เครื่องมือพัฒนาสมอง: จะสร้างจำนวนเต็ม 7 จำนวนด้วยความน่าจะเป็นที่เท่าเทียมกันโดยใช้เหรียญลำเอียงที่มี pr (หัว) = p อย่างไร

นี่เป็นคำถามที่ฉันพบในGlassdoor : เราสร้างจำนวนเต็ม 7 ตัวที่มีความน่าจะเป็นเท่ากันในการใช้เหรียญที่มีอย่างไร$\mathbb{Pr}(\text{Head}) = p\in(0,1)$

โดยทั่วไปคุณมีเหรียญที่อาจจะใช่หรือไม่ยุติธรรมและนี่เป็นกระบวนการสร้างเลขสุ่มเพียงตัวเดียวที่คุณมีดังนั้นเกิดขึ้นกับตัวสร้างตัวเลขสุ่มที่แสดงจำนวนเต็มตั้งแต่ 1 ถึง 7 โดยที่ความน่าจะเป็นที่จะได้จำนวนเต็มแต่ละตัว คือ 1/7

ประสิทธิภาพของกระบวนการสร้างข้อมูล

พลิกเหรียญสองครั้ง ถ้ามันตกลงมาHHหรือTTไม่ก็สนใจมันแล้วพลิกมันสองครั้งอีกครั้ง

ตอนนี้เหรียญมีความน่าจะเป็นที่จะเกิดขึ้นHTหรือTHเท่ากัน ถ้ามันขึ้นมาโทรนี้HT H1ถ้ามันขึ้นมาโทรนี้THT1

ได้รับH1หรือT1จนกว่าคุณจะมีสามในแถว ผลลัพธ์ทั้งสามนี้ให้ตัวเลขตามตารางด้านล่าง:

H1 H1 H1 -> 1
H1 H1 T1 -> 2
H1 T1 H1 -> 3
H1 T1 T1 -> 4
T1 H1 H1 -> 5
T1 H1 T1 -> 6
T1 T1 H1 -> 7
T1 T1 T1 -> [Throw out all results so far and repeat]

ฉันยืนยันว่าสิ่งนี้จะทำงานได้อย่างสมบูรณ์แบบแม้ว่าคุณจะมีจำนวนมากที่สูญเปล่าในกระบวนการ!

สมมติว่า(0,1)$p \in (0,1)$

ขั้นที่ 1: โยนเหรียญ 5 ครั้ง

หากผลออกมาเป็น

$(H, H, H, T, T)$ , คืนและหยุด$1$

$(H, H, T, T, H)$ , ส่งคืนและหยุด$2$

$(H, T, T, H, H)$ , คืนและหยุด$3$

$(T, T, H, H, H)$ , ส่งคืนและหยุด$4$

$(T, H, H, H, T)$ , คืนและหยุด$5$

$(H, H, T, H, T)$ , ส่งคืนและหยุด$6$

$(H, T, H, T, H)$ , ส่งคืนและหยุด$7$

ขั้นตอนที่ 2: หากผลลัพธ์ไม่ตรงตามข้างต้นให้ทำซ้ำขั้นตอนที่ 1

โปรดสังเกตว่าไม่คำนึงถึงมูลค่าของ , ผลลัพธ์ทั้งเจ็ดรายการข้างต้นมีความน่าจะเป็นและจำนวนเหรียญที่คาดว่าจะโยนคือ{} tosser ไม่จำเป็นต้องรู้คุณค่าของ (ยกเว้นว่าและ ); มีการรับประกันว่าจำนวนเต็มเจ็ดจำนวนเท่ากันที่จะถูกส่งคืนโดยการทดลองเมื่อสิ้นสุด (และรับประกันว่าจะจบด้วยความน่าจะเป็น )q = p 3 ( 1 - p ) 2 $p \in (0,1)$$q = p^3(1-p)^2$ pp≠0p≠1$\displaystyle \frac{5}{7q}$$p$$p\neq 0$$p\neq 1$$1$

การสรุปกรณีที่อธิบายโดย Dilip Sarwate

วิธีการบางอย่างที่อธิบายไว้ในคำตอบอื่น ๆ ใช้รูปแบบที่คุณโยนลำดับของเหรียญใน 'เทิร์น' และขึ้นอยู่กับผลที่คุณเลือกตัวเลขระหว่าง 1 หรือ 7 หรือทิ้งการหมุนและโยนอีกครั้ง$n$

เคล็ดลับคือจะหาได้ในการขยายตัวของความเป็นไปได้หลาย 7 ผลแบบเดียวกับที่ความน่าจะเป็นและตรงกับแต่ละอื่น ๆ$p^k(1-p)^{n-k}$

เนื่องจากจำนวนผลลัพธ์ทั้งหมดนั้นไม่ใช่ผลคูณของ 7 เราจึงมีผลลัพธ์ไม่กี่อย่างที่เราไม่สามารถกำหนดให้กับตัวเลขได้และมีความเป็นไปได้ที่เราต้องทิ้งผลลัพธ์และเริ่มต้นใหม่

---

กรณีของการใช้ 7 เหรียญพลิกต่อเทิร์น

เราสามารถบอกได้ว่าการกลิ้งลูกเต๋าเจ็ดครั้งนั้นน่าสนใจมาก เนื่องจากเราจะต้องโยนออก 2 ออกจากความเป็นไปได้ กล่าวคือหัว 7 ครั้งและ 0 ครั้งหัว$2^7$

สำหรับความเป็นไปได้อื่น ๆ ทั้งหมดของนั้นจะมีหลายกรณี 7 กรณีที่มีจำนวนหัวเท่ากันเสมอ แบ่งออกเป็น 7 กรณีมี 1 หัว, 21 รายมี 2 หัว, 35 รายมี 3 หัว, 35 รายมี 4 หัว, 21 รายมี 5 หัวและ 7 รายมี 6 หัว$2^7-2$

ดังนั้นถ้าคุณคำนวณจำนวน (ทิ้ง 0 หัวและ 7 หัว)

$$X = \sum_{k=1}^{7} (k-1) \cdot C_k$$

ด้วย Bernoulli ตัวแปรกระจาย (ค่า 0 หรือ 1) จากนั้น X modulo 7 เป็นตัวแปรชุดที่มีเจ็ดผลลัพธ์ที่เป็นไปได้$C_k$

---

เปรียบเทียบจำนวนการโยนเหรียญที่แตกต่างกันต่อเทิร์น

คำถามยังคงเป็นสิ่งที่จำนวนม้วนที่เหมาะสมที่สุดต่อรอบจะเป็นอย่างไร การหมุนลูกเต๋าสี่เหลี่ยมลูกเต๋าต่อเทิร์นจะทำให้คุณเสียค่าใช้จ่ายมากขึ้น แต่คุณลดโอกาสที่จะต้องหมุนอีกครั้ง

ภาพด้านล่างแสดงการคำนวณด้วยตนเองสำหรับการโยนเหรียญสองถึงสามครั้งแรกต่อเทิร์น (อาจจะมีวิธีการวิเคราะห์ แต่ฉันเชื่อว่ามันปลอดภัยที่จะบอกว่าระบบที่มีการโยน 7 เหรียญให้วิธีที่ดีที่สุดเกี่ยวกับค่าความคาดหวังสำหรับจำนวนการโยนเหรียญที่จำเป็น)

# plot an empty canvas
plot(-100,-100,
     xlab="flips per turn",
     ylab="E(total flips)",
     ylim=c(7,400),xlim=c(0,20),log="y")
title("expectation value for total number of coin flips
(number of turns times flips per turn)")

# loop 1
# different values p from fair to very unfair 
# since this is symmetric only from 0 to 0.5 is necessary 

# loop 2
# different values for number of flips per turn
# we can only use a multiple of 7 to assign 
#   so the modulus will have to be discarded
#   from this we can calculate the probability that the turn succeeds
#   the expected number of flips is 
#       the flips per turn 
#             divided by 
#       the probability for the turn to succeed 

for (p in c(0.5,0.2,0.1,0.05)) {
  Ecoins <- rep(0,16)
  for (dr in (5:20)){
    Pdiscards = 0
    for (i in c(0:dr)) { 
      Pdiscards = Pdiscards + p^(i)*(1-p)^(dr-i) * (choose(dr,i) %% 7)
    }
    Ecoins[dr-4] = dr/(1-Pdiscards)
  }
  lines(5:20, Ecoins)
  points(5:20, Ecoins, pch=21, col="black", bg="white", cex=0.5)
  text(5, Ecoins[1], paste0("p = ",p), pos=2)
}

---

ใช้กฎการหยุดก่อน

หมายเหตุ: การคำนวณด้านล่างสำหรับค่าความคาดหวังของจำนวนการโยนสำหรับเหรียญที่เป็นธรรมมันจะกลายเป็นความยุ่งเหยิงเมื่อต้องทำสิ่งนี้สำหรับแตกต่างกันแต่หลักการยังคงเหมือนเดิม (แม้ว่าการเก็บหนังสือที่แตกต่างกัน กรณีจำเป็น)$p=0.5$$p$

เราควรจะสามารถเลือกเคส (แทนที่จะเป็นสูตรสำหรับ ) เพื่อที่เราจะได้หยุดก่อนหน้านี้$X$

• ด้วยการโยนเหรียญ 5 ครั้งเรามีหัวและก้อยที่ไม่เรียงลำดับหกชุดที่เป็นไปได้:

  1 + 5 + 10 + 10 + 5 + 1 ชุดที่สั่ง

  และเราสามารถใช้กลุ่มที่มีสิบกรณี (นั่นคือกลุ่มที่มี 2 หัวหรือกลุ่มที่มี 2 ก้อย) เพื่อเลือกจำนวน (ที่มีความน่าจะเป็นเท่ากัน) สิ่งนี้เกิดขึ้นใน 14 จาก 2 ^ 5 = 32 ราย สิ่งนี้ทำให้เรามี:

  1 + 5 + 3 + 3 + 5 + 1 ชุดที่สั่ง

• ด้วยการพลิกเหรียญพิเศษ (6-th)เรามีเจ็ดชุดที่ไม่ได้เรียงกันของหัวและก้อย:

  1 + 6 + 8 + 6 + 8 + 6 + 1 ชุดที่สั่ง

  และเราสามารถใช้กลุ่มที่มีแปดกรณี (นั่นคือกลุ่มที่มี 3 หัวหรือกลุ่มที่มี 3 ก้อย) เพื่อเลือก (ที่มีความน่าจะเป็นเท่ากัน) เป็นตัวเลข สิ่งนี้เกิดขึ้นใน 14 จาก 2 * (2 ^ 5-14) = 36 ราย สิ่งนี้ทำให้เรามี:

  1 + 6 + 1 + 6 + 1 + 6 + 1 ชุดที่สั่ง

• ด้วยการพลิกเหรียญพิเศษอีกครั้ง (7-th)เรามีแปดชุดที่ไม่ได้เรียงกันของหัวและก้อย:

  1 + 7 + 7 + 7 + 7 + 7 + 7 + 1 ชุดที่สั่ง

  และเราสามารถใช้กลุ่มที่มีเจ็ดกรณี (ทั้งหมดยกเว้นก้อยทั้งหมดและหัวทุกกรณี) เพื่อเลือก (ที่มีความน่าจะเป็นเท่ากัน) จำนวนหนึ่ง เรื่องนี้เกิดขึ้นใน 42 จาก 44 กรณี สิ่งนี้ทำให้เรามี:

  1 + 0 + 0 + 0 + 0 + 0 + 0 + 1 ชุดที่สั่ง

  (เราสามารถทำสิ่งนี้ต่อไปได้ แต่ในขั้นตอนที่ 49 เท่านั้นที่ทำให้เราได้เปรียบ)

ความน่าจะเป็นที่จะเลือกตัวเลข

• ที่ 5 flips คือ$\frac{14}{32} = \frac{7}{16}$
• ที่ 6 flips คือ$\frac{9}{16}\frac{14}{36} = \frac{7}{32}$
• ที่ 7 flips คือ$\frac{11}{32}\frac{42}{44} = \frac{231}{704}$
• ไม่ได้อยู่ใน 7 flips คือ$1-\frac{7}{16}-\frac{7}{32}-\frac{231}{704} = \frac{2}{2^7}$

สิ่งนี้ทำให้ค่าการคาดหวังสำหรับจำนวนการพลิกในครั้งเดียวโดยมีเงื่อนไขว่ามีความสำเร็จและ p = 0.5:

$$5 \cdot \frac{7}{16}+ 6 \cdot \frac{7}{32} + 7 \cdot \frac{231}{704} = 5.796875$$

ค่าความคาดหวังสำหรับรวมจำนวนพลิก (จนกว่าจะมีความสำเร็จ) ตามเงื่อนไขที่ p = 0.5, กลายเป็น:

$$\left(5 \cdot \frac{7}{16}+ 6 \cdot \frac{7}{32} + 7 \cdot \frac{231}{704}\right) \frac{2^7}{2^7-2} = \frac{53}{9} = 5.88889$$

---

คำตอบโดย NcAdams ใช้รูปแบบของกลยุทธ์การหยุดกฎนี้ (แต่ละครั้งมาพร้อมกับการโยนเหรียญสองครั้งใหม่) แต่ไม่ได้เลือกการโยนทั้งหมดอย่างเหมาะสม

คำตอบโดย Clid อาจคล้ายกันแม้ว่าอาจจะมีกฎการเลือกที่ไม่สม่ำเสมอที่เหรียญสองเหรียญจะพลิกจำนวนหนึ่งอาจเลือกได้ แต่ไม่จำเป็นต้องมีโอกาสเท่ากัน (ความคลาดเคลื่อนซึ่งกำลังได้รับการซ่อมแซมในระหว่างการโยนเหรียญในภายหลัง)

---

เปรียบเทียบกับวิธีอื่น ๆ

วิธีการอื่นที่ใช้หลักการที่คล้ายกันก็คือวิธีหนึ่งโดย NcAdams และ AdamO

หลักการคือ : การตัดสินใจสำหรับจำนวนระหว่าง 1 และ 7 จะทำหลังจากจำนวนหัวและก้อย หลังจากการพลิกจำนวนสำหรับการตัดสินใจแต่ละครั้งที่นำไปสู่หมายเลขการตัดสินใจที่คล้ายกันน่าจะเท่าเทียมกันนำไปสู่หมายเลข (จำนวนหัวและก้อยเท่ากัน แต่เรียงตามลำดับที่แตกต่างกัน) หัวและก้อยบางชุดสามารถนำไปสู่การตัดสินใจเริ่มต้นใหม่$x$$i$$j$

สำหรับวิธีการดังกล่าวประเภทที่วางไว้ที่นี่มีประสิทธิภาพมากที่สุดเพราะทำให้การตัดสินใจเร็วที่สุดเท่าที่จะทำได้ (ทันทีที่มีความเป็นไปได้สำหรับลำดับความน่าจะเป็นที่เท่าเทียมกัน 7 อันของหัวและก้อยหลังจากการพลิก -th เราสามารถใช้ พวกเขาเพื่อทำการตัดสินใจเกี่ยวกับตัวเลขและเราไม่จำเป็นต้องพลิกกลับไปอีกถ้าเราเจอหนึ่งในกรณีเหล่านั้น)$x$

นี่คือภาพและการจำลองด้านล่างนี้:

#### mathematical part #####
set.seed(1)


#plotting this method
p <- seq(0.001,0.999,0.001)
tot <- (5*7*(p^2*(1-p)^3+p^3*(1-p)^2)+
       6*7*(p^2*(1-p)^4+p^4*(1-p)^2)+
       7*7*(p^1*(1-p)^6+p^2*(1-p)^5+p^3*(1-p)^4+p^4*(1-p)^3+p^5*(1-p)^2+p^6*(1-p)^1)+
        7*1*(0+p^7+(1-p)^7) )/
             (1-p^7-(1-p)^7)
plot(p,tot,type="l",log="y",
     xlab="p",
     ylab="expactation value number of flips"
     )

#plotting method by AdamO
tot <- (7*(p^20-20*p^19+189*p^18-1121*p^17+4674*p^16-14536*p^15+34900*p^14-66014*p^13+99426*p^12-119573*p^11+114257*p^10-85514*p^9+48750*p^8-20100*p^7+5400*p^6-720*p^5)+6*
          (-7*p^21+140*p^20-1323*p^19+7847*p^18-32718*p^17+101752*p^16-244307*p^15+462196*p^14-696612*p^13+839468*p^12-806260*p^11+610617*p^10-357343*p^9+156100*p^8-47950*p^7+9240*p^6-840*p^5)+5*
          (21*p^22-420*p^21+3969*p^20-23541*p^19+98154*p^18-305277*p^17+733257*p^16-1389066*p^15+2100987*p^14-2552529*p^13+2493624*p^12-1952475*p^11+1215900*p^10-594216*p^9+222600*p^8-61068*p^7+11088*p^6-1008*p^5)+4*(-
          35*p^23+700*p^22-6615*p^21+39235*p^20-163625*p^19+509425*p^18-1227345*p^17+2341955*p^16-3595725*p^15+4493195*p^14-4609675*p^13+3907820*p^12-2745610*p^11+1592640*p^10-750855*p^9+278250*p^8-76335*p^7+13860*p^6-
          1260*p^5)+3*(35*p^24-700*p^23+6615*p^22-39270*p^21+164325*p^20-515935*p^19+1264725*p^18-2490320*p^17+4027555*p^16-5447470*p^15+6245645*p^14-6113275*p^13+5102720*p^12-3597370*p^11+2105880*p^10-999180*p^9+371000
           *p^8-101780*p^7+18480*p^6-1680*p^5)+2*(-21*p^25+420*p^24-3990*p^23+24024*p^22-103362*p^21+340221*p^20-896679*p^19+1954827*p^18-3604755*p^17+5695179*p^16-7742301*p^15+9038379*p^14-9009357*p^13+7608720*p^12-
           5390385*p^11+3158820*p^10-1498770*p^9+556500*p^8-152670*p^7+27720*p^6-2520*p^5))/(7*p^27-147*p^26+1505*p^25-10073*p^24+49777*p^23-193781*p^22+616532*p^21-1636082*p^20+3660762*p^19-6946380*p^18+11213888*p^17-
           15426950*p^16+18087244*p^15-18037012*p^14+15224160*p^13-10781610*p^12+6317640*p^11-2997540*p^10+1113000*p^9-305340*p^8+55440*p^7-5040*p^6)
lines(p,tot,col=2,lty=2)

#plotting method by NcAdam
lines(p,3*8/7/(p*(1-p)),col=3,lty=2)

legend(0.2,500,
       c("this method calculation","AdamO","NcAdams","this method simulation"),
       lty=c(1,2,2,0),pch=c(NA,NA,NA,1),col=c(1,2,3,1))


##### simulation part ######

#creating decision table
mat<-matrix(as.numeric(intToBits(c(0:(2^5-1)))),2^5,byrow=1)[,c(1:12)]
colnames(mat) <- c("b1","b2","b3","b4","b5","b6","b7","sum5","sum6","sum7","decision","exit")

# first 5 rolls
mat[,8] <- sapply(c(1:2^5), FUN = function(x) {sum(mat[x,1:5])})

mat[which((mat[,8]==2)&(mat[,11]==0))[1:7],12] = rep(5,7) # we can stop for 7 cases with 2 heads
mat[which((mat[,8]==2)&(mat[,11]==0))[1:7],11] = c(1:7)   
mat[which((mat[,8]==3)&(mat[,11]==0))[1:7],12] = rep(5,7) # we can stop for 7 cases with 3 heads
mat[which((mat[,8]==3)&(mat[,11]==0))[1:7],11] = c(1:7)    

# extra 6th roll
mat <- rbind(mat,mat)
mat[c(33:64),6] <- rep(1,32)
mat[,9] <- sapply(c(1:2^6), FUN = function(x) {sum(mat[x,1:6])})

mat[which((mat[,9]==2)&(mat[,11]==0))[1:7],12] = rep(6,7) # we can stop for 7 cases with 2 heads
mat[which((mat[,9]==2)&(mat[,11]==0))[1:7],11] = c(1:7)   
mat[which((mat[,9]==4)&(mat[,11]==0))[1:7],12] = rep(6,7) # we can stop for 7 cases with 4 heads
mat[which((mat[,9]==4)&(mat[,11]==0))[1:7],11] = c(1:7)    

# extra 7th roll
mat <- rbind(mat,mat)
mat[c(65:128),7] <- rep(1,64)
mat[,10] <- sapply(c(1:2^7), FUN = function(x) {sum(mat[x,1:7])})

for (i in 1:6) {
  mat[which((mat[,10]==i)&(mat[,11]==0))[1:7],12] = rep(7,7) # we can stop for 7 cases with i heads
  mat[which((mat[,10]==i)&(mat[,11]==0))[1:7],11] = c(1:7)   
}


mat[1,12] = 7           # when we did not have succes we still need to count the 7 coin tosses
mat[2^7,12] = 7


draws = rep(0,100)
num = rep(0,100)
# plotting simulation
for (p in seq(0.05,0.95,0.05)) {
  n <- rep(0,1000)
  for (i in 1:1000) {
    coinflips <- rbinom(7,1,p)  # draw seven numbers
    I <- mat[,1:7]-matrix(rep(coinflips,2^7),2^7,byrow=1) == rep(0,7)                      # compare with the table
    Imatch = I[,1]*I[,2]*I[,3]*I[,4]*I[,5]*I[,6]*I[,7]        # compare with the table 
      draws[i] <- mat[which(Imatch==1),11]                 # result which number
      num[i]   <- mat[which(Imatch==1),12]                 # result how long it took
  }
  Nturn <- mean(num)                   #how many flips we made
  Sturn <- (1000-sum(draws==0))/1000   #how many numbers we got (relatively)
  points(p,Nturn/Sturn)
}

รูปภาพอื่นที่ถูกปรับอัตราส่วนโดยเพื่อการเปรียบเทียบที่ดีกว่า:$p*(1-p)$

ขยายวิธีเปรียบเทียบที่อธิบายไว้ในโพสต์และความคิดเห็นนี้

'การข้ามเงื่อนไขของขั้นตอนที่ 7' เป็นการปรับปรุงเล็กน้อยซึ่งสามารถทำได้ในกฎการหยุดก่อน ในกรณีนี้คุณไม่ได้เลือกกลุ่มที่มีความน่าจะเป็นเท่ากับหลังจากการพลิกครั้งที่ 6 คุณมี 6 กลุ่มที่มีความน่าจะเป็นที่เท่ากันและ 1 กลุ่มที่มีโอกาสแตกต่างกันเล็กน้อย (สำหรับกลุ่มสุดท้ายนี้คุณต้องพลิกอีกหนึ่งช่วงเวลาพิเศษเมื่อคุณมี 6 หัวหรือก้อยและเนื่องจากคุณทิ้ง 7 หัวหรือ 7 ก้อยคุณจะจบ ขึ้นกับความน่าจะเป็นที่เหมือนกันหลังจากทั้งหมด)

---

เขียนโดยStackExchangeStrike

แบ่งกล่องออกเป็นเจ็ดส่วนที่เท่ากันพื้นที่แต่ละส่วนมีป้ายกำกับเป็นจำนวนเต็ม โยนเหรียญลงในกล่องในลักษณะที่มีความน่าจะเป็นเท่ากับการลงจอดในแต่ละภูมิภาค

$\pi$

$p = 1$$p=0$

แก้ไข: ขึ้นอยู่กับความคิดเห็นของผู้อื่น

นี่คือความคิดที่น่าสนใจ:

กำหนดรายการ {1,2,3,4,5,6,7} โยนเหรียญสำหรับแต่ละองค์ประกอบในรายการตามลำดับ ถ้ามันหัวขึ้นสำหรับองค์ประกอบเฉพาะเอาหมายเลขจากรายการ ถ้าตัวเลขทั้งหมดจากการวนซ้ำของรายการถูกลบออกให้ทำซ้ำการสุ่มตัวอย่าง ทำจนกว่าจะเหลือเพียงหนึ่งหมายเลข

drop.one <- function(x, p) {
  drop <- runif(length(x)) < p
  if (all(drop))
    return(x)
  return(x[!drop])
}

sample.recur <- function(x, p) {
  if (length(x) > 1)
    return(sample.recur(drop.one(x, p), p))
  return(x)
}

# x <- c(1:7,7:1)
x <- 1:7
p <- 0.01

out <- replicate(1e5, sample.recur(x, p))

round(prop.table(table(out)), 2)

ให้การกระจายที่สม่ำเสมอโดยประมาณ

> round(prop.table(table(out)), 2)
out
   1    2    3    4    5    6    7 
0.14 0.14 0.15 0.14 0.14 0.14 0.14 

$N$

---

การประเมินมูลค่าความคาดหวังสำหรับจำนวนการโยนเหรียญ

$x$$y$

$$M = \begin{bmatrix} q^7 & 0 & 0 & 0 &0 & 0 & 1 & 1\\ 7p^1q^6 & q^6 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 21p^2q^5 & 6p^1q^5 & q^5 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0\\ 35 p^3q^4 & 15 p^2q^4 & 5q^4 & q^4 & 0 & 0 & 0 & 0\\ 35 p^4q^3 & 20 p^3q^3 & 10 p^2q^3 & 4 p^1q^3 & q^3 & 0 & 0 & 0\\ 21p^5q^2 & 15 p^4q^2 & 10 p^3q^2 & 6 p^2q^2 & 3 p^1q^2 & q^2 & 0 & 0\\ 7p^6q^1 & 6 p^5q^1 & 5 p^4q^1 & 4 p^3q^1 & 3p^2q^1 & 2p^1q^1 & 0 & 0\\ p^7 & p^6 & p^5 & p^4 & p^3 & p^2 & 0 & 0 \end{bmatrix}$$

$(M-I)v=0$

$E(n) = \frac{24}{7}p(1-p)$

$p>2/3$

พบวิธีแก้ปัญหาด้วย wxMaxima

M: matrix(
 [(1-p)^7,        0,          0,0,0,0,1,1], 
 [7* p*(1-p)^6,   (1-p)^6,        0,0,0,0,0,0], 
 [21*p^2*(1-p)^5, 6*p*(1-p)^5,    (1-p)^5,0,0,0,0,0], 
 [35*p^3*(1-p)^4, 15*p^2*(1-p)^4, 5*p*(1-p)^4,(1-p)^4,0,0,0,0], 
 [35*p^4*(1-p)^3, 20*p^3*(1-p)^3, 10*p^2*(1-p)^3,4*p*(1-p)^3,(1-p)^3,0,0,0], 
 [21*p^5*(1-p)^2, 15*p^4*(1-p)^2, 10*p^3*(1-p)^2,6*p^2*(1-p)^2,3*p*(1-p)^2,(1-p)^2,0,0], 
 [7* p^6*(1-p)^1, 6*p^5*(1-p),    5*p^4*(1-p),4*p^3*(1-p),3*p^2*(1-p),2*(1-p)*p,0,0], 
 [p^7,        p^6,        p^5,p^4,p^3,p^2,0,0]
);
z: nullspace(M-diagmatrix(8,1));
x : apply (addcol, args (z));
t : [7,6,5,4,3,2,0,0];
plot2d(t.x/x[7],[p,0,1],logy);

การคำนวณใน R

# plotting empty canvas
plot(-100,-100,
     xlab="p",
     ylab="E(total flips)",
     ylim=c(10,1000),xlim=c(0,1),log="y")

# plotting simulation
for (p in seq(0.1,0.9,0.05)) {

  n <- rep(0,10000)
  for (i in 1:10000) {
    success  = 0
    tests = c(1,1,1,1,1,1,1)     # start with seven numbers in the set
    count = 0
    while(success==0) {
      for (j in 1:7)  {
        if (tests[j]==1) {
          count = count + 1
          if  (rbinom(1,1,p) == 1) {
            tests[j] <- 0        # elliminate number when we draw heads
          }
        }
      }
      if (sum(tests)==1) {
        n[i] = count
        success = 1              # end     when 1 is left over
      }
      if (sum(tests)==0) {
        tests = c(1,1,1,1,1,1,1) # restart when 0 are left over
      }
    }
  }
  points(p,mean(n))
}

# plotting formula
p <- seq(0.001,0.999,0.001)

tot <- (7*(p^20-20*p^19+189*p^18-1121*p^17+4674*p^16-14536*p^15+34900*p^14-66014*p^13+99426*p^12-119573*p^11+114257*p^10-85514*p^9+48750*p^8-20100*p^7+5400*p^6-720*p^5)+6*
    (-7*p^21+140*p^20-1323*p^19+7847*p^18-32718*p^17+101752*p^16-244307*p^15+462196*p^14-696612*p^13+839468*p^12-806260*p^11+610617*p^10-357343*p^9+156100*p^8-47950*p^7+9240*p^6-840*p^5)+5*
    (21*p^22-420*p^21+3969*p^20-23541*p^19+98154*p^18-305277*p^17+733257*p^16-1389066*p^15+2100987*p^14-2552529*p^13+2493624*p^12-1952475*p^11+1215900*p^10-594216*p^9+222600*p^8-61068*p^7+11088*p^6-1008*p^5)+4*(-
    35*p^23+700*p^22-6615*p^21+39235*p^20-163625*p^19+509425*p^18-1227345*p^17+2341955*p^16-3595725*p^15+4493195*p^14-4609675*p^13+3907820*p^12-2745610*p^11+1592640*p^10-750855*p^9+278250*p^8-76335*p^7+13860*p^6-
    1260*p^5)+3*(35*p^24-700*p^23+6615*p^22-39270*p^21+164325*p^20-515935*p^19+1264725*p^18-2490320*p^17+4027555*p^16-5447470*p^15+6245645*p^14-6113275*p^13+5102720*p^12-3597370*p^11+2105880*p^10-999180*p^9+371000
   *p^8-101780*p^7+18480*p^6-1680*p^5)+2*(-21*p^25+420*p^24-3990*p^23+24024*p^22-103362*p^21+340221*p^20-896679*p^19+1954827*p^18-3604755*p^17+5695179*p^16-7742301*p^15+9038379*p^14-9009357*p^13+7608720*p^12-
 5390385*p^11+3158820*p^10-1498770*p^9+556500*p^8-152670*p^7+27720*p^6-2520*p^5))/(7*p^27-147*p^26+1505*p^25-10073*p^24+49777*p^23-193781*p^22+616532*p^21-1636082*p^20+3660762*p^19-6946380*p^18+11213888*p^17-
  15426950*p^16+18087244*p^15-18037012*p^14+15224160*p^13-10781610*p^12+6317640*p^11-2997540*p^10+1113000*p^9-305340*p^8+55440*p^7-5040*p^6)
lines(p,tot)

#plotting comparison with alternative method
lines(p,3*8/7/(p*(1-p)),lty=2)

legend(0.2,500,
       c("simulation","calculation","comparison"),
       lty=c(0,1,2),pch=c(1,NA,NA))

คำถามนี้ค่อนข้างคลุมเครือหรือเปล่ามันถามว่า "สร้างจำนวนเต็มสุ่มเท่ากับหรือน้อยกว่า 7 ด้วยความน่าจะเป็นที่เท่ากัน" หรือมันจะถามว่า - แต่เนื้อที่ของจำนวนเต็มคืออะไร!?

ฉันจะถือว่ามันเป็นอดีต แต่ตรรกะเดียวกันกับที่ฉันใช้สามารถขยายไปถึงกรณีหลังได้เช่นกันเมื่อปัญหานั้นหมดไป

ด้วยเหรียญที่มีอคติคุณสามารถผลิตเหรียญที่ยุติธรรมได้โดยทำตามขั้นตอนต่อไปนี้: https://en.wikipedia.org/wiki/Fair_coin#Fair_results_from_a_biased_coin

ตัวเลข 7 หรือน้อยกว่าสามารถเขียนเป็นเลขฐานสองเป็นตัวเลข {0,1} หลัก ดังนั้นสิ่งหนึ่งที่ต้องทำคือทำตามขั้นตอนข้างต้นสามครั้งและแปลงเลขฐานสองที่ผลิตกลับเป็นทศนิยม

วิธีการแก้ปัญหาที่ไม่เคยทิ้งความล้มเหลวซึ่งช่วยได้มากสำหรับเหรียญที่มีลำเอียงมาก

ข้อเสียของอัลกอริทึมนี้ (อย่างน้อยก็เขียน) ก็คือว่ามันใช้เลขคณิตความแม่นยำโดยพลการ ในทางปฏิบัติคุณอาจต้องการใช้สิ่งนี้จนกระทั่งมีจำนวนเต็มล้นจากนั้นจึงโยนทิ้งและเริ่มต้นใหม่

นอกจากนี้คุณต้องรู้ว่าอคติคืออะไร ... ซึ่งคุณอาจจะไม่พูดถ้ามันขึ้นอยู่กับอุณหภูมิเหมือนปรากฏการณ์ทางกายภาพส่วนใหญ่

---

สมมติว่าโอกาสของหัวคือพูด 30%

• [1, 8)เริ่มต้นด้วยช่วง
• พลิกเหรียญของคุณ ถ้าหัวใช้ซ้าย 30% [1, 3.1)ดังนั้นช่วงใหม่ของคุณ อื่นใช้สิทธิ 70% [3.1, 8)ดังนั้นช่วงใหม่ของคุณ
• ทำซ้ำจนกระทั่งช่วงทั้งหมดมีส่วนจำนวนเต็มเหมือนกัน

---

รหัสเต็ม:

#!/usr/bin/env python3
from fractions import Fraction
from collections import Counter
from random import randrange


BIAS = Fraction(3, 10)
STAT_COUNT = 100000


calls = 0
def biased_rand():
    global calls
    calls += 1
    return randrange(BIAS.denominator) < BIAS.numerator


def can_generate_multiple(start, stop):
    if stop.denominator == 1:
        # half-open range
        stop = stop.numerator - 1
    else:
        stop = int(stop)
    start = int(start)
    return start != stop


def unbiased_rand(start, stop):
    if start < 0:
        # negative numbers round wrong
        return start + unbiased_rand(0, stop - start)
    assert isinstance(start, int) and start >= 0
    assert isinstance(stop, int) and stop >= start
    start = Fraction(start)
    stop = Fraction(stop)
    while can_generate_multiple(start, stop):
        if biased_rand():
            old_diff = stop - start
            diff = old_diff * BIAS
            stop = start + diff
        else:
            old_diff = stop - start
            diff = old_diff * (1 - BIAS)
            start = stop - diff
    return int(start)


def stats(f, *args, **kwargs):
    c = Counter()
    for _ in range(STAT_COUNT):
        c[f(*args, **kwargs)] += 1

    print('stats for %s:' % f.__qualname__)
    for k, v in sorted(c.items()):
        percent = v * 100 / STAT_COUNT
        print('  %s: %f%%' % (k, percent))


def main():
    #stats(biased_rand)
    stats(unbiased_rand, 1, 7+1)
    print('used %f calls at bias %s' % (calls/STAT_COUNT, BIAS))


if __name__ == '__main__':
    main()

ดังที่ได้กล่าวไว้ในความคิดเห็นก่อนหน้านี้ปริศนานี้เกี่ยวข้องกับกระดาษของ John von Neumann ในปี 1951 “ เทคนิคต่าง ๆ ที่ใช้ในการเชื่อมต่อกับ Random Digits” ที่ตีพิมพ์ในวารสารวิจัยของสำนักงานมาตรฐานแห่งชาติ:

$p$$f(p)$$f$ $f(p)=\min\{1,2p\}$$N$ ของการทดลอง

$p \neq 1$$p \neq 0$

อันดับแรกเราจะเปลี่ยนเหรียญที่ไม่เป็นธรรมออกเป็นเหรียญที่ยุติธรรมโดยใช้กระบวนการจากNcAdams ตอบ :

พลิกเหรียญสองครั้ง ถ้ามันตกลงมาHHหรือTTไม่ก็สนใจมันแล้วพลิกมันสองครั้งอีกครั้ง

ตอนนี้เหรียญมีความน่าจะเป็นที่จะเกิดขึ้นHTหรือTHเท่ากัน ถ้ามันขึ้นมาโทรนี้HT H1ถ้ามันขึ้นมาโทรนี้THT1

$0$$1$H1$= 1$T1 $= 0$0.H1 H1 T1$0.110$

$1/7$

$1/7 = 0.001 001 001 ...$

$2/7 = 0.010 010 010 ...$

$3/7 = 0.011 011 011 ...$

$4/7 = 0.100 100 100 ...$

$5/7 = 0.101 101 101 ...$

$6/7 = 0.110 110 110 ...$

$n$$n/7$$(n-1)/7$$1$$7$

ได้รับแรงบันดาลใจจากคำตอบของ AdamO นี่คือโซลูชัน Python ที่หลีกเลี่ยงอคติ:

def roll(p, n):
    remaining = range(1,n+1)
    flips = 0
    while len(remaining) > 1:
        round_winners = [c for c in remaining if random.choices(['H','T'], [p, 1.0-p]) == ['H']]
        flips += len(remaining)
        if len(round_winners) > 0:
            remaining = round_winners
        p = 1.0 - p
    return remaining[0], flips

มีการเปลี่ยนแปลงหลักสองประการที่นี่: การเปลี่ยนแปลงหลักคือหากจำนวนทั้งหมดถูกยกเลิกในรอบให้ทำซ้ำรอบ นอกจากนี้ฉันพลิกตัวเลือกว่าหัวหรือก้อยหมายถึงทิ้งทุกครั้ง สิ่งนี้จะช่วยลดจำนวนการพลิกที่จำเป็นในกรณีที่ p ใกล้เคียงกับ 0 หรือ 1 โดย ~ 70% เมื่อ p = 0.999

มันจะปรากฏขึ้นที่เราได้รับอนุญาตให้เปลี่ยนการทำแผนที่ของผลของแต่ละพลิกทุกครั้งที่เราพลิก ดังนั้นเพื่อความสะดวกในจำนวนเต็มบวกเจ็ดตัวแรกเราจะให้คำสั่งต่อไปนี้:

$H \to 1$
$H \to 2$

$H \to 7$
$H \to 1$

ฯลฯ

$T$

$AP$$T$

$$P_{AP}(\text{no integers generated}) = (1-p)^7$$

$N_b$

$$\text{Count}_{AP}(\text{useless flips}) \to 7\cdot N_b(1-p)^7$$

$B(p,n=5)$$p^3(1-p)^2$

$$P_{DS}(\text{no integers generated}) = 1-7\cdot p^3(1-p)^2$$

การนับการโยนที่ไร้ประโยชน์จะเกิดขึ้นที่นี่

$$\text{Count}_{DS}(\text{useless flips}) \to 5\cdot N_b\cdot [1-7\cdot p^3(1-p)^2]$$

$AP$

$$\text{Count}_{AP}(\text{useless flips}) < \text{Count}_{DS}(\text{useless flips})$$

$$\implies 7\cdot N_b(1-p)^7 < 5\cdot N_b\cdot [1-7\cdot p^3(1-p)^2]$$

$$\implies 7\cdot (1-p)^7 < 5\cdot [1-7\cdot p^3(1-p)^2]$$

$p>0.0467$$AP$

$p$$AP$$DS$$p\approx 0.5967$

$$\frac{\text{Count}_{AP}(\text{useless flips})}{\text{Count}_{DS}(\text{useless flips})}$$

$0.67$$p=0.1$$0.3$$p=0.2$$0.127$$p=0.4$