ฉันจะจำลองการพลิกจนกว่าจะประสบความสำเร็จ N ได้อย่างไร

คุณและฉันตัดสินใจที่จะเล่นเกมที่เราผลัดกันพลิกเหรียญ ผู้เล่นคนแรกที่พลิก 10 หัวรวมเป็นผู้ชนะในเกม โดยธรรมชาติมีข้อโต้แย้งว่าใครควรไปก่อน

แบบจำลองของเกมนี้แสดงให้เห็นว่าผู้เล่นที่จะโยนครั้งแรกชนะ 6% มากกว่าผู้เล่นที่พลิกที่สอง (ผู้เล่นคนแรกชนะประมาณ 53% ของเวลา) ฉันสนใจในการสร้างแบบจำลองการวิเคราะห์นี้

นี่ไม่ใช่ตัวแปรสุ่มแบบทวินามเนื่องจากไม่มีการทดลองจำนวนคงที่ (พลิกจนกว่าจะมีใครได้รับ 10 หัว) ฉันจะทำแบบนี้ได้อย่างไร มันคือการกระจายตัวแบบทวินามลบหรือไม่

เพื่อที่จะสามารถสร้างผลลัพธ์ของฉันใหม่นี่คือรหัสหลามของฉัน:

import numpy as np
from numba import jit


@jit
def sim(N):

    P1_wins = 0
    P2_wins = 0

    for i in range(N):

        P1_heads = 0
        P2_heads = 0
        while True:

            P1_heads += np.random.randint(0,2)

            if P1_heads == 10:
                P1_wins+=1
                break

            P2_heads+= np.random.randint(0,2)
            if P2_heads==10:
                P2_wins+=1
                break
    return P1_wins/N, P2_wins/N


a,b = sim(1000000)

— Demetri Pananos
แหล่งที่มา

เมื่อคุณโยนเหรียญจนกว่าความล้มเหลวและแล้วมองไปที่การกระจายของจำนวนความสำเร็จที่เกิดขึ้นก่อนที่จะจบการทดลองดังกล่าวแล้วนี้คือโดยความหมายเชิงลบกระจายทวินาม

r

$r$

— ทิม

ฉันไม่สามารถทำซ้ำค่า 2% ฉันพบว่าผู้เล่นคนแรกชนะของเวลา

53.290977425133892 \dots %

$53.290977425133892\ldots\%$

— whuber

@ โฮ่ใช่ฉันเชื่อว่าคุณพูดถูก ฉันใช้เวลาในการจำลองน้อยกว่าที่ควร ผลลัพธ์ของฉันสอดคล้องกับของคุณ

— Demetri Pananos

หากใครชนะ 53% ของเวลาอื่น ๆ ควรจะ 47% ดังนั้นคำอธิบายไม่ควรอ่าน "ผู้เล่นคนแรกชนะ 6% มากกว่าผู้เล่นคนที่สอง" หรือ "3% มากกว่าครึ่งเวลา"? ไม่ (ตามที่กล่าวไว้ในปัจจุบัน) "มากกว่า 3% ของผู้เล่นที่พลิกสอง"

— JesseM

คุณได้รับคำถามนี้จาก FiveThirtyEight Riddler Expressหรือไม่?

— foutandabout

คำตอบ:

การกระจายของจำนวนหางก่อนที่จะบรรลุหัวเป็นเชิงลบทวินามกับพารามิเตอร์ที่และ1/2Letเป็นฟังก์ชั่นน่าจะเป็นและฟังก์ชั่นการอยู่รอด: สำหรับแต่ละ ,เป็นโอกาสของผู้เล่นของหางก่อนหัวและเป็นโอกาสของผู้เล่นของหรือก้อยมากขึ้นก่อนที่หัว . $10$ $10$ $1/2$ $f$ $G$ $n\ge 0$ $f(n)$ $n$ $10$ $G(n)$ $n$ $10$

เพราะผู้เล่นม้วนอิสระโอกาสชนะผู้เล่นคนแรกที่มีการรีดตรงหางจะได้รับจากการคูณโอกาสว่าโดยโอกาสที่ผู้เล่นที่สองม้วนหรือก้อยมากขึ้นเท่ากับ(n) $n$ $n$ $f(n)G(n)$

การรวมทั้งหมดที่เป็นไปได้ทำให้ผู้เล่นคนแรกมีโอกาสชนะเช่นกัน $n$

\sum_{n = 0}^{\infty} f (n) G (n) \approx 53.290977425133892 \dots % .

$\sum_{n=0}^\infty f(n)G(n) \approx 53.290977425133892\ldots\%.$

นั่นคือประมาณมากกว่าครึ่งเวลา $3\%$

โดยทั่วไปแล้วการแทนที่ด้วยจำนวนเต็มบวกคำตอบสามารถให้ในรูปของฟังก์ชัน Hypergeometric: มันเท่ากับ $10$ $m$

1 / 2 + 2^{- 2 m - 1}_{2} F_{1} (m, m, 1, 1 / 4) .

$1/2 + 2^{-2m-1} {_2F_1}(m,m,1,1/4).$

เมื่อใช้เหรียญที่มีลำเอียงที่มีโอกาสหัวนี่เป็นการสรุปถึง $p$

\frac{1}{2} + \frac{1}{2} (p^{2 m})_{2} F_{1} (m, m, 1, (1 - p)^{2}) .

$\frac{1}{2} + \frac{1}{2}(p^{2m}) {_2F_1}(m, m, 1, (1 - p)^2).$

นี่คือการRจำลองเกมดังกล่าวหนึ่งล้านเกม จะรายงานการประมาณการของ0.5325การทดสอบสมมติฐานแบบทวินามเพื่อเปรียบเทียบกับผลทางทฤษฎีมีคะแนน Zซึ่งแตกต่างกันเล็กน้อย $0.5325$ $-0.843$

n.sim <- 1e6
set.seed(17)
xy <- matrix(rnbinom(2*n.sim, 10, 1/2), nrow=2)
p <- mean(xy[1,] <= xy[2,])
cat("Estimate:", signif(p, 4), 
    "Z-score:", signif((p - 0.532909774) / sqrt(p*(1-p)) * sqrt(n.sim), 3))

— whuber
แหล่งที่มา

คำตอบของเราเห็นด้วยตัวเลข: (.53290977425133892 - .5) เช่นเดียวกับที่ทราบซึ่งอาจไม่ชัดเจน

— Dougal

@Dougal ขอบคุณสำหรับการชี้ให้เห็นว่า ฉันดูคำตอบของคุณเห็นและรู้ว่ามันไม่เห็นด้วยกับรูปแบบของคำตอบที่ร้องขอในคำถามฉันไม่รู้จักว่าคุณคำนวณอย่างถูกต้อง โดยทั่วไปมันเป็นความคิดที่ดีที่จะวางกรอบคำตอบสำหรับคำถามใด ๆ ในแบบฟอร์มที่มีการร้องขอถ้าเป็นไปได้: ซึ่งทำให้ง่ายต่อการจดจำเมื่อมันถูกต้องและง่ายต่อการเปรียบเทียบคำตอบ

6.6 %

$6.6\%$

— whuber

@ เมื่อฉันตอบสนองต่อวลี "สถานการณ์จำลองของเกมนี้แสดงให้เห็นว่าผู้เล่นจะได้รับรางวัลแรกชนะ 2% (แก้ไข: 3% มากขึ้นหลังจากจำลองเกมมากขึ้น) มากกว่าผู้เล่นที่พลิกสอง" ฉันจะตีความ "ชนะ 2% อีก" เป็น ; ค่าที่ถูกต้องคือ 6.6% ฉันไม่แน่ใจว่าวิธีการตีความ "ชนะ 2% มากขึ้น" หมายถึง "ชนะ 52% ของเวลา" แต่เห็นได้ชัดว่านั่นคือสิ่งที่ตั้งใจไว้

Pr (A wins) - Pr (B wins) = 2 %

$\Pr(A\text{ wins}) - \Pr(B\text{ wins}) = 2\%$

— Dougal

@ ผิดกฎหมายฉันเห็นด้วยว่าคำอธิบายของ OP สับสนและผิดไป อย่างไรก็ตามรหัสและผลลัพธ์ของเขาทำให้เขาชัดเจนว่าเขาหมายถึง "3% มากกว่าครึ่งเวลา" มากกว่า "3% มากกว่าผู้เล่นอื่น"

— whuber

@ เห็นด้วย น่าเสียดายที่ฉันตอบคำถามก่อนที่จะโพสต์โค้ดและไม่ได้ทำการจำลองด้วยตัวเอง :)

— Dougal

เราสามารถจำลองเกมดังนี้:

ผู้เล่น A โยนเหรียญซ้ำ ๆ เพื่อรับผลลัพธ์จนกว่าพวกเขาจะได้รับทั้งหมด 10 หัว ให้ดัชนีเวลาของหัวที่ 10 เป็นตัวแปรสุ่มX $A_1, A_2, \dots$ $X$
ผู้เล่น B ทำเช่นเดียวกัน ให้ดัชนีเวลาของหัวที่ 10 เป็นตัวแปรสุ่มซึ่งเป็นสำเนา IID ของX $Y$ $X$
ถ้า , ผู้เล่น A ชนะ; มิฉะนั้นผู้เล่น B ชนะ นั่นคือ $X \le Y$ $\begin{aligned} Pr (A wins) & = Pr (X \geq Y) = Pr (X > Y) + Pr (X = Y) \\ Pr (B wins) & = Pr (Y > X) = Pr (X > Y) . \end{aligned}$ $\begin{align} \Pr(A\text{ wins})&= \Pr(X \ge Y) = \Pr(X > Y) + \Pr(X = Y)\\ \Pr(B\text{ wins})&= \Pr(Y > X) = \Pr(X > Y). \end{align}$

ช่องว่างในอัตราการชนะจึงเป็น

Pr (X = Y) = \sum_{k} Pr (X = k, Y = k) = \sum_{k} Pr (X = k)^{2} .

$\Pr(X = Y) = \sum_k \Pr(X = k, Y = k) = \sum_k \Pr(X = k)^2 .$

ในขณะที่คุณสงสัยว่า (และ ) มีการกระจายเป็นหลักตามการกระจายทวินามลบ สัญลักษณ์สำหรับสิ่งนี้แตกต่างกันไป แต่ในการกำหนดพารามิเตอร์ของ Wikipediaเรามีหัวข้อว่า "ล้มเหลว" และก้อยเป็น "ความสำเร็จ"; เราต้อง "ความล้มเหลว" (หัว) ก่อนการทดลองจะหยุดการทำงานและความน่าจะเป็นความสำเร็จ\ จากนั้นจำนวน "ความสำเร็จ" ซึ่งก็คือมี และความน่าจะเป็นของการชนคือ ซึ่ง Mathematica บอกเราว่าเป็นประโยชน์ $X$ $Y$ $r = 10$ $p = \tfrac12$ $X - 10$

Pr (X - 10 = k) = (\binom{k + 9}{k}) 2^{- 10 - k},

$\Pr(X - 10 = k) = \binom{k + 9}{k} 2^{-10 - k},$

Pr (X = Y) = \sum_{k = 0}^{\infty} {(\binom{k + 9}{k})}^{2} 2^{- 2 k - 20},

$\Pr(X = Y) = \sum_{k=0}^\infty \binom{k + 9}{k}^2 2^{-2k - 20} ,$

\frac{76 499 525}{1 162 261 467} \approx 6.6 %

$\frac{76\,499\,525}{1\,162\,261\,467} \approx 6.6\%$ .

ดังนั้นอัตราการชนะของผู้เล่น B คือและผู้เล่น A คือ% $\Pr(Y > X) \approx 46.7\%$ $\frac{619\,380\,496}{1\,162\,261\,467} \approx 53.3\%$

— Dougal
แหล่งที่มา

หัวไม่จำเป็นต้องอยู่ในแถวรวมเพียง 10 ฉันคิดว่านั่นคือสิ่งที่คุณกำลังแก้ไข

— Demetri Pananos

(+1) ฉันชอบวิธีนี้ดีกว่าวิธีที่ฉันโพสต์เพราะมันง่ายกว่าการคำนวณ: มันต้องการเพียงฟังก์ชันความน่าจะเป็นซึ่งมีการแสดงออกอย่างง่ายในแง่ของสัมประสิทธิ์ทวินาม

— whuber

ฉันได้ส่งการแก้ไขโดยแทนที่วรรคสุดท้ายซึ่งตั้งคำถามถึงความแตกต่างจากคำตอบอื่นพร้อมคำอธิบายว่าผลลัพธ์ของพวกเขาเหมือนกันอย่างไร

— Monty Harder

ปล่อยให้เป็นเหตุการณ์ที่ผู้เล่นพลิกหัวฉันก่อนที่ผู้เล่นคนอื่นจะพลิกหัว j และให้เป็นสองคนแรกที่มีพื้นที่ตัวอย่างพลิกตัวอย่างโดยที่ h หมายถึงหัว และหางเสื้อและให้{IJ}) $E_{ij}$ $X$ $\{ hh,ht,th,tt\}$ $p_{ij} \equiv Pr(E_{ij})$

จากนั้น $p_{ij}=Pr(E_{i-1j-1}|X=hh)*Pr(X=hh)+Pr(E_{i-1j}|X=ht)*Pr(X=ht)+Pr(E_{ij-1}|X=th)*Pr(X=th)+Pr(E_{ij}|X=tt)*Pr(X=tt)$

สมมติว่าเหรียญมาตรฐานหมายความว่า $Pr(X=*)=1/4$ $p_{ij}=1/4*[p_{i-1j-1}+p_{i-1j}+p_{ij-1}+p_{ij}]$

กำลังหา , $p_{ij}$ $= 1/3*[p_{i-1j-1}+p_{i-1j}+p_{ij-1}]$

แต่และแสดงว่าการเรียกซ้ำสิ้นสุดลงอย่างสมบูรณ์ อย่างไรก็ตามการดำเนินการแบบเรียกซ้ำแบบไร้เดียงสาโดยตรงจะให้ประสิทธิภาพที่ต่ำเนื่องจากสาขาตัดกัน $p_{0j}=p_{00}=1$ $p_{i0}=0$

การดำเนินงานที่มีประสิทธิภาพจะมีความซับซ้อนและหน่วยความจำความซับซ้อนj)) นี่คือการพับแบบง่าย ๆ ที่ใช้ใน Haskell: $O(i*j)$ $O(min(i,j))$

Prelude> let p i j = last. head. drop j $ iterate ((1:).(f 1)) start where
  start = 1 : replicate i 0;
  f c v = case v of (a:[]) -> [];
                    (a:b:rest) -> sum : f sum (b:rest) where
                     sum = (a+b+c)/3 
Prelude> p 0 0
1.0
Prelude> p 1 0
0.0
Prelude> p 10 10
0.5329097742513388
Prelude>

UPDATE: มีคนในความคิดเห็นข้างต้นถามว่ามีใครคิดว่าจะหมุน 10 หัวในหนึ่งแถวหรือไม่ ดังนั้นขอให้เป็นเหตุการณ์ที่ผู้เล่นในม้วนพลิกหัวฉันในแถวก่อนที่ผู้เล่นอื่นพลิกหัวฉันในแถวเนื่องจากพวกเขาพลิกหัวต่อเนื่องกัน k และ l ตามลำดับ $E_{kl}$

ดำเนินการเหมือนก่อนหน้านี้ แต่คราวนี้เป็นการปรับเงื่อนไขในการพลิกครั้งแรกเท่านั้น โดยที่ $p_{k,l} = 1-1/2*[p_{l,k+1}+p_{l,0}]$ $p_{il}=p_{ii}=1, p_{ki}=0$

นี่คือระบบเชิงเส้นที่มี unknowns และหนึ่งโซลูชันที่ไม่ซ้ำกัน $i^2$

หากต้องการแปลงเป็นรูปแบบวนซ้ำเพียงเพิ่มหมายเลขซ้ำและปัจจัยความไว : $n$ $\epsilon$

$p_{k,l,n+1} = 1/(1+\epsilon)*[\epsilon*p_{k,l,n} +1-1/2*(p_{l,k+1,n}+p_{l,0,n})]$

เลือกและอย่างชาญฉลาดและรันการวนซ้ำในไม่กี่ขั้นตอนและตรวจสอบคำแก้ไข $\epsilon$ $p_{k,l,0}$

— จอห์นแรมโบ้
แหล่งที่มา