一、首次出现正面时抛掷次数的平均值E(N)。
令Y=1表示第一次掷硬币的结果是正面，Y=0表示第一次掷硬币的结果是反面，则：
E(N) = E(N|Y=0) × P(Y=0) + E(N|Y=1) × P(Y=1)
=[1 + E(N)] × (1-p) + 1×p
=1 + (1-p) × E(N)
所以：E(N) = 1/p
另一种方法是使用吸收马尔可夫链，以硬币处于正面的状态为吸收状态，易得标准形式的转移矩阵为：
则有：N = (I-B)-1 = [1-(1-p)]-1 = 1/p
即初始为反面时，平均还需要掷1/p次才能得到正面，则有：
E(N) = (1-p)(1+1/p) + 1×p = 1/p
二、首次出现连续k次正面的抛掷次数的平均值E(Nk)
很明显，由第一问可知：E(N1) = 1/p
求解首次出现连续2次正面的抛掷次数的平均值：
1、当第1次掷到反面时，平均需要1+E(N2)次；
2、当第1次掷到正面时，分两种情况：
a)当第2次掷到正面时，这时只需要2次则掷到连续2次为正面；
b)当第2次掷到反面时，则平均需要2+E(N2)。
综上可得：
E(N2) = [1 + E(N2)]×(1-p) + p×p×2 + [2 + E(N2)]×p×(1-p)
上式解得：E(N2) = (1+p) / p2
进一步有：E(N3) = (1+p+p2) / p3
猜想可用数学归纳法解得：
第二问2013.5.15更新：
在看[1]的第七章《更新理论及其应用》过程中，无意中发现了同一个例子，该书中的求解过程更简洁：
通过对首次出现反面的次数取条件，可得：
求解E(Nk)得到
经过化简，可得
三、抛掷N次时，至少得到1次为正面的概率P(N1)
该概率即为（1-没有出现硬币正面的概率），即P(N1) = 1-(1-p)N
四、抛掷N次时，至少出现1次连续2次为正面的概率P(N)2
P(N)2 = P{剩余N-1次中至少出现1次连续2次为正面|第一次为反面}
+ P{剩余N-2次中至少出现1次连续2次为正面|第一次为正面，第二次为反面}
+ P{*|第一次为正面，第二次为正面}
= (1-p)×P(N-1)2 + p×(1-p)×P(N-2)2 + p×p×1
容易得：P(1)2 = 0 ； P(2)2 = p2
根据上面的递推公式可得：
P(3)2 = -p3 + 2p2
P(4)2 = -2p3 + 3p2
P(5)2 = p5 - p4 - 3p3 + 4p2
似乎得不到P(N)2的解释式……
五、抛掷N次时，至少出现1次连续k(1≦k≦N)次为正面的概率P(N)k
很明显，当k=1时，即为第三问，即P(N)k|k=1 = P(N1) = 1-(1-p)N ；
当k=2时，即为第四问，即P(N)k|k=2 = P(N2) 。
P(N)k的通式博主仍未想出，有待以后解决……
如若对第四问的推导式稍微放宽一下：
P(N)2 = P{剩余N-2次中至少出现1次连续2次为正面|第一次为反面}
+ P{剩余N-2次中至少出现1次连续2次为正面|第一次为正面，第二次为反面}
+ P{*|第一次为正面，第二次为正面}
= (1-p)×P(N-2)2 + p×(1-p)×P(N-2)2 + p×p×1
可解得：P(N)2 = 1-(1-p2)N/2
与第三问的结果对比可发现通式：P(N)k = 1-(1-pk)N/k
其中，隐含的条件是N能被k整除。
这个通式的结果比实际的偏小，如求抛掷4次至少出现1次连续2次为正面的概率时，该通式没有考虑类似如下的情况：[反，正，正，反]。由通式计算的概率为7/16，而实际为8/16。一般情况下，对于求抛掷N次至少出现1次连续k次为正面的概率时，通式没有包含的情况为：第1次为反面，第2次为正面，第3次为正面，第4~(N-3)次中没有出现连续k次为正面。
第五问2017.5.18更新：
以一个例子说明解法：抛掷1000次硬币，求连续出现10次或以上正面的概率。
（1）吸收马尔可夫链解法
以出现连续正面的次数作为划分状态空间的依据，则可将状态空间划分为11种。状态0表示没有出现正面（即抛出反面），以0.5的概率达到状态1（抛出正面），以0.5的概率停留在状态0（抛出反面）；状态1表示出现连续1次正面，以状态2表示出现连续2次正面……状态10表示出现连续10次正面，且状态10为吸收态。那么问题转化为，在1000次抛硬币的过程中，达到状态10的概率是多少。这是一个马尔可夫过程。将以上过程用状态空间转移图来表示，如下图所示：
编写程序计算一下达到状态10的概率：
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1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 |
# -*- coding: utf-8 -*- import numpy as np # 状态转移矩阵 # 第1行代表从状态0（没有正面）转移到其它状态的概率 # 第11行代表从状态10（连续10次正面）转移到其它状态的概率，状态10为吸收态 P = np.array([[1/2, 1/2, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0], [1/2, 0, 1/2, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0], [1/2, 0, 0, 1/2, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0], [1/2, 0, 0, 0, 1/2, 0, 0, 0, 0, 0, 0], [1/2, 0, 0, 0, 0, 1/2, 0, 0, 0, 0, 0], [1/2, 0, 0, 0, 0, 0, 1/2, 0, 0, 0, 0], [1/2, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 1/2, 0, 0, 0], [1/2, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 1/2, 0, 0], [1/2, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 1/2, 0], [1/2, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 1/2], [ 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 1]]) # 初始状态概率，初始时处于状态0（没有正面），概率为1 t = np.array([1, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0]) for i in range(1000): t = t@P # 打印迭代1000次后，处于状态10的概率 print(t[10]) |
结果是0.385449752412
（2）迭代法
a)当N=0~9时，抛出连续10次正面的概率为0；
b)当N=10时，抛出连续10次正面的概率为
；
c)当N≥11时，设抛出连续10次正面的概率记为P(N)，该情况可分为两种：
1、第1~(N-1)次已抛出连续10次正面，概率为P(N-1)；
2、第1~(N-1)次未抛出连续10次正面，当第N次为正面时，得到连续10次正面。则第(N-10)次为反面，第(N-9)~N次（共10次）为正面，第1~(N-11)次没有抛出连续10次正面。这种情况的概率为
；
故得到当N≥11递推公式：
可得P(N)=0.38545
[1] Ross, Introduction to Probability Models (中文版《应用随机过程：概率模型导论》).
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