Masalah serius yang serius tentang kemungkinan membalik koin

Katakanlah saya melakukan 10.000 keping koin. Saya ingin tahu probabilitas berapa banyak flip yang diperlukan untuk mendapatkan 4 atau lebih berturut-turut berturut-turut.

Hitungan akan berfungsi sebagai berikut, Anda akan menghitung satu putaran flips berturut-turut hanya kepala (4 kepala atau lebih). Ketika sebuah ekor menyentuh dan mematahkan garis-garis kepala, hitungan akan mulai lagi dari flip berikutnya. Ini kemudian akan diulang untuk 10.000 flips.

Saya ingin tahu probabilitas tidak hanya 4 kepala atau lebih berturut-turut tetapi, 6 atau lebih, dan 10 atau lebih. Untuk memperjelas jika garis 9 kepala tercapai, itu akan dihitung sebagai 1 garis 4 atau lebih (dan / atau 6 atau lebih), bukan 2 garis yang terpisah. Sebagai contoh jika koin datang THTHTHTHHHHHH /// THAHTHT .... hitungannya akan 13 dan mulai sekali lagi pada ekor berikutnya.

Katakanlah data yang keluar sangat miring ke kanan; rata-rata menjadi 40 membalik rata yang diperlukan untuk mencapai garis 4 atau lebih, dan distribusinya adalah u = 28. Jelas miring.

Saya melakukan yang terbaik untuk menemukan cara masuk akal dari data deskriptif, kecuali sampai sekarang saya tidak menemukan apa pun.

Saya ingin mencari cara untuk mendapatkan kemungkinan yang masuk akal. Seperti kurva normal di mana +/- 1 SD adalah 68% dll. Saya telah melihat log normalisasi dan itu hanya benar-benar digunakan untuk pengujian parametrik yang bukan tujuan saya.

Saya telah diberitahu distribusi beta tetapi setiap saran yang saya miliki cukup membingungkan. Saya telah menanyakan pertanyaan ini setahun yang lalu dan mendapatkan beberapa wawasan tetapi sayangnya saya masih belum memiliki jawaban. Terima kasih kepada Anda yang punya ide.

Jika saya mengerti dengan benar, maka masalahnya adalah menemukan distribusi probabilitas untuk waktu di mana proses pertama atau lebih kepala berakhir.$n$

Sunting Peluang dapat ditentukan secara akurat dan cepat menggunakan perkalian matriks, dan juga dimungkinkan untuk secara analitik menghitung rata-rata sebagai dan variansnya sebagai σ 2 = 2 n + 2 ( μ - n - 3 ) - μ 2 + 5 μ di mana μ = μ - + $\mu_-=2^{n+1}-1$$\sigma^2=2^{n+2}\left(\mu-n-3\right) -\mu^2 + 5\mu$$\mu=\mu_-+1$, tetapi mungkin tidak ada bentuk tertutup sederhana untuk distribusi itu sendiri. Di atas sejumlah koin membalik distribusi pada dasarnya adalah distribusi geometrik: masuk akal untuk menggunakan formulir ini untuk lebih besar .$t$

Evolusi dalam waktu distribusi probabilitas dalam ruang keadaan dapat dimodelkan menggunakan matriks transisi untuk negara , di mana n = jumlah membalik koin berturut-turut. Negara-negara adalah sebagai berikut:$k=n+2$$n=$

• Status , tanpa kepala$H_0$
• Sebutkan , i heads, 1 ≤ i ≤ ( n - 1 $H_i$$i$$1\le i\le(n-1)$
• Sebutkan , n atau lebih kepala$H_n$$n$
• Sebutkan , n atau lebih kepala diikuti oleh ekor$H_*$$n$

Setelah Anda masuk ke kondisi Anda tidak dapat kembali ke negara bagian lain.$H_*$

Probabilitas transisi negara untuk masuk ke negara adalah sebagai berikut

• Status : probabilitas $H_0$ dariHi,i=0,…,n-1, yaitu termasuk sendiri tetapi tidak menyatakanH$\frac12$$H_i$$i=0,\ldots,n-1$$H_n$
• Status : probabilitas $H_i$ dariHi-$\frac12$$H_{i-1}$
• Status : probabilitas $H_n$ dariHn-1,Hn, yaitu dari negara dengankepalan-1dan dirinya sendiri$\frac12$$H_{n-1},H_n$$n-1$
• Status : probabilitas $H_*$ dariHndan probabilitas 1 dariH∗(sendiri)$\frac12$$H_n$$H_*$

Jadi misalnya, untuk , ini memberikan matriks transisi$n=4$

$$X = \left\{ \begin{array}{c|cccccc} & H_0 & H_1 & H_2 & H_3 & H_4 & H_* \\ \hline H_0 & \frac12 & \frac12& \frac12& \frac12 &0 & 0 \\ H_1 & \frac12 &0 & 0 &0 & 0 & 0 \\ H_2 & 0 & \frac12 &0 &0 & 0 & 0 \\ H_3 & 0 & 0 &\frac12 &0 & 0 & 0 \\ H_4 & 0 & 0 &0 &\frac12 & \frac12 & 0 \\ H_* & 0 & 0 & 0&0 &\frac12 & 1 \end{array}\right\}$$

Untuk kasus , vektor probabilitas awal p adalah p = ( 1 , 0 , 0 , 0 , 0 , 0 ) . Secara umum vektor awal memiliki p i = { 1 i = 0 0 i > $n=4$$\mathbf{p}$$\mathbf{p}=(1,0,0,0,0,0)$

$$\mathbf{p}_i=\begin{cases}1&i=0\\0&i>0\end{cases}$$

Vektor adalah distribusi probabilitas dalam ruang untuk waktu tertentu. Cdf yang dibutuhkan adalah cdf dalam waktu , dan merupakan probabilitas untuk melihat setidaknya n koin membalik pada saat t . Hal ini dapat ditulis sebagai ( X t + 1 p ) k , mencatat bahwa kita mencapai keadaan H * 1 timestep setelah terakhir dalam jangka koin berturut-turut membalik.$\mathbf{p}$$n$$t$$(X^{t+1}\mathbf{p})_k$$H_*$

PMF yang diperlukan pada waktunya dapat ditulis sebagai . Namun secara numerik ini melibatkan pengambilan angka yang sangat kecil dari angka yang jauh lebih besar ( ≈ 1 ) dan membatasi presisi. Oleh karena itu dalam perhitungan lebih baik untuk set X k , k = 0 bukan 1. Kemudian menulis X ' untuk menghasilkan matriks X ' = X | X k , k = $(X^{t+1}\mathbf{p})_k - (X^{t}\mathbf{p})_k$$\approx 1$$X_{k,k}=0$$X'$$X'=X|X_{k,k}=0$, PMF adalah . Inilah yang diterapkan dalam program R sederhana di bawah ini, yang berfungsi untuk setiap n ≥ 2 ,$(X'^{t+1}\mathbf{p})_k$$n\ge 2$

n=4
k=n+2
X=matrix(c(rep(1,n),0,0, # first row
           rep(c(1,rep(0,k)),n-2), # to half-way thru penultimate row
           1,rep(0,k),1,1,rep(0,k-1),1,0), # replace 0 by 2 for cdf
         byrow=T,nrow=k)/2
X

t=10000
pt=rep(0,t) # probability at time t
pv=c(1,rep(0,k-1)) # probability vector
for(i in 1:(t+1)) {
  #pvk=pv[k]; # if calculating via cdf
  pv = X %*% pv;
  #pt[i-1]=pv[k]-pvk # if calculating via cdf
  pt[i-1]=pv[k] # if calculating pmf
}

m=sum((1:t)*pt)
v=sum((1:t)^2*pt)-m^2
c(m, v)

par(mfrow=c(3,1))
plot(pt[1:100],type="l")
plot(pt[10:110],type="l")
plot(pt[1010:1110],type="l")

Plot atas menunjukkan pmf antara 0 dan 100. Dua plot yang lebih rendah menunjukkan pmf antara 10 dan 110 dan juga antara 1010 dan 1110, menggambarkan kemiripan diri dan fakta bahwa seperti yang dikatakan @Glen_b, distribusi sepertinya bisa didekati dengan distribusi geometrik setelah periode pengendapan.

Ini mungkin untuk menyelidiki perilaku ini lebih lanjut menggunakan dekomposisi eigen dari . Melakukan hal menunjukkan bahwa untuk cukup besar t , p t + 1 ≈ c ( n ) p t , di mana c ( n ) adalah solusi dari persamaan 2 n + 1 c n ( c - 1 ) + 1 = 0 . Perkiraan ini menjadi lebih baik dengan meningkatnya n dan sangat baik untuk $X$$t$$p_{t+1}\approx c(n)p_t$$c(n)$$2^{n+1}c^n(c-1)+1=0$$n$$t$dalam kisaran dari sekitar 30 hingga 50, tergantung pada nilai , seperti yang ditunjukkan dalam plot kesalahan log di bawah ini untuk menghitung p 100 (warna pelangi, merah di kiri untuk n = 2 ). (Bahkan untuk alasan numerik, sebenarnya akan lebih baik menggunakan perkiraan geometri untuk probabilitas ketika t lebih besar.)$n$$p_{100}$$n=2$$t$

Saya menduga (ed) mungkin ada bentuk tertutup yang tersedia untuk distribusi karena cara dan varians seperti yang telah saya hitung sebagai berikut

$$\begin{array}{r|rr} n & \text{Mean} & \text{Variance} \\ \hline 2 &7& 24& \\ 3 &15& 144& \\ 4 &31& 736& \\ 5 &63& 3392& \\ 6 &127& 14720& \\ 7 &255& 61696& \\ 8 &511& 253440& \\ 9 &1023& 1029120& \\ 10&2047& 4151296& \\ \end{array}$$

(Saya harus menaikkan angkanya ke cakrawala waktu t=100000untuk mendapatkan ini tetapi program masih berjalan untuk semua dalam waktu kurang dari sekitar 10 detik). Sarana khususnya mengikuti pola yang sangat jelas; varians kurang begitu. Saya telah memecahkan sistem transisi 3-negara yang lebih sederhana di masa lalu, tetapi sejauh ini saya tidak beruntung dengan solusi analitik sederhana untuk yang satu ini. Mungkin ada beberapa teori berguna yang tidak saya sadari, misalnya berkaitan dengan matriks transisi.$n=2,\ldots,10$

Sunting : setelah banyak kesalahan awal saya membuat rumus perulangan. Biarkan menjadi probabilitas berada dalam keadaan H i pada waktu t . Misalkan q ∗ , t menjadi probabilitas kumulatif berada dalam keadaan H ∗ , yaitu keadaan akhir, pada waktu t . NB$p_{i,t}$$H_i$$t$$q_{*,t}$$H_*$$t$

• Untuk setiap , p i , t , 0 ≤ i ≤ n dan q ∗ , t adalah distribusi probabilitas di atas ruang i , dan segera di bawah ini saya menggunakan fakta bahwa probabilitasnya menambah 1.$t$$p_{i,t}, 0\le i\le n$$q_{*,t}$$i$
• membentuk distribusi probabilitas dari waktu ke waktu t . Kemudian, saya menggunakan fakta ini untuk menurunkan cara dan varians.$p_{*,t}$$t$

Probabilitas berada pada keadaan pertama pada waktu , yaitu tanpa kepala, diberikan oleh probabilitas transisi dari keadaan yang dapat kembali ke sana dari waktu t (menggunakan teorema total probabilitas). p 0 , t + $t+1$$t$ Tetapi untuk pergi dari keadaanH0keHn-1membutuhkann-1langkah, makapn-1,t+n-1=

$$\begin{align} p_{0,t+1} &= \frac12p_{0,t} + \frac12p_{1,t} + \ldots \frac12p_{n-1,t}\\ &= \frac12\sum_{i=0}^{n-1}p_{i,t}\\ &= \frac12\left( 1-p_{n,t}-q_{*,t} \right) \end{align}$$ $H_0$$H_{n-1}$$n-1$dan pn-1,t+n=$p_{n-1,t+n-1} = \frac1{2^{n-1}}p_{0,t}$ Sekali lagi dengan teorema total probabilitas, probabilitas berada pada keadaanHnpada waktut+1adalah p n , t + $$p_{n-1,t+n} = \frac1{2^n}\left( 1-p_{n,t}-q_{*,t} \right)$$ $H_n$$t+1$ dan menggunakan fakta bahwaq∗,t+1-q∗,t= $$\begin{align} p_{n,t+1} &= \frac12p_{n,t} + \frac12p_{n-1,t}\\ &= \frac12p_{n,t} + \frac1{2^{n+1}}\left( 1-p_{n,t-n}-q_{*,t-n} \right)\;\;\;(\dagger)\\ \end{align}$$ , 2 q ∗ , t + 2 - 2 q ∗ , t + $q_{*,t+1}-q_{*,t}=\frac12p_{n,t} \implies p_{n,t} = 2q_{*,t+1}-2q_{*,t}$ Maka, mengubaht→t+n, 2q∗,t+n+2-3q∗,t+n+1+q∗,t+n+ $$\begin{align} 2q_{*,t+2} - 2q_{*,t+1} &= q_{*,t+1}-q_{*,t}+\frac1{2^{n+1}}\left( 1-2q_{*,t-n+1}+q_{*,t-n} \right) \end{align}$$ $t\to t+n$ $$2q_{*,t+n+2} - 3q_{*,t+n+1} +q_{*,t+n} + \frac1{2^n}q_{*,t+1} - \frac1{2^{n+1}}q_{*,t} - \frac1{2^{n+1}} = 0$$

$n=4$$n=6$$n=6$t=1:994;v=2*q[t+8]-3*q[t+7]+q[t+6]+q[t+1]/2**6-q[t]/2**7-1/2**7

Sunting Saya tidak bisa melihat ke mana harus mencari formulir tertutup dari relasi perulangan ini. Namun, adalah mungkin untuk mendapatkan bentuk tertutup untuk mean.

$(\dagger)$$p_{*,t+1}=\frac12p_{n,t}$

$$\begin{align} p_{n,t+1} &= \frac12p_{n,t} + \frac1{2^{n+1}}\left( 1-p_{n,t-n}-q_{*,t-n} \right)\;\;\;(\dagger)\\ 2^{n+1}\left(2p_{*,t+n+2}-p_{*,t+n+1}\right)+2p_{*,t+1} &= 1-q_{*,t} \end{align}$$ $t=0$$\infty$$E[X] = \sum_{x=0}^\infty (1-F(x))$$p_{*,t}$ $$\begin{align} 2^{n+1}\sum_{t=0}^\infty \left(2p_{*,t+n+2}-p_{*,t+n+1}\right) + 2\sum_{t=0}^\infty p_{*,t+1} &= \sum_{t=0}^\infty(1-q_{*,t}) \\ 2^{n+1} \left(2\left(1-\frac1{2^{n+1}}\right)-\;1\;\right) + 2 &= \mu \\ 2^{n+1} &= \mu \end{align}$$ $H_*$

$E[X^2] = \sum_{x=0}^\infty (2x+1)(1-F(x))\;$

$$\begin{align} \sum_{t=0}^\infty(2t+1)\left (2^{n+1}\left(2p_{*,t+n+2}-p_{*,t+n+1}\right) + 2 p_{*,t+1}\right) &= \sum_{t=0}^\infty(2t+1)(1-q_{*,t}) \\ 2\sum_{t=0}^\infty t\left (2^{n+1}\left(2p_{*,t+n+2}-p_{*,t+n+1}\right) + 2 p_{*,t+1}\right) + \mu &= \sigma^2 + \mu^2 \\ 2^{n+2}\left(2\left(\mu-(n+2)+\frac1{2^{n+1}}\right)-(\mu-(n+1))\right) + 4(\mu-1) &\\+ \mu &= \sigma^2 + \mu^2 \\ 2^{n+2}\left(2(\mu-(n+2))-(\mu-(n+1))\right) + 5\mu &= \sigma^2 + \mu^2 \\ 2^{n+2}\left(\mu-n-3\right) + 5\mu &= \sigma^2 + \mu^2 \\ 2^{n+2}\left(\mu-n-3\right) -\mu^2 + 5\mu &= \sigma^2 \end{align}$$

Sarana dan varians dapat dengan mudah dihasilkan secara programatik. Misal untuk mengecek nilai mean dan varians dari tabel di atas

n=2:10
m=c(0,2**(n+1))
v=2**(n+2)*(m[n]-n-3) + 5*m[n] - m[n]^2

Akhirnya, saya tidak yakin apa yang Anda inginkan ketika Anda menulis

ketika ekor menyentuh dan mematahkan garis-garis kepala, hitungan akan mulai lagi dari flip berikutnya.

$n$$n$

$\mu-1$$\mu+1$$X_{k,k,}=0$$X_{1,k}=1$$H_0$$H_*$$n=4$

$$\begin{array}{c|cccccc} & \text{probability} \\ \hline H_0 & 0.48484848 \\ H_1 & 0.24242424 \\ H_2 & 0.12121212 \\ H_3 & 0.06060606 \\ H_4 & 0.06060606 \\ H_* & 0.03030303 \end{array}$$ $H_* = 1/0.03030303 = 33 = \mu + 1$

Lampiran : Program Python yang digunakan untuk menghasilkan probabilitas yang tepat untuk n= jumlah Nlemparan kepala berturut-turut .

import itertools, pylab

def countinlist(n, N):
    count = [0] * N
    sub = 'h'*n+'t'
    for string in itertools.imap(''.join, itertools.product('ht', repeat=N+1)):
        f = string.find(sub)
        if (f>=0):
            f = f + n -1 # don't count t, and index in count from zero 
            count[f] = count[f] +1
            # uncomment the following line to print all matches
            # print "found at", f+1, "in", string
    return count, 1/float((2**(N+1)))

n = 4
N = 24
counts, probperevent = countinlist(n,N)
probs = [count*probperevent for count in counts]

for i in range(N):
    print '{0:2d} {1:.10f}'.format(i+1,probs[i]) 
pylab.title('Probabilities of getting {0} consecutive heads in {1} tosses'.format(n, N))
pylab.xlabel('toss')
pylab.ylabel('probability')
pylab.plot(range(1,(N+1)), probs, 'o')
pylab.show()

Saya tidak yakin beta akan sangat cocok sebagai cara untuk mengatasi masalah ini - "Jumlah permainan sampai ..." jelas merupakan hitungan. Ini adalah bilangan bulat, dan tidak ada batas atas pada nilai di mana Anda mendapatkan probabilitas positif.

Sebaliknya, distribusi beta adalah kontinu, dan pada interval terbatas, sehingga tampaknya menjadi pilihan yang tidak biasa. Jika Anda saat ini cocok dengan skala beta, fungsi distribusi kumulatif mungkin kira-kira tidak begitu buruk di tubuh pusat distribusi. Namun, beberapa pilihan lain kemungkinan akan jauh lebih baik pada kedua ekor.

Jika Anda memiliki ekspresi probabilitas atau simulasi dari distribusi (yang mungkin Anda perlukan untuk menemukan beta perkiraan), mengapa Anda tidak menggunakannya secara langsung?

---

Jika minat Anda adalah dalam menemukan ekspresi untuk probabilitas atau distribusi probabilitas dari jumlah lemparan yang diperlukan, mungkin ide paling sederhana adalah bekerja dengan fungsi-fungsi yang menghasilkan probabilitas. Ini berguna untuk memperoleh fungsi dari hubungan rekursif di antara probabilitas, yang fungsi (pgf) pada gilirannya memungkinkan kita untuk mengekstrak probabilitas apa pun yang kita butuhkan.

Berikut adalah posting dengan jawaban yang bagus untuk mengambil pendekatan aljabar, yang menjelaskan kesulitan dan memanfaatkan hubungan pgf dan rekurensi. Ini memiliki ekspresi spesifik untuk mean dan varians dalam kasus "dua keberhasilan dalam satu baris":

/math/73758/probability-of-n-successes-in-a-row-at-the-k-th-bernoulli-trial-geometric

$p = \frac{1}{2}$

-

Jika Anda hanya ingin jawaban numerik, simulasi relatif mudah. Estimasi probabilitas dapat digunakan secara langsung, atau sebagai alternatif, akan masuk akal untuk memperlancar probabilitas yang disimulasikan.

Jika Anda harus menggunakan distribusi yang mendekati, Anda mungkin dapat memilih sesuatu yang cukup baik.

Mungkin saja campuran binomial negatif (versi 'jumlah percobaan' dan bukan 'jumlah keberhasilan') mungkin masuk akal. Dua atau tiga komponen harus diharapkan untuk memberikan perkiraan yang baik di semua kecuali bagian yang ekstrem.

Jika Anda menginginkan distribusi kontinu tunggal untuk perkiraan, mungkin ada pilihan yang lebih baik daripada distribusi beta; itu akan menjadi sesuatu untuk diselidiki.

---

Oke, saya sudah melakukan aljabar kecil, beberapa bermain dengan hubungan perulangan, beberapa simulasi dan bahkan sedikit berpikir.

Untuk perkiraan yang sangat baik, saya pikir Anda dapat pergi dengan hanya menentukan empat probabilitas nol pertama (yang mudah), menghitung beberapa genggam nilai berikutnya melalui perulangan (juga mudah) dan kemudian menggunakan ekor geometris setelah hubungan perulangan memiliki memperlancar progresi probabilitas yang awalnya kurang lancar.

Sepertinya Anda dapat menggunakan ekor geometris untuk akurasi yang sangat tinggi melewati k = 20, meskipun jika Anda hanya khawatir tentang ketepatan angka 4 angka Anda bisa membawanya lebih awal.

Ini akan memungkinkan Anda menghitung pdf dan cdf dengan akurasi yang baik.

Saya sedikit khawatir - perhitungan saya memberikan bahwa jumlah rata-rata lemparan adalah 30,0, dan standar deviasi adalah 27,1; jika saya mengerti apa yang Anda maksud dengan "x" dan "u", Anda mendapat 40 dan 28 dalam lemparan Anda. 28 terlihat baik-baik saja tetapi 40 tampaknya jauh dari apa yang saya dapatkan ... yang membuat saya khawatir saya melakukan sesuatu yang salah.

====

CATATAN: Mengingat kompleksitas antara pertama kali dan waktu berikutnya yang kami temui, saya hanya ingin benar-benar yakin sekarang bahwa kami menghitung hal yang sama.

Berikut adalah urutan pendek, dengan ujung urutan '4 atau lebih H' ditandai (menunjuk ke celah di antara flips segera setelah H terakhir)

       \/                     \/
TTHHHHHHTTHTTTTTHHTTHTTHHTHHHHHT...
       /\                     /\

Di antara dua tanda itu saya menghitung 23 flips; yaitu segera setelah urutan sebelumnya (6 dalam kasus ini) H's berakhir, kami mulai menghitung di T berikut segera dan kemudian kami menghitung langsung ke akhir urutan 5 H's (dalam hal ini) yang mengakhiri urutan berikutnya , memberikan hitungan 23 dalam hal ini.

Itukah caramu menghitungnya?

---

Mengingat hal di atas benar, inilah fungsi probabilitas dari jumlah lemparan setelah satu kali pengerjaan minimal 4 kepala selesai hingga proses berikutnya setidaknya 4 kepala selesai terlihat seperti:

Pada pandangan pertama sepertinya datar untuk beberapa nilai pertama, kemudian memiliki ekor geometris , tetapi kesan itu tidak cukup akurat - perlu beberapa saat untuk menetap pada ekor geometris yang efektif.

Saya sedang berusaha membuat perkiraan yang cocok yang dapat Anda gunakan untuk menjawab pertanyaan apa pun yang Anda miliki tentang probabilitas yang terkait dengan proses ini untuk akurasi yang baik yang pada saat yang sama sesederhana mungkin. Saya memiliki perkiraan yang cukup bagus yang harus bekerja (bahwa saya telah memeriksa simulasi satu miliar lemparan koin) tetapi ada beberapa bias (kecil tapi konsisten) dalam probabilitas yang diberikan oleh perkiraan dalam bagian kisaran dan saya ingin lihat apakah saya bisa mendapatkan angka akurasi ekstra dari itu.

Mungkin cara terbaik untuk melakukannya adalah dengan memberi Anda tabel fungsi probabilitas dan cdf ke titik di mana distribusi geometrik dapat digunakan.

Namun, akan membantu jika Anda dapat memberikan beberapa gagasan tentang rentang hal-hal yang perlu Anda gunakan untuk perkiraan.

---

Saya berharap untuk menindaklanjuti pendekatan pgf, tetapi mungkin saja orang lain akan lebih mahir dengan mereka daripada saya dan tidak hanya dapat menangani 4 kasus tetapi juga kasus lainnya.

Anda ingin distribusi geometris . Dari Wikipedia:

$X$

$X$$X=4$$X$

$$P(X=x)=(1-p)^{x-1}p$$

$Y=X-1$

$$P(Y+1=x) = (1-p)^{x-1}p \\ P(Y=x-1) = (1-p)^{x-1}p \\ P(Y=y) = (1-p)^yp$$

$y=0,1,2,3...$$p=0.5$

$$\begin{align} P(Y=y) &= (0.5)^y(0.5) \\ &= 0.5^{y+1} \end{align}$$

$n$$n$$\alpha$

$$\alpha = \sum_{i=0}^{n-1}{P(Y=i)}$$

$Y$$Z$

$$\begin{align} P(Z=z) &= \frac{1}{\alpha}(1-p)^zp \\ &= \frac{1}{\sum_{i=0}^{n-1}{(1-p)^ip}}(1-p)^zp \end{align}$$

$p=0.5$

$$\begin{align} P(Z=z) &= \frac{1}{\sum_{i=0}^{n-1}{0.5^{i+1}}} 0.5^{z+1} \\ &= \frac{1}{1-0.5^n} 0.5^{z+1} \\ &= \frac{0.5^{z+1}}{1-0.5^n} \end{align}$$

$n \rightarrow \infty$$Z$$Y$