {C})} \ tag {2} \ end {align *} avec$d=|\mathcal{V}|=2$, la taille de l'alphabet et $\mathcal{C}$le poids-numérateur des mauvais mots avec \ begin {align *} \ text {weight} (\ mathcal {C}) = \ text {weight} (\ mathcal {C} [SSSSS]) \ end {align *}

Nous calculons en fonction du papier \ begin {align *} \ text {weight} (\ mathcal {C} [S ^ 5]) & = - z ^ 5-z \ cdot \ text {weight} (\ mathcal {C} [S ^ 5]) - \ cdots-z ^ 4 \ cdot \ text {weight} (\ mathcal {C} [S ^ 5]) \ tag {3} \\ \ end {align *}

et obtenir \ begin {align *} \ text {poids} (\ mathcal {C}) = \ text {poids} (\ mathcal {C} [S ^ 5]) = - \ frac {z ^ 5 (1-z )} {1-z ^ 5} \ end {align *}

Il découle de (2) et (3):

\ begin {align *} G (z) & = \ frac {1} {1-dz- \ text {weight} (\ mathcal {C})} \\ & = \ frac {1} {1-2z + \ frac {z ^ 5 (1-z)} {1-z ^ 5}} \\ & = \ frac {1-z ^ 5} {1-2z + z ^ 6} \ tag {4} \\ \ end { aligner*}

De (4) nous obtenons \ begin {align *} H (z) = \ frac {1} {1-2z} - \ frac {1 + z ^ 5} {1-2z + z ^ 6} \ tag {5 } \ end {align *}

Deuxième étape: un raffinement

Puisque nous recherchons le nombre de mots valides de longueur $k$ qui contiennent $50 S$ resp. $r\geq 5$ S en général, nous avons besoin d'un raffinement de $H(z)$ pour suivre le nombre de succès $S$. Pour ce faire, nous marquons les succès avec$s$.

On obtient de (3) \ begin {align *} \ text {weight} (\ mathcal {C} [S ^ 5]) & = - (sz) ^ 5- (sz) \ text {weight} (\ mathcal { C} [S ^ 5]) - \ cdots- (sz) ^ 4 \ text {weight} (\ mathcal {C} [S ^ 5]) \ end {align *} et obtenez \ begin {align *} \ text {poids} (\ mathcal {C}) = - \ frac {(sz) ^ 5 (1-sz)} {1- (sz) ^ 5} \ end {align *}

En utilisant ce poids généralisé, nous obtenons une fonction génératrice $H(z;s)$ \ begin {align *} H (z; s) & = \ frac {1} {1- (1 + s) z} - \ frac {1} {1- (1 + s) z + \ frac {(sz) ^ 5 (1-sz)} {1- (sz) ^ 5}} \\ & = \ frac {1} {1- (1 + s) z} - \ frac {1- (sz) ^ 5} { 1- (1 + s) z + s ^ 5z ^ 6} \ end {align *}

Troisième étape: des mots qui se terminent par le succès $S$.

Le coefficient $[s^rz^k]H(z;s)$ donne le nombre de mots de longueur $k$ contenant exactement $r$ S avec S-pistes de longueur $5$, mais pas nécessairement avec un S à la fin. Pour forcer cela, nous soustrayons les mots de longueur$k$ qui contiennent exactement $r$ S et S-pistes de S de longueur $5$ et terminer avec $F$.

De cette façon, nous obtenons enfin la fonction génératrice souhaitée \ begin {align *} \ color {blue} {H (z; s) (1-z)} & \ color {blue} {= \ frac {1-z} {1 - (1 + s) z} - \ frac {\ left (1- (sz) ^ 5 \ right) (1-z)} {1- (1 + s) z + s ^ 5z ^ 6}} \ tag {6} \\ & = s ^ 5z ^ 5 + (s + f) s ^ 5z ^ 6 + \ gauche (s ^ 2 + 3sf + f ^ 2 \ droite) s ^ 5z ^ 7 \\ & \ qquad + \ gauche (s ^ 3 + 5s ^ 2f + 5sf ^ 2 + f ^ 3 \ droite) s ^ 5z ^ 8 \\ & \ qquad + \ gauche (s ^ 4 + 7s ^ 3f + \ color {bleu} {12} s ^ 2f ^ 2 + 7sf ^ 3 + f ^ 4 \ right) s ^ 5z ^ 9 + \ cdots \ end {align *} où la dernière ligne a été calculée avec l'aide de Wolfram Alpha.

Notez que les coefficients de la série correspondent aux entrées du tableau indiquées par @GCab.

En regardant par exemple le coefficient marqué en bleu $12$ de $s^7f^2z^9$ cela donne le nombre de mots de longueur $9$ contenant $7$ S au moins une série de $5$S et se terminant par S. Ces mots sont \ begin {align *} \ color {blue} {SSSSS} SFFS & \ qquad SSFF \ color {blue} {SSSSS} \\ \ color {blue} {SSSSS} FSFS & \ qquad SFSF \ color {blue} {SSSSS} \\ \ color {blue} {SSSSS} FFSS & \ qquad SFFS \ color {blue} {SSSSS} \\ SF \ color {blue} {SSSSS} FS & \ qquad FSSF \ color {blue} { SSSSS} \\ FS \ color {blue} {SSSSS} FS & \ qquad FSFS \ color {blue} {SSSSS} \\ F \ color {blue} {SSSSS} FSS & \ qquad FFSS \ color {blue} {SSSSS} \ end {align *} où la partie la plus à droite de$5$ S est marqué en bleu.

Coefficients de $H(z;s)(1-z)$:

On calcule enfin les coefficients de $H(z;s)(1-z)$. Nous commençons par

\ begin {align *} [s ^ rz ^ k] H (z; s) & = [s ^ rz ^ k] \ frac {1} {1- (1 + s) z} - [s ^ rz ^ k ] \ frac {1} {1- (1 + s) z + \ frac {(sz) ^ 5 (1- (sz))} {1- (sz) ^ 5}} \\ & = [s ^ rz ^ k] \ frac {1} {1- (1 + s) z} - [s ^ rz ^ k] \ frac {1- (sz) ^ 5} {1- (1 + s) z + s ^ 5z ^ 6} \ end {align *}

Au début, la partie facile:

\ begin {align *} \ color {blue} {[s ^ rz ^ k] \ frac {1} {1- (1 + s) z}} = [s ^ rz ^ k] \ sum_ {j = 0} ^ {\ infty} (1 + s) ^ jz ^ j = [s ^ r] (1 + s) ^ k \, \, \ color {blue} {= \ binom {k} {r}} \ tag { 7} \ end {align *}

Maintenant, la partie un peu longue. On obtient

\ begin {align *} \ color {blue} {[s ^ rz ^ k]} & \ color {blue} {\ frac {1} {1- (1 + s) z + s ^ 5z ^ 6}} \ \ & = [s ^ rz ^ k] \ sum_ {j = 0} ^ \ infty \ left ((1 + s) zs ^ 5z ^ 6 \ right) ^ j \\ & = [s ^ rz ^ k] \ sum_ {j = 0} ^ \ infty z ^ j \ left ((1 + s) -s ^ 5z ^ 5 \ right) ^ j \\ & = [s ^ r] \ sum_ {j = 0} ^ k [ z ^ {kj}] \ sum_ {l = 0} ^ j \ binom {j} {l} (- 1) ^ ls ^ {5l} z ^ {5l} (1 + s) ^ {jl} \ tag { 8} \\ & = [s ^ r] \ sum_ {j = 0} ^ k [z ^ j] \ sum_ {l = 0} ^ {kj} \ binom {kj} {l} (- 1) ^ ls ^ {5l} z ^ {5l} (1 + s) ^ {kjl} \ tag {9} \\ & = [s ^ r] \ sum_ {j = 0} ^ {\ left \ lfloor k / 5 \ right \ rfloor} [z ^ {5j}] \ sum_ {l = 0} ^ {k-5j} \ binom {k-5j} {l} (- 1) ^ ls ^ {5l} z ^ {5l} (1 + s) ^ {k-5j-l} \ tag {10} \\ & = [s ^ r] \ sum_ {j = 0} ^ {\ left \ lfloor k / 5 \ right \ rfloor} \ binom {k -5j} {j} (- 1) ^ js ^ {5j} (1 + s) ^ {k-6j} \ tag {11} \\ & = \ sum_ {j = 0} ^ {\ min \ {\ gauche \ lfloor k / 5 \ right \ rfloor, \ left \ lfloor r / 5 \ right \ rfloor \}} (- 1) ^ j \ binom {k-5j} {j} [s ^ {r-5j}] (1 + s) ^ {k-6j} \\ & = \ sum_ {j \ geq 0} (- 1) ^ j \ binom {k-5j} {j} \ binom {k-6j} {r-5j } \ tag {12} \\ & \, \, \ color {blue} {= \ sum_ {j \ geq 0} (- 1) ^ j \ binom {kr} {j} \ binom {k-5j} { kr}} \ tag {13} \ end {align *}

Commentaire:

• Dans (8) nous appliquons la règle $[z^s]z^tA(z)=[z^{s-t}]A(z)$. Nous fixons également la limite supérieure de la somme externe à$k$ puisque les autres valeurs ne contribuent pas au coefficient de $z^k$.

• Dans (9) on change l'ordre de sommation de la somme externe $j \to k-j$.

• Dans (10), nous observons que nous devons prendre des multiples de $5$ seulement de l'index $j$ en raison du terme $z^{5l}$.

• Dans (11) nous sélectionnons le coefficient de $z^{5j}$.

• Dans (12) nous sélectionnons le coefficient de $s^{r-5j}$.

• Dans (13) nous utilisons l'identité binomiale \ begin {align *} \ binom {k-5j} {j} \ binom {k-6j} {r-6j} & = \ frac {(k-5j)!} { j!} \, \ frac {1} {(r-6j)! (krj)!} \\ & = \ frac {1} {j! (r-6j)!} \, \ frac {(k-5j )!} {(kr)!} = \ binom {r-5j} {j} \ binom {k-5j} {kr} \ end {align *}

et il découle de (6) et (13): \ begin {align *} [s ^ rz ^ k] & \ frac {1- (sz) ^ 5} {1- (1 + s) z + s ^ 5z ^ 6} \\ & = \ gauche ([s ^ rz ^ k] - [s ^ {r-5} z ^ {k-5}] \ droite) \ frac {1} {1- (1 + s) z + s ^ 5z ^ 6} \\ & = \ sum_ {j \ geq 0} (- 1) ^ j \ binom {kr} {j} \ binom {k-5j} {kr} - \ sum_ {j \ geq 0} (- 1) ^ j \ binom {kr} {j} \ binom {k-5-5j} {kr} \\ & = \ binom {k} {r} + \ sum_ {j \ geq 1} \ binom {kr} {j} \ binom {k-5j} {kr} + \ sum_ {j \ geq 1} (- 1) ^ j \ binom {kr} {j-1} \ binom {k-5j} {kr} \\ & = \ binom {k} {r} + \ sum_ {j \ geq 1} (- 1) ^ j \ binom {k-r + 1} {j} \ binom {k-5j} { kr} \ tag {14} \ end {align *}

et nous obtenons \ begin {align *} \ color {blue} {[s ^ rz ^ k] H (z; s)} & = [s ^ rz ^ k] \ frac {1} {1- (1 + s ) z} - [s ^ rz ^ k] \ frac {1- (sz) ^ 5} {1- (1 + s) z + s ^ 5z ^ 6} \\ & \, \, \ color {bleu} {= \ sum_ {j \ geq 1} (- 1) ^ {j + 1} \ binom {k-r + 1} {j} \ binom {k-5j} {kr}} \ tag {15} \ end {aligner*}

Dernière étape: tout rassembler

Nous considérons le cas (intéressant) $5\leq r\leq k$seulement. En prenant les résultats de (6) et (15), nous pouvons maintenant écrire les coefficients de$H(z;s)(1-z)$ comme

\ begin {align *} [s ^ rz ^ k] & H (z; s) (1-z) \\ & = [s ^ rz ^ k] H (z; s) - [s ^ rz ^ {k- 1}] H (z; s) \\ & = \ sum_ {j \ geq 1} (- 1) ^ {j + 1} \ binom {k-r + 1} {j} \ binom {k-5j} {kr} \\ & \ qquad- \ sum_ {j \ geq 1} (- 1) ^ {j + 1} \ binom {kr} {j} \ binom {k-1-5j} {k-1-r } \ end {align *} et la revendication (1) suit.

Answer 2

a) Votre approche pour en déduire la récurrence est correcte, le problème est de fixer les conditions initiales appropriées et les limites de validité.

b) Pour résoudre ce problème, nous devons clairement procéder comme suit.

Étant donné une séquence d'essais de Bernoulli, avec probabilité de succès $p$ (échec $q=(1-p)$), permettez-moi de représenter cela par une chaîne binaire $1 = $ Succès, $0 =$échec afin de rester cohérent avec les autres messages auxquels je vais faire un lien.
Pour la même raison et pour mettre votre récidive dans des conditions initiales appropriées, permettez-moi de changer vos dénominations

les chaînes binaires de longueur $n$, ayant $m$ des zéros et $s$ceux, dont un qui est fixé à la fin de la chaîne;
aussi laisser aller en général et considérer la suite de séquences consécutives de longueur$r$.

Nous indiquons comme $$ P(s,r,n) = N_c (s,r,n)\, p^{\,s } q^{\,n - s} $$ la probabilité que dans une chaîne de longueur $n$, avec le total $s$ uns et se terminant par un, il peut y avoir des séries de uns consécutifs de longueur $r$ ou plus grand.

Maintenant votre récurrence lit $$ \eqalign{ & P(s,r,n) = q\,P(s,r,n - 1) + pq\,P(s - 1,r,n - 2) + p^{\,2} q\,P(s - 1,r,n - 2) + \cr & + \cdots + p^{\,4} q\,P(s - r + 1,r,n - r) + \left( \matrix{ n - 1 - r \hfill \cr s - 1 - r \hfill \cr} \right)p^{\,s} q^{\,n - s} \cr} $$

Notez que chaque terme est un polynôme homogène en $p^s\, q^{n-s}$, nous n'avons donc pas besoin de les apporter et nous pouvons nous concentrer de manière rentable sur le nombre de chaînes donné par $N_c$, C'est $$ \bbox[lightyellow] { \eqalign{ & N_c (s,r,n) = \cr & = \left\{ {\matrix{ 1 & {\left| \matrix{ \;0 \le r \le s \hfill \cr \;1 \le s = n \hfill \cr} \right.} \cr {\sum\limits_{k = 0}^{r - 1} {N_c (s - k,r,n - 1 - k)} + \binom{ n - r - 1 }{ s - r - 1 } } & {\left| \matrix{ \;0 \le r \le s \hfill \cr \;1 \le s < n \hfill \cr} \right.} \cr 0 & {{\rm otherwise}} \cr } } \right. \cr} } \tag{1}$$

Concernant les conditions,

• l'affaire $s=n$ n'était pas couvert dans la construction et doit être ajouté;
• à cause de celui en dernière position, $s$ doit être supérieur à $1$;
• les autres sont évidents.

La récurrence ci-dessus a été vérifiée par calcul direct pour les plus petites valeurs des paramètres.
Exemple:

c) La récurrence (1) peut être résolue sous une forme fermée en somme finie.

Considérez en fait les chaînes de ce type

Leur nombre total est $\binom{n}{s}$ et ceux qui ont une longueur $r$ ou plus sont $N_c (s+1,r, n+1)$. Par conséquent, le complément de$N_c$ représentera les chaînes de la même architecture, qui ont jusqu'à $r-1$.

Le nombre de chaînes composées comme ci-dessus mais à l'exclusion de la dernière, qui ont des longueurs allant jusqu'à $r-1$ est donné par $$ N_b (s,r - 1,m + 1) $$ où $$ N_b (s,r,m)\quad \left| {\;0 \leqslant \text{integers }s,m,r} \right.\quad = \sum\limits_{\left( {0\, \leqslant } \right)\,\,k\,\,\left( { \leqslant \,\frac{s}{r+1}\, \leqslant \,m} \right)} {\left( { - 1} \right)^k \binom{m}{k} \binom { s + m - 1 - k\left( {r + 1} \right) } { s - k\left( {r + 1} \right)}\ } $$ comme expliqué dans divers articles, référez-vous principalement à ceci et à cet autre .

Mais à cause de la présence de celui à la fin, nous devons déduire de ce qui précède les chaînes qui se terminent par zéro plus $ r-1$ ceux, donnant une dernière série de $r$.
Ceux-ci sont $$ N_b (s-r+1,r - 1,m ) $$ et nous concluons que $$ \bbox[lightyellow] { \eqalign{ & N_c (s + 1,r,n + 1) = N_c (s + 1,r,s + m + 1) = \cr & = \left( \matrix{ s + m \cr s \cr} \right) - N_b (s,r - 1,m + 1) + N_b (s - r + 1,r - 1,m) = \cr & = \left( \matrix{ n \cr s \cr} \right) - N_b (s,r - 1,n - s + 1) + N_b (s - r + 1,r - 1,n - s) \quad \left| {\;0 \le s,r,m} \right. \cr} } \tag{2}$$

$N_b$est plus présent dans la littérature, a beaucoup de relations récurrentes et un simple ogf. Pour ne pas rendre la réponse trop longue, je n’entrerai pas dans les détails.

d) Résumé sur $n$.

Considérez les chaînes composées comme indiqué dans l'esquisse du para. c) ci-dessus.

Leur nombre total est $\binom {s+m}{s} = \binom {n}{s}$ et chacun a la même probabilité $p^{s+1}\, q^m = p^{s+1}\, q^{n-s}$.

En gardant $n$ fixe et additionnel $s$ on a $$ \sum\limits_{\left( {0\, \le } \right)\,s\,\left( { \le \,n} \right)} {\binom{ n }{ s } p^{\,s + 1} q^{\,n - s} } = p\left( {p + q} \right)^{\,n} = p $$ ce qui est évident, car si on ajoute les chaînes complémentaires se terminant par zéro on obtient $(p+q)^{n+1} =1$.

Garder à la place $s$ fixe et additionnel $n$, ce qui signifie résumer sur $m$, donne $$ \eqalign{ & \sum\limits_{\left( {0\, \le \,s\, \le } \right)\,n\,} {\binom{ n }{s} p ^{\,s + 1} q^{\,n - s} } = \sum\limits_{\left( {0\, \le } \right)\,\,m\,} {\binom{ s + m }{m} p^{\,s + 1} q^{\,m} } = \cr & = p^{\,s + 1} \sum\limits_{\left( {0\, \le } \right)\,\,m\,} {\binom{ - s - 1 }{m} \left( { - 1} \right)^{\,m} q^{\,m} } = {{p^{\,s + 1} } \over {\left( {1 - q} \right)^{\,s + 1} }} = 1 \cr} $$ qui est la distribution binomiale négative .

Puisque, par sa signification combinatoire, nous avons $$ \left\{ \matrix{ 0 \le N_c (s + 1,r,n + 1) \le N_c (s + 1,r - 1,n + 1) \le \binom{n }{ s } \hfill \cr N_c (s + 1,s + 2,n + 1) = 0 \hfill \cr N_c (s + 1,s + 1,n + 1) = 1 \hfill \cr N_c (s + 1,1,n + 1) = \binom{n }{ s } \hfill \cr N_c (s + 1,0,n + 1) = \binom{n }{ s } \hfill \cr } \right. $$ puis $$ 0 \le P_c (s + 1,r,p) = \sum\limits_{\left( {0\, \le \,s\, \le } \right)\,n\,} {N_c (s + 1,r,n + 1)p^{\,s + 1} q^{\,n - s} } \le 1 \quad \left| \matrix{ \,0 \le s \hfill \cr \;0 \le r \le s + 1 \hfill \cr \;0 < p < 1 \hfill \cr} \right. $$ converge (quoique lentement), et étant donné$s,p$, c'est un CDF en$(s+1-r)$ (en cas de changement supplémentaire du support).

Malheureusement, à ma connaissance, la somme en $n$ de $N_c$ (et de $N_b$) n'a pas de forme fermée: re. à ce poste déjà cité .
Il est cependant possible de calculer, à partir de (2), un double ogf si cela vous intéresse.

Answer 3

Il pourrait y avoir une approche plus simple.

Soit N le nombre d'essais et P (N) sa probabilité compte tenu des conditions ci-dessus, alors:

$$P(N) = \sum_{S \in S'} p^5\prod_{j \in S} q^{j} p_{j}$$ où S 'est toutes les partitions entières (et leurs autres permutations possibles sans éléments dupliqués répétés) de N-50, y compris les zéros de longueur fixe 45 et N> = 50.

Et en général, si l'on veut trouver la distribution de N étant donné qu'il y a dans M succès et la présence de m succès successifs, alors:

$$P(N) = \sum_{S \in S'} p^m \prod_{j \in S} q^{j} p_{j}$$

où S 'est toutes les partitions entières (et leurs autres permutations possibles sans éléments dupliqués répétés) de NM comprenant des zéros de longueur fixe Nm et N> = M.

PS Ce n'est pas une solution fermée mais elle est suffisamment utile et meilleure que la simulation.