Distribusi jumlah uji coba yang diperlukan untuk kemunculan pertama peristiwa 50 S yang berisi setidaknya satu SSSSS.

Question

Pertimbangkan uji coba independen berulang dari dua hasil S (sukses) atau F (kegagalan) dengan probabilitas $p$ dan $q$, masing-masing. Tentukan distribusi jumlah percobaan yang diperlukan untuk kejadian pertama kejadian 50 S yang mengandung setidaknya satu SSSSS, yaitu total 50 keberhasilan dan 5 keberhasilan berturut-turut harus terjadi setidaknya satu kali.

Upaya saya:

Membiarkan $M_n$ menjadi jumlah percobaan yang diperlukan untuk kemunculan pertama total $n$ S. Kami telah menghitung itu $P(M_n=k)={k-1\choose n-1}p^{n}q^{k-n}$. Membiarkan$N_n$ menjadi jumlah percobaan yang diperlukan untuk kemunculan pertama total $n$S berisi setidaknya satu SSSSS. Kemudian$P(N_n=k)=0$ jika $n<5$. Kami ingin menentukan distribusi$N_{50}$.

Kondisi pada kemungkinan kejadian awal berikut:

1. A1: Lima hasil pertama adalah Fxxxx (dengan probabilitas $q$ ), x = S atau F,
2. A2: Lima hasil pertama adalah SFxxx (dengan probabilitas $pq$ ),
3. A3: Lima hasil pertama adalah SSFxx (dengan probabilitas $p^2q$),
4. A4: Lima hasil pertama adalah SSSFx (dengan probabilitas $p^3q$),
5. A5: Lima hasil pertama adalah SSSSF (dengan probabilitas $p^4q$),
6. A6: Lima hasil pertama adalah SSSSS (dengan probabilitas $p^5$).

Catat itu $P(A_1)+P(A_2)+P(A_3)+P(A_4) +P(A_5)+P(A_6)=1$.

Membiarkan $k>5$.

Dalam kasus 1, $P(N_n=k∣\text{first result was F})=P(N_n=k−1)$ karena kami belum membuat kemajuan apa pun $n$ S berisi SSSSS dengan hasil pertama, dan sekarang ada $k−1$ uji coba yang tersisa $n$ S berisi SSSSS.

Dalam kasus 2, $P(N_n=k∣\text{first two results were SF})=P(N_{n-1}=k−2)$. Meskipun kami belum membuat kemajuan apa pun menuju SSSSS dengan dua hasil pertama, tetapi kami memiliki S dan ada$(n-1)$S tersisa. Sekarang ada$k−2$ uji coba yang tersisa $(n-1)$ S berisi SSSSS.

Dalam kasus 3, $P(N_n=k∣\text{first three results were SSF})=P(N_{n-2} =k−3)$. Meskipun kami belum membuat kemajuan apa pun menuju SSSSS dengan tiga hasil pertama, tetapi kami memiliki dua S dan masih ada$(n-2)$S tersisa. Sekarang ada$k−3$ uji coba yang tersisa $(n-2)$ S berisi SSSSS.

Dalam kasus 4, $P(N_n=k∣\text{first four results were SSSF})=P(N_{n-3} =k−4)$. Meskipun kami belum membuat kemajuan apa pun menuju SSSSS dengan empat hasil pertama, tetapi kami memiliki tiga S dan masih ada$(n-3)$S tersisa. Sekarang ada$k−4$ uji coba yang tersisa $(n-3)$ S berisi SSSSS.

Dalam kasus 5, $P(N_n=k∣\text{first five results were SSSSF})=P(N_{n-4} =k−5)$. Meskipun kami belum membuat kemajuan apa pun menuju SSSSS dengan lima hasil pertama, tetapi kami memiliki empat S dan masih ada$(n-4)$S tersisa. Sekarang ada$k−5$ uji coba yang tersisa $(n-4)$ S berisi SSSSS.

Dalam kasus 6, $P(N_n=k\mid\text{first five results were SSSSS})=P(M_{n-5}=k−5)$. Kami sudah memiliki SSSSS. Kami tidak perlu lagi mengkhawatirkan SSSSS. Kami hanya perlu mendapatkan$(n-5)$S dan kita selesai. Sekarang ada$k−5$ uji coba yang tersisa $(n-5)$ S.

Jika Anda menggabungkan semuanya menggunakan Hukum Probabilitas Total $$P(N_n =k)=P(N_n =k\mid A_1)P(A_1)+P(N_n =k\mid A_2)P(A_2)+ +\cdots+P(N_n =k\mid A_6)P(A_6),$$ dimana $A_1, A_2, A_3, \ldots, A_6$ adalah 6 kemungkinan kejadian awal, maka Anda mendapatkan rumus rekursif untuk $k> 5$,

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

Apakah saya di jalur yang benar? Beberapa hal aneh terjadi ketika saya mencoba menghitung base case$P(N_5=k)$. Tolong beritahu saya apa itu$P(N_5=k)$ dan bantu saya memverifikasi hubungan rekursif untuk $P(N_6=k)$.

Answer 1

Jawaban ini adalah pendekatan fungsi pembangkit yang didasarkan pada Metode Cluster Goulden-Jackson . Kami akan menunjukkan untuk$5\leq r\leq k$: \ 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} \ kanan.} \\ & \ qquad \ color {biru} {\ kiri .- \ sum_ {j \ geq 1} (- 1) ^ {j + 1} \ binom {kr} {j} \ binom {k-1-5j} {k-1-r} \ kanan) p ^ rq ^ {kr}} \ tag {1} \ end {sejajarkan *} di mana jumlah dalam (1) terbatas sejak$\binom{s}{t}=0$ untuk integral $0<s<t$.

Langkah pertama: Fungsi pembangkit

Kami mempertimbangkan kumpulan kata yang panjang $k\geq 0$ dibangun dari alfabet $$\mathcal{V}=\{S,F\}$$ dan set $B=\{SSSSS\}$dari kata-kata buruk , yang tidak diperbolehkan menjadi bagian dari kata-kata yang kita cari pada langkah pertama. Kami akan mendapatkan fungsi pembangkit$G(z)$ dimana $[z^k]G(z)$, koefisien $z^k$ dari $G(z)$ memberikan jumlah panjang kata biner $k$ yang tidak mengandung $SSSSS$.

Karena kita ingin jumlah kata yang melakukan mengandung$SSSSS$, kami mengambil fungsi menghasilkan semua kata biner yang $1+2z+4z^2+8z^3+\cdots = \frac{1}{1-2z}$ dan kurangi $G(z)$dari itu. Dengan cara ini kita mendapatkannya$H(z) = \frac{1}{1-2z}-G(z)$.

Menurut kertas (hlm.7) fungsi pembangkit $G(z)$ adalah \ begin {align *} G (z) = \ frac {1} {1-dz- \ text {weight} (\ mathcal {C})} \ tag {2} \ end {align *} dengan$d=|\mathcal{V}|=2$, ukuran alfabet dan $\mathcal{C}$yang berat-pembilang kata-kata buruk dengan \ begin {menyelaraskan *} \ text {} berat (\ mathcal {C}) = \ text {} berat (\ mathcal {C} [sssss]) \ end {menyelaraskan *}

Kami menghitung berdasarkan kertas \ 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 *}

dan dapatkan \ begin {align *} \ text {weight} (\ mathcal {C}) = \ text {weight} (\ mathcal {C} [S ^ 5]) = - \ frac {z ^ 5 (1-z )} {1-z ^ 5} \ end {ratakan *}

Ini mengikuti dari (2) dan (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 { meluruskan*}

Dari (4) kita mendapatkan \ begin {align *} H (z) = \ frac {1} {1-2z} - \ frac {1 + z ^ 5} {1-2z + z ^ 6} \ tag {5 } \ end {align *}

Langkah kedua: Penyempurnaan

Karena kami mencari jumlah panjang kata yang valid $k$ yang mengandung $50 S$ resp. $r\geq 5$ S secara umum, kita membutuhkan penyempurnaan $H(z)$ untuk melacak jumlah keberhasilan $S$. Untuk melakukannya kami menandai kesuksesan dengan$s$.

Kami memperoleh dari (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 *} dan dapatkan \ begin {align *} \ text {weight} (\ mathcal {C}) = - \ frac {(sz) ^ 5 (1-sz)} {1- (sz) ^ 5} \ end {align *}

Dengan menggunakan bobot umum ini, kami memperoleh fungsi pembangkit $H(z;s)$ \ mulai {ratakan *} 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 {ratakan *}

Langkah ketiga: Kata-kata berakhir dengan sukses $S$.

Koefisien $[s^rz^k]H(z;s)$ memberikan jumlah panjang kata $k$ mengandung persis $r$ S dengan panjang S-run $5$, tetapi tidak harus dengan S di bagian akhir. Untuk memaksanya kita mengurangi kata panjang$k$ yang mengandung persis $r$ S dan S-run dengan panjang S $5$ dan diakhiri dengan $F$.

Dengan cara ini kita akhirnya mendapatkan fungsi penghasil yang diinginkan \ 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 + \ kiri (s ^ 2 + 3sf + f ^ 2 \ kanan) s ^ 5z ^ 7 \\ & \ qquad + \ kiri (s ^ 3 + 5s ^ 2f + 5sf ^ 2 + f ^ 3 \ right) s ^ 5z ^ 8 \\ & \ qquad + \ kiri (s ^ 4 + 7s ^ 3f + \ color {blue} {12} s ^ 2f ^ 2 + 7sf ^ 3 + f ^ 4 \ right) s ^ 5z ^ 9 + \ cdots \ end {align *} dimana baris terakhir dihitung dengan bantuan Wolfram Alpha.

Perhatikan koefisien deret sesuai dengan entri tabel yang dinyatakan oleh @GCab.

Misalnya pada koefisien bertanda biru $12$ dari $s^7f^2z^9$ ini memberikan jumlah panjang kata $9$ mengandung $7$ S setidaknya satu putaran $5$S dan diakhiri dengan S. Kata-kata ini adalah \ 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 *} di posisi paling kanan$5$ S ditandai dengan warna biru.

Koefisien dari $H(z;s)(1-z)$:

Kami akhirnya menghitung koefisien $H(z;s)(1-z)$. Kami mulai dengan

\ mulai {sejajarkan *} [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 *}

Pada awalnya bagian yang mudah:

\ mulai {sejajarkan *} \ color {biru} {[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 {sejajarkan *}

Sekarang bagian yang agak gondrong. Kami mendapatkan

\ mulai {sejajarkan *} \ color {biru} {[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 \ kanan) ^ j \\ & = [s ^ rz ^ k] \ jumlah_ {j = 0} ^ \ infty z ^ j \ kiri ((1 + s) -s ^ 5z ^ 5 \ kanan) ^ 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} ^ {\ kiri \ lfloor k / 5 \ kanan \ 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 \ {\ kiri \ 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 *}

Komentar:

• Dalam (8) kami menerapkan aturan tersebut $[z^s]z^tA(z)=[z^{s-t}]A(z)$. Kami juga menetapkan batas atas jumlah terluar menjadi$k$ karena nilai lain tidak berkontribusi pada koefisien $z^k$.

• Dalam (9) kita mengubah urutan penjumlahan dari jumlah terluar $j \to k-j$.

• Dalam (10) kami mengamati bahwa kami harus mengambil kelipatan $5$ hanya indeks $j$ karena istilah tersebut $z^{5l}$.

• Dalam (11) kami memilih koefisien $z^{5j}$.

• Dalam (12) kami memilih koefisien $s^{r-5j}$.

• Dalam (13) kami menggunakan identitas binomial \ 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 *}

dan mengikuti dari (6) dan (13): \ begin {align *} [s ^ rz ^ k] & \ frac {1- (sz) ^ 5} {1- (1 + s) z + s ^ 5z ^ 6} \\ & = \ kiri ([s ^ rz ^ k] - [s ^ {r-5} z ^ {k-5}] \ kanan) \ 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 *}

dan kita mendapatkan \ 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 {blue} {= \ sum_ {j \ geq 1} (- 1) ^ {j + 1} \ binom {k-r + 1} {j} \ binom {k-5j} {kr}} \ tag {15} \ end {meluruskan*}

Langkah terakhir: Menyatukan semuanya

Kami mempertimbangkan kasus (menarik) $5\leq r\leq k$hanya. Mengambil hasil dari (6) dan (15) sekarang kita dapat menulis koefisien dari$H(z;s)(1-z)$ sebagai

\ mulai {sejajarkan *} [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 *} dan klaim (1) mengikuti.

Answer 2

a) Pendekatan Anda untuk menyimpulkan pengulangan sudah benar, masalahnya adalah memperbaiki kondisi awal yang sesuai dan batas validitas.

b) Untuk tujuan pemecahan itu secara jelas kita perlu melanjutkan sebagai berikut.

Diberikan urutan percobaan Bernoulli, dengan kemungkinan berhasil $p$ (kegagalan $q=(1-p)$), izinkan saya untuk menyatakannya dengan string biner $1 = $ keberhasilan, $0 =$kegagalan untuk menjaga kesesuaian dengan posting lain yang akan saya tautkan.
Untuk alasan yang sama dan untuk menempatkan pengulangan Anda dengan kondisi awal yang tepat, izinkan saya untuk mengubah denominasi Anda dan mempertimbangkan

string biner panjangnya $n$, memiliki $m$ nol dan $s$yang, termasuk yang dipasang di ujung tali;
juga mari kita umum dan pertimbangkan menjalankan yang berurutan$r$.

Kami menunjukkan sebagai $$ P(s,r,n) = N_c (s,r,n)\, p^{\,s } q^{\,n - s} $$ probabilitas bahwa dalam string panjang $n$, dengan total $s$ satu dan diakhiri dengan satu, mungkin ada deretan panjang yang berurutan $r$ atau lebih besar.

Sekarang kekambuhan Anda terbaca $$ \eqalign{ & P(s,r,n) = q\,P(s,r,n - 1) + pq\,P(s - 1,r,n - 2) + p^{\,2} q\,P(s - 1,r,n - 2) + \cr & + \cdots + p^{\,4} q\,P(s - r + 1,r,n - r) + \left( \matrix{ n - 1 - r \hfill \cr s - 1 - r \hfill \cr} \right)p^{\,s} q^{\,n - s} \cr} $$

Perhatikan bahwa setiap suku adalah polinomial homogen di $p^s\, q^{n-s}$, jadi kami tidak perlu membawanya dan kami dapat berkonsentrasi secara menguntungkan pada jumlah string yang diberikan oleh $N_c$, itu adalah $$ \bbox[lightyellow] { \eqalign{ & N_c (s,r,n) = \cr & = \left\{ {\matrix{ 1 & {\left| \matrix{ \;0 \le r \le s \hfill \cr \;1 \le s = n \hfill \cr} \right.} \cr {\sum\limits_{k = 0}^{r - 1} {N_c (s - k,r,n - 1 - k)} + \binom{ n - r - 1 }{ s - r - 1 } } & {\left| \matrix{ \;0 \le r \le s \hfill \cr \;1 \le s < n \hfill \cr} \right.} \cr 0 & {{\rm otherwise}} \cr } } \right. \cr} } \tag{1}$$

Mengenai kondisinya,

• kasus $s=n$ tidak tercakup dalam konstruksi, dan harus ditambahkan;
• karena orang di posisi terakhir, $s$ akan lebih besar dari $1$;
• sisanya jelas.

Perulangan di atas telah diperiksa dengan perhitungan langsung untuk nilai parameter yang lebih kecil.
Contoh:

c) Pengulangan (1) dapat diselesaikan dalam bentuk tertutup sebagai jumlah yang terbatas.

Pertimbangkan sebenarnya string jenis ini

Jumlah totalnya adalah $\binom{n}{s}$ dan mereka yang memiliki jangka panjang $r$ atau lebih besar $N_c (s+1,r, n+1)$. Oleh karena itu, pelengkap$N_c$ akan mewakili string dari arsitektur yang sama, yang telah berjalan hingga $r-1$.

Jumlah string yang disusun seperti di atas tetapi tidak termasuk yang terakhir, yang memiliki panjang hingga $r-1$ diberikan oleh $$ N_b (s,r - 1,m + 1) $$ dimana $$ N_b (s,r,m)\quad \left| {\;0 \leqslant \text{integers }s,m,r} \right.\quad = \sum\limits_{\left( {0\, \leqslant } \right)\,\,k\,\,\left( { \leqslant \,\frac{s}{r+1}\, \leqslant \,m} \right)} {\left( { - 1} \right)^k \binom{m}{k} \binom { s + m - 1 - k\left( {r + 1} \right) } { s - k\left( {r + 1} \right)}\ } $$ seperti yang dijelaskan di berbagai posting, lihat ini dan yang lainnya .

Tetapi karena kehadiran satu di akhir, kita harus mengurangi dari string di atas yang diakhiri dengan nol plus $ r-1$ yang, memberikan hasil akhir $r$.
Ini adalah $$ N_b (s-r+1,r - 1,m ) $$ dan kami menyimpulkan itu $$ \bbox[lightyellow] { \eqalign{ & N_c (s + 1,r,n + 1) = N_c (s + 1,r,s + m + 1) = \cr & = \left( \matrix{ s + m \cr s \cr} \right) - N_b (s,r - 1,m + 1) + N_b (s - r + 1,r - 1,m) = \cr & = \left( \matrix{ n \cr s \cr} \right) - N_b (s,r - 1,n - s + 1) + N_b (s - r + 1,r - 1,n - s) \quad \left| {\;0 \le s,r,m} \right. \cr} } \tag{2}$$

$N_b$lebih hadir dalam literatur, memiliki banyak hubungan berulang, dan ogf sederhana. Agar jawabannya tidak terlalu panjang, saya tidak akan menjelaskan lebih jauh.

d) Kesimpulan $n$.

Pertimbangkan string yang disusun seperti yang ditunjukkan pada sketsa di para. c) di atas.

Jumlah totalnya adalah $\binom {s+m}{s} = \binom {n}{s}$ dan masing-masing memiliki probabilitas yang sama $p^{s+1}\, q^m = p^{s+1}\, q^{n-s}$.

Penyimpanan $n$ diperbaiki, dan menyimpulkan $s$ kita mendapatkan $$ \sum\limits_{\left( {0\, \le } \right)\,s\,\left( { \le \,n} \right)} {\binom{ n }{ s } p^{\,s + 1} q^{\,n - s} } = p\left( {p + q} \right)^{\,n} = p $$ yang jelas, karena jika kita menambahkan string komplementer yang diakhiri dengan nol kita dapatkan $(p+q)^{n+1} =1$.

Menjaga sebagai gantinya $s$ diperbaiki dan dijumlahkan $n$, yang artinya meringkas $m$, memberi $$ \eqalign{ & \sum\limits_{\left( {0\, \le \,s\, \le } \right)\,n\,} {\binom{ n }{s} p ^{\,s + 1} q^{\,n - s} } = \sum\limits_{\left( {0\, \le } \right)\,\,m\,} {\binom{ s + m }{m} p^{\,s + 1} q^{\,m} } = \cr & = p^{\,s + 1} \sum\limits_{\left( {0\, \le } \right)\,\,m\,} {\binom{ - s - 1 }{m} \left( { - 1} \right)^{\,m} q^{\,m} } = {{p^{\,s + 1} } \over {\left( {1 - q} \right)^{\,s + 1} }} = 1 \cr} $$ yang merupakan distribusi Binomial Negatif .

Karena, dengan makna kombinatoriknya yang kita miliki $$ \left\{ \matrix{ 0 \le N_c (s + 1,r,n + 1) \le N_c (s + 1,r - 1,n + 1) \le \binom{n }{ s } \hfill \cr N_c (s + 1,s + 2,n + 1) = 0 \hfill \cr N_c (s + 1,s + 1,n + 1) = 1 \hfill \cr N_c (s + 1,1,n + 1) = \binom{n }{ s } \hfill \cr N_c (s + 1,0,n + 1) = \binom{n }{ s } \hfill \cr } \right. $$ kemudian $$ 0 \le P_c (s + 1,r,p) = \sum\limits_{\left( {0\, \le \,s\, \le } \right)\,n\,} {N_c (s + 1,r,n + 1)p^{\,s + 1} q^{\,n - s} } \le 1 \quad \left| \matrix{ \,0 \le s \hfill \cr \;0 \le r \le s + 1 \hfill \cr \;0 < p < 1 \hfill \cr} \right. $$ konvergen (meskipun lambat), dan diberikan$s,p$, ini adalah CDF in$(s+1-r)$ (dalam kasus dengan pergeseran dukungan lebih lanjut).

Sayangnya, menurut pengetahuan saya, jumlahnya masuk $n$ dari $N_c$ (dan dari $N_b$) tidak memiliki bentuk tertutup: re. ke postingan yang sudah dikutip ini .
Namun dimungkinkan untuk menghitung, dari (2), sebuah ogf ganda jika Anda tertarik.

Answer 3

Mungkin ada pendekatan yang lebih sederhana.

Misalkan N adalah banyaknya percobaan dan P (N) adalah probabilitasnya dengan kondisi di atas, maka:

$$P(N) = \sum_{S \in S'} p^5\prod_{j \in S} q^{j} p_{j}$$ dengan S 'adalah semua partisi integer (dan kemungkinan permutasi lainnya tanpa elemen duplikat berulang) dari N-50 termasuk nol dengan panjang tetap 45 dan N> = 50.

Dan secara umum, jika ingin mencari distribusi N mengingat ada M sukses dan ada m sukses berurutan, maka:

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

di mana S 'adalah semua partisi integer (dan kemungkinan permutasi lainnya tanpa elemen duplikat berulang) dari NM termasuk nol dengan panjang tetap Nm dan N> = M.

PS Ini bukan solusi tertutup tetapi cukup berguna dan lebih baik daripada simulasi.