Распределение количества испытаний, необходимых для первого возникновения события 50 S, содержащего хотя бы один SSSSS.
Рассмотрим повторные независимые испытания двух исходов S (успех) или F (неудача) с вероятностями. $p$ а также $q$соответственно. Определите распределение количества испытаний, необходимых для первого возникновения события 50 S, содержащего по крайней мере один SSSSS, т. Е. Всего 50 успешных попыток, а 5 последовательных успешных результатов должны произойти по крайней мере один раз.
Мои усилия:
Позволять $M_n$ быть количеством испытаний, необходимых для первого появления полностью $n$ S. Мы подсчитали, что $P(M_n=k)={k-1\choose n-1}p^{n}q^{k-n}$. Позволять$N_n$ быть количеством испытаний, необходимых для первого появления полностью $n$S, содержащий хотя бы один SSSSS. затем$P(N_n=k)=0$ если $n<5$. Мы хотим определить распределение$N_{50}$.
Условие при следующих возможных исходных событиях:
- A1: Первые пять результатов были Fxxxx (с вероятностью $q$ ), x = S или F,
- A2: Первые пять результатов были SFxxx (с вероятностью $pq$ ),
- A3: Первые пять результатов были SSFxx (с вероятностью $p^2q$),
- A4: Первые пять результатов были SSSFx (с вероятностью $p^3q$),
- A5: Первые пять результатов были SSSSF (с вероятностью $p^4q$),
- A6: Первые пять результатов были SSSSS (с вероятностью $p^5$).
Обратите внимание, что $P(A_1)+P(A_2)+P(A_3)+P(A_4) +P(A_5)+P(A_6)=1$.
Позволять $k>5$.
В случае 1, $P(N_n=k∣\text{first result was F})=P(N_n=k−1)$ потому что мы просто не продвинулись в направлении $n$ S, содержащий SSSSS с первым результатом, и теперь есть $k−1$ оставшиеся испытания $n$ S, содержащий SSSSS.
В случае 2, $P(N_n=k∣\text{first two results were SF})=P(N_{n-1}=k−2)$. Хотя по первым двум результатам мы не добились никакого прогресса в направлении SSSSS, но у нас есть S и есть$(n-1)$Осталось S. Есть сейчас$k−2$ оставшиеся испытания $(n-1)$ S, содержащий SSSSS.
В случае 3, $P(N_n=k∣\text{first three results were SSF})=P(N_{n-2} =k−3)$. Хотя мы не добились никакого прогресса в направлении SSSSS с первыми тремя результатами, но у нас есть два S и есть$(n-2)$Осталось S. Есть сейчас$k−3$ оставшиеся испытания $(n-2)$ S, содержащий SSSSS.
В случае 4, $P(N_n=k∣\text{first four results were SSSF})=P(N_{n-3} =k−4)$. Хотя мы не добились никакого прогресса в направлении SSSSS с первыми четырьмя результатами, но у нас есть три S и есть$(n-3)$Осталось S. Есть сейчас$k−4$ оставшиеся испытания $(n-3)$ S, содержащий SSSSS.
В случае 5, $P(N_n=k∣\text{first five results were SSSSF})=P(N_{n-4} =k−5)$. Хотя по первым пяти результатам мы просто не продвинулись в направлении SSSSS, но у нас есть четыре S и есть$(n-4)$Осталось S. Есть сейчас$k−5$ оставшиеся испытания $(n-4)$ S, содержащий SSSSS.
В случае 6, $P(N_n=k\mid\text{first five results were SSSSS})=P(M_{n-5}=k−5)$. У нас уже есть SSSSS. Нам больше не нужно беспокоиться о SSSSS. Нам просто нужно получить$(n-5)$S, и мы закончили. Есть сейчас$k−5$ оставшиеся испытания $(n-5)$ С.
Если вы сложите все это вместе, используя Закон полной вероятности $$P(N_n =k)=P(N_n =k\mid A_1)P(A_1)+P(N_n =k\mid A_2)P(A_2)+ +\cdots+P(N_n =k\mid A_6)P(A_6),$$ где $A_1, A_2, A_3, \ldots, A_6$ 6 возможных начальных событий, тогда вы получите рекурсивную формулу для $k> 5$,
$$P(N_n =k)=qP(N_n =k−1)+pqP(N_{n-1} =k−2)+p^2qP(N_{n-2} =k−3) +\cdots+ p^4qP(N_{n-4} =k−5)+p^5P(M_{n-5}=k−5)$$
Я на правильном пути? Некоторые странные вещи происходят, когда я пытался рассчитать базовый вариант$P(N_5=k)$. Скажите, пожалуйста, что это$P(N_5=k)$ и помогите мне проверить рекурсивное отношение для $P(N_6=k)$.
Ответы
Этот ответ представляет собой подход к производящей функции, основанный на кластерном методе Гоулдена-Джексона . Мы покажем$5\leq r\leq k$: \ 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 *}, где суммы в (1) конечны, поскольку$\binom{s}{t}=0$ для интегрального $0<s<t$.
Первый шаг: производящая функция
Рассмотрим набор слов длины $k\geq 0$ построен из алфавита $$\mathcal{V}=\{S,F\}$$ и набор $B=\{SSSSS\}$от плохих слов , которые не могут быть частью слов , которые мы ищем в качестве первого шага. Получим производящую функцию$G(z)$ где $[z^k]G(z)$, коэффициент $z^k$ из $G(z)$ дает количество двоичных слов длины $k$ которые не содержат $SSSSS$.
Так как мы хотим , чтобы количество слов , которые делают содержат$SSSSS$, мы берем производящую функцию всех двоичных слов, которая $1+2z+4z^2+8z^3+\cdots = \frac{1}{1-2z}$ и вычесть $G(z)$от него. Таким образом мы получаем$H(z) = \frac{1}{1-2z}-G(z)$.
Согласно статье (с.7) производящая функция $G(z)$это \ begin {align *} G (z) = \ frac {1} {1-dz- \ text {weight} (\ mathcal {C})} \ tag {2} \ end {align *} с$d=|\mathcal{V}|=2$, размер алфавита и $\mathcal{C}$вес числитель плохих слов с \ начать {выравнивания *} \ текст {вес} (\ mathcal {C}) = \ текст {вес} (\ mathcal {C} [SSSSS]) \ конец {*} выравнивание
Вычисляем согласно статье \ 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 *}
и получите \ begin {align *} \ text {weight} (\ mathcal {C}) = \ text {weight} (\ mathcal {C} [S ^ 5]) = - \ frac {z ^ 5 (1-z )} {1-z ^ 5} \ end {align *}
Из (2) и (3) следует:
\ 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 { выровнять *}
Из (4) получаем \ begin {align *} H (z) = \ frac {1} {1-2z} - \ frac {1 + z ^ 5} {1-2z + z ^ 6} \ tag {5 } \ end {align *}
Второй шаг: уточнение
Поскольку мы ищем количество допустимых слов длины $k$ которые содержат $50 S$ соотв. $r\geq 5$ S в общем случае нужна доработка $H(z)$ отслеживать количество успехов $S$. Для этого мы отмечаем успехи знаком.$s$.
Получаем из (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 *} и получите \ begin {align *} \ text {вес} (\ mathcal {C}) = - \ frac {(sz) ^ 5 (1-sz)} {1- (sz) ^ 5} \ end {align *}
Используя этот обобщенный вес, мы получаем производящую функцию $H(z;s)$ \ 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 *}
Шаг третий: слова, оканчивающиеся на успех $S$.
Коэффициент $[s^rz^k]H(z;s)$ дает количество слов длины $k$ содержащий точно $r$ S с S-образными отрезками длины $5$, но не обязательно с буквой S. в конце. Чтобы добиться этого, мы вычитаем слова длины$k$ которые содержат ровно $r$ S и S-участки длины S $5$ и закончить с $F$.
Таким образом, мы наконец получаем желаемую производящую функцию \ 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 + \ left (s ^ 2 + 3sf + f ^ 2 \ right) s ^ 5z ^ 7 \\ & \ qquad + \ left (s ^ 3 + 5s ^ 2f + 5sf ^ 2 + f ^ 3 \ right) s ^ 5z ^ 8 \\ & \ qquad + \ left (s ^ 4 + 7s ^ 3f + \ color {blue} {12} s ^ 2f ^ 2 + 7sf ^ 3 + f ^ 4 \ right) s ^ 5z ^ 9 + \ cdots \ end {align *}, где последняя строка была рассчитана с помощью Wolfram Alpha.
Обратите внимание, что коэффициенты ряда соответствуют записям таблицы, указанным @GCab.
Взглянем, например, на отмеченный синим коэффициент $12$ из $s^7f^2z^9$ это дает количество слов длины $9$ содержащий $7$ S хотя бы один запуск $5$S и заканчиваются на S. Эти слова: \ 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 *}, где крайний правый ряд$5$ S отмечен синим.
Коэффициенты $H(z;s)(1-z)$:
Окончательно вычислим коэффициенты при $H(z;s)(1-z)$. Мы начинаем с
\ 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 *}
Сначала легкая часть:
\ 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 *}
Теперь несколько длинная часть. Мы получаем
\ 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 \ {\ левый \ 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 *}
Комментарий:
В (8) применяется правило $[z^s]z^tA(z)=[z^{s-t}]A(z)$. Мы также устанавливаем верхний предел внешней суммы равным$k$ поскольку другие значения не влияют на коэффициент $z^k$.
В (9) меняем порядок суммирования внешней суммы $j \to k-j$.
В (10) мы видим, что нужно брать кратные $5$ только индекса $j$ из-за срока $z^{5l}$.
В (11) выбираем коэффициент при $z^{5j}$.
В (12) выбираем коэффициент при $s^{r-5j}$.
В (13) мы используем биномиальное тождество \ 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 *}
и это следует из (6) и (13): \ begin {align *} [s ^ rz ^ k] & \ frac {1- (sz) ^ 5} {1- (1 + s) z + s ^ 5z ^ 6} \\ & = \ left ([s ^ rz ^ k] - [s ^ {r-5} z ^ {k-5}] \ right) \ 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 *}
и получаем \ 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 {синий} {= \ sum_ {j \ geq 1} (- 1) ^ {j + 1} \ binom {k-r + 1} {j} \ binom {k-5j} {kr}} \ tag {15} \ end {выровнять *}
Последний шаг: собрать все вместе
Рассмотрим (интересный) случай $5\leq r\leq k$только. Используя результаты из (6) и (15), мы можем теперь записать коэффициенты при$H(z;s)(1-z)$ в качестве
\ 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 *} и следует утверждение (1).
а) Ваш подход к выводу повторения верен, проблема состоит в том, чтобы исправить соответствующие начальные условия и границы действия.
б) Чтобы решить эту проблему, нам необходимо действовать следующим образом.
Учитывая последовательность испытаний Бернулли, с вероятностью успеха $p$ (неудача $q=(1-p)$), позвольте мне представить это двоичной строкой $1 = $ успех $0 =$провал, чтобы сохранить согласованность с другими сообщениями, на которые я собираюсь ссылаться.
По той же причине и для того, чтобы ваше повторение соответствовало надлежащим начальным условиям, позвольте мне изменить ваши наименования и рассмотреть
двоичные строки длины $n$, имея $m$ нули и $s$те, в том числе тот, который закреплен на конце веревки;
также отпустите общие и рассмотрите серию последовательных длин$r$.
Мы указываем как $$ P(s,r,n) = N_c (s,r,n)\, p^{\,s } q^{\,n - s} $$ вероятность того, что в строке длины $n$, с общим $s$ единицы и заканчиваются единицей, могут быть серии последовательных единиц длины $r$ или выше.
Теперь ваше повторение гласит $$ \eqalign{ & P(s,r,n) = q\,P(s,r,n - 1) + pq\,P(s - 1,r,n - 2) + p^{\,2} q\,P(s - 1,r,n - 2) + \cr & + \cdots + p^{\,4} q\,P(s - r + 1,r,n - r) + \left( \matrix{ n - 1 - r \hfill \cr s - 1 - r \hfill \cr} \right)p^{\,s} q^{\,n - s} \cr} $$
Обратите внимание, что каждый член является однородным многочленом от $p^s\, q^{n-s}$, поэтому нам не нужно их переносить, и мы можем с пользой сконцентрироваться на количестве строк, заданных $N_c$, то есть $$ \bbox[lightyellow] { \eqalign{ & N_c (s,r,n) = \cr & = \left\{ {\matrix{ 1 & {\left| \matrix{ \;0 \le r \le s \hfill \cr \;1 \le s = n \hfill \cr} \right.} \cr {\sum\limits_{k = 0}^{r - 1} {N_c (s - k,r,n - 1 - k)} + \binom{ n - r - 1 }{ s - r - 1 } } & {\left| \matrix{ \;0 \le r \le s \hfill \cr \;1 \le s < n \hfill \cr} \right.} \cr 0 & {{\rm otherwise}} \cr } } \right. \cr} } \tag{1}$$
Что касается условий,
- дело $s=n$ не был включен в конструкцию и должен быть добавлен;
- из-за того, что на последней позиции, $s$ будет больше, чем $1$;
- остальные очевидны.
Повторение, указанное выше, было проверено прямым вычислением для меньших значений параметров.
Пример:
в) Рекурсия (1) может быть решена в замкнутой форме как конечная сумма.
Рассмотрим на самом деле строки этого типа
Их общее количество составляет $\binom{n}{s}$ и те, у кого есть длина $r$ или больше $N_c (s+1,r, n+1)$. Следовательно, дополнение$N_c$ будут представлять строки той же архитектуры, которые работают до $r-1$.
Количество строк, составленных, как указано выше, но исключая последнюю, которые имеют длину до $r-1$ дан кем-то $$ N_b (s,r - 1,m + 1) $$ где $$ N_b (s,r,m)\quad \left| {\;0 \leqslant \text{integers }s,m,r} \right.\quad = \sum\limits_{\left( {0\, \leqslant } \right)\,\,k\,\,\left( { \leqslant \,\frac{s}{r+1}\, \leqslant \,m} \right)} {\left( { - 1} \right)^k \binom{m}{k} \binom { s + m - 1 - k\left( {r + 1} \right) } { s - k\left( {r + 1} \right)}\ } $$как объясняется в различных сообщениях, обращайтесь в основном к этому и к этому другому .
Но из-за наличия единицы в конце мы должны вычесть из приведенного выше строки, оканчивающиеся на ноль плюс $ r-1$ один, дав последний пробег $r$.
Это$$ N_b (s-r+1,r - 1,m ) $$ и мы заключаем, что $$ \bbox[lightyellow] { \eqalign{ & N_c (s + 1,r,n + 1) = N_c (s + 1,r,s + m + 1) = \cr & = \left( \matrix{ s + m \cr s \cr} \right) - N_b (s,r - 1,m + 1) + N_b (s - r + 1,r - 1,m) = \cr & = \left( \matrix{ n \cr s \cr} \right) - N_b (s,r - 1,n - s + 1) + N_b (s - r + 1,r - 1,n - s) \quad \left| {\;0 \le s,r,m} \right. \cr} } \tag{2}$$
$N_b$больше присутствует в литературе, имеет множество повторяющихся связей и простой ogf. Чтобы не затягивать ответ, я не буду вдаваться в подробности.
г) Подведение итогов $n$.
Рассмотрим струны, составленные, как показано на рисунке в п. в) выше.
Их общее количество составляет $\binom {s+m}{s} = \binom {n}{s}$ и каждый имеет одинаковую вероятность $p^{s+1}\, q^m = p^{s+1}\, q^{n-s}$.
Сохранение $n$ фиксированный, и суммируя $s$ мы получили $$ \sum\limits_{\left( {0\, \le } \right)\,s\,\left( { \le \,n} \right)} {\binom{ n }{ s } p^{\,s + 1} q^{\,n - s} } = p\left( {p + q} \right)^{\,n} = p $$ что очевидно, поскольку если мы добавим дополнительные строки, заканчивающиеся нулем, мы получим $(p+q)^{n+1} =1$.
Вместо этого $s$ фиксированный и суммирующий $n$, что означает суммирование $m$, дает $$ \eqalign{ & \sum\limits_{\left( {0\, \le \,s\, \le } \right)\,n\,} {\binom{ n }{s} p ^{\,s + 1} q^{\,n - s} } = \sum\limits_{\left( {0\, \le } \right)\,\,m\,} {\binom{ s + m }{m} p^{\,s + 1} q^{\,m} } = \cr & = p^{\,s + 1} \sum\limits_{\left( {0\, \le } \right)\,\,m\,} {\binom{ - s - 1 }{m} \left( { - 1} \right)^{\,m} q^{\,m} } = {{p^{\,s + 1} } \over {\left( {1 - q} \right)^{\,s + 1} }} = 1 \cr} $$что является отрицательным биномиальным распределением .
Поскольку по комбинаторному смыслу мы имеем $$ \left\{ \matrix{ 0 \le N_c (s + 1,r,n + 1) \le N_c (s + 1,r - 1,n + 1) \le \binom{n }{ s } \hfill \cr N_c (s + 1,s + 2,n + 1) = 0 \hfill \cr N_c (s + 1,s + 1,n + 1) = 1 \hfill \cr N_c (s + 1,1,n + 1) = \binom{n }{ s } \hfill \cr N_c (s + 1,0,n + 1) = \binom{n }{ s } \hfill \cr } \right. $$ тогда $$ 0 \le P_c (s + 1,r,p) = \sum\limits_{\left( {0\, \le \,s\, \le } \right)\,n\,} {N_c (s + 1,r,n + 1)p^{\,s + 1} q^{\,n - s} } \le 1 \quad \left| \matrix{ \,0 \le s \hfill \cr \;0 \le r \le s + 1 \hfill \cr \;0 < p < 1 \hfill \cr} \right. $$ сходится (хотя и медленно), и учитывая$s,p$, это CDF в$(s+1-r)$ (в случае дальнейшего смещения опоры).
К сожалению, насколько мне известно, сумма в $n$ из $N_c$ (и из $N_b$) не имеет закрытой формы: re. к этому уже цитируемому посту .
Однако возможно вычислить из (2) двойной ogf, если вас это интересует.
Может быть подход попроще.
Пусть N - количество испытаний, а P (N) - их вероятность с учетом приведенных выше условий, тогда:
$$P(N) = \sum_{S \in S'} p^5\prod_{j \in S} q^{j} p_{j}$$ где S '- все целые разбиения (и их другие возможные перестановки без повторяющихся повторяющихся элементов) N-50, включая нули с фиксированной длиной 45 и N> = 50.
И вообще, если вы хотите найти распределение N при наличии M успехов и наличии m последовательных успехов, то:
$$P(N) = \sum_{S \in S'} p^m \prod_{j \in S} q^{j} p_{j}$$
где S '- все целые разбиения (и их другие возможные перестановки без повторяющихся повторяющихся элементов) NM, включая нули с фиксированной длиной Nm и N> = M.
PS Это не закрытое решение, но оно достаточно полезно и лучше моделирования.