其他答案提供了如何使用基本方法解决问题的见解。我将试图通过概述如何使用马尔可夫链理论中的典型工具来解决这个问题，从而补充讨论。虽然我提出的解决方案过于复杂，但它可以很容易地推广到包含您提出的问题的更大类。
我们可以将给定的过程视为具有四个状态的吸收马尔可夫链。状态如下：
- 我们既没有看到正面也没有看到反面；
- 我们以前只见过头；
- 我们以前只见过尾巴；
- 我们以前见过正面和反面。
四种状态的转移概率矩阵如下：
$$A=\开始{pmatrix}0&\压裂12&\压裂12&0\\0&\frac 12&0&\frac 12\\0&0&\压裂12&\压裂12\\0 & 0 & 0 & 1\结束{pmatrix}$$
我们想计算从状态1到状态4的预期时间。让美元\套$我们计算从状态1到状态4所需的时间。
现在考虑矩阵
$$B=\begin{pmatrix}0&\frac12&\frac 12\\0&\Frac12&0\\0&0&\fracc12\end{pmatricx}$$
该矩阵描述了瞬态之间的转换。根据分层公式，我们有
$$\mathbb E（\tau）=\sum_{k=1}^\infty\mathbbP（\tau\gek）$$
现在$\mathbb P（tau\ge k）$就是在千美元$步骤在状态1中开始之后，我们仍然处于瞬态之一。
因此$$\mathbb P（\tau\gek）=\text{}B^k\begin{pmatrix}1\\1\\end{pmatricx}的第一项$$
特别地，$$\mathbb E（\tau）=\text{左边}的第一个条目（\sum_{k=1}^\infty B^k\right）\begin{pmatrix}1\\1\\end{pmattrix}=\text}第一个条目}（\operatorname{Id}-B）^{-1}\begin{pmatricx}1\\\end{pmmatrix}$$
我们计算$$（\operatorname{Id}-B）^{-1}=\开始{pmatrix}1&1&1\\0&2&0\\0&0&2\end｛pmatrix｝$$因此$$\mathbb E（\tau）=3$$事实上，通过第二次和第三次输入$$（\operatorname{Id}-B）^{-1}\begin{pmatrix}1\\1\\end{pmatricx}$$如果从状态2或状态3开始，则在进入状态4之前，将分别获得预期的步骤数。
总之，问题a）的答案是$3$.
让我们来讨论问题b）。让$（Y_t）_{t\in\mathbb Z_{\ge 0}}$表示我们所处状态的马尔可夫链。也就是说，我们从$Y_0=1$一旦我们看到头，我们就会跳过去$Y_\cdot=2$一旦我们看到尾巴，我们就会跳过去$Y_\cdot=3$如果我们都看到了，我们就跳到$Y_\cdot=4$.在我们停下来之前的最后一次投掷中有头相当于$Y_{\tau-1}=3$（练习：为什么如此？）
因此
$$\mathbb P（\text{最后一投是头}）=\mathbbP（Y_{\tau-1}=3）=\sum_{n=1}^\infty\mathbb-P（\tau=n\land Y_{n-1}=3（Y_{n-1}=3）$$
但是$\sum_{n=1}^\infty\mathbb P（Y_{n-1}=3）$只是我们访问州的预期次数$3$在从状态1开始吸收之前。这是位置处的入口$(1,3)$矩阵的$（\操作员姓名{Id}-B)^{-1}$，因此$1$因此，我们得出结论
$$\mathbb P（Y_｛\tau-1｝＝3）＝\frac 12$$
从而确定b）部分的答案是美元\压裂12$.
