抛硬币出现连续正面的概率

无心人

周末你不在家你跑研究所？ 真是敬业阿

vvipi

多谢了！我只要4位左右的近似值就可以了。太感谢了，小激动，哈哈。

原帖由 mathe 于 2008-7-20 08:57 发表 不知道你要的是精确值还是近似值。 如果要精确值，那么还是使用递推数列计算$F_n^{(10)}$最方便，附件压缩包中fb10.txt给出了所有你需要的n对应的$F_{n+2}^{(10)}$的值，fb10.c给出计算它们的源代码（需要gmp库的 ...

无心人

mathe: 55555555555 别克扣我鲜花阿 多不容易赚阿 那你的地址，用户名，密码给俺一份 限制权限的我也要，我自己的服务器 速度太低

mathe

呵呵，给你密码你也进不去。

mathe

10#中估计公式的误差发现有很漂亮的写法: $1/{2pii}oint_{|z|=1}{(z-1)z^{n+t-2}}/{z^{t+1)-2z^t+1}dz$ 而类似的，我们也可以有 $b(n)=1/{2pii}oint_{|z|=2}{(z-1)z^{n+t-2}}/{z^{t+1)-2z^t+1}dz$

无心人

7 小气 俺不稀罕呢

mathe

原帖由 mathe 于 2008-7-20 15:07 发表 10#中估计公式的误差发现有很漂亮的写法: $e(n)=1/{2pii}oint_{|z|=1}{(z-1)z^{n+t-2}}/{z^{t+1)-2z^t+1}dz$ 而类似的，我们也可以有 $b(n)=1/{2pii}oint_{|z|=2}{(z-1)z^{n+t-2}}/{z^{t+1)-2z^t+1}dz$

上面这个积分式我们换一种形式就是函数 ${z-1}/{z^{t+1}-2z^t+1}$分别在区域$1<|z|<2$和$|z|>2$中罗兰展开式中$1/{z^n}$的系数,也就是我们将这个问题转化回为特征函数问题

mathe

为了证明10#中公式 $b(n)=[{r^{-1}(r-1)}/{(t+1)r-2t}r^n]$,这里$[x]$代表最接近x的整数 我们先证明 ${r^{-1}(r-1)}/{(t+1)r-2t}<1/2$ 其中10$ 这个是因为方程$h(x)=x^{t+1}-2x^t+1$中，显然$h({2t}/{t+1})<0,h(2)>0$,而且前面已经证明r是h(x)唯一一个绝对值大于1的解，所以${2t}/{t+1}{t+1}/2$也就是$r>root{t-1}{{t+1}/2}$（其中$t>=2$） 而其中右边容易得出在$t=2$时有最大值1.5,而$r>{2t}/{t+1}$,所以在t>=4时都已经有不等式成立。 而对于t=3时，我们知道$r_3=1.83...>1.5$,对于t=2,$r_2=1.618...>1.5$ 所以我们证明了${r^{-1}(r-1)}/{(t+1)r-2t}<1/2$ 而更加容易的，我们可以证明$(r-1)/{(t+1)r-2t}>1/2$ (这个等价于r<2), 而又有前面的不等式得到$(r-1)/{(t+1)r-2t}

mathe

现在我们定义序列$e(n)=b(n)-{r^{-1}(1-r)}/{2t-(t+1)r}r^n$也就是这个误差，其中对于所有的$n>=-t+2$全部定义。 而其中$b(n)$在$n<=0$时定义为$b(-t+2)=b(-t+3)=...=b(0)=0$(这样所有这些项都可以用同一个递推公式推导了) 显然$e(n)$也满足递推公式$e(n+t)=e(n+t-1)+e(n+t-2)+...+e(n)$,这个递推式对于所有的$n>=-t+2$都成立。 而且我们知道$e(0)=b(0)-{r^{-1}(1-r)}/{2t-(t+1)r}=-{r^{-1}(1-r)}/{2t-(t+1)r}$,所以$-1/2

mathe

我们现在定义一个模型，有一个人在实数轴的整点上行走（开始坐标大于1），他每次分别以均等的概率随机后退t格或前进1格，知道到达坐标位置$[-t+2,1]$之间停止；如果他最后停留在坐标x,那么我们说他最终的得分为$e(x)$,那么请问如果他的起始坐标为x,那么他最终得分的期望值是多少呢？(容易证明他最终会停止下来的概率为1) 非常有意思，对于任何一个位置n,他最终得分的期望值为$e(n)$,由于每个最终得分都在$-1/2$和$1/2$之间，我们可以知道所有的$e(n)$也必然只能在$-1/2$和$1/2$之间。也就是这种方法可以证明上面的猜想。 这个是因为假设开始在位置n的得分为$f(n)$,我们知道对于任意$n>=2$有$f(n)={f(n+1)+f(n-t)}/2$或者说$f(n+1)=2f(n)-f(n-t)$,而且对于$n<=1$有边界条件$f(n)=e(n)$ 根据$f(n)$的递推公式我们知道它对应的特征方程为$x^{t+1}-2x^t+1$,这个方程有一个根的绝对值大于1，还有一个根为1，其余t-1个根绝对值小于1，根据 http://bbs.emath.ac.cn/thread-354-1-1.html 中的结论，由于数列$f(n)$有界，那么绝对值大于1的根所对应的项的系数必然为0。也就是$f(n)$的通项公式可以由其余t个特征根决定，也就是前t项已经唯一决定了数列$f(n)$,而由于$e(n)$也满足同样递推式，必然得出$f(n)=e(n)$