ปัญหาในเชิงลึกที่ร้ายแรงของความน่าจะเป็นสำหรับการพลิกเหรียญ

ให้บอกว่าฉันทำ 10,000 flips เหรียญ ฉันต้องการทราบความน่าจะเป็นของการพลิกหลายครั้งเพื่อให้ได้ 4 หัวติดต่อกันหรือมากกว่าติดต่อกัน

การนับจะทำหน้าที่ดังต่อไปนี้คุณจะนับหนึ่งรอบการพลิกต่อเนื่องที่เป็นแค่หัว (4 หัวหรือมากกว่า) เมื่อก้อยกระทบและแตกแนวของหัวการนับจะเริ่มอีกครั้งจากการโยนครั้งต่อไป นี่จะทำซ้ำ 10,000 ครั้ง

ฉันต้องการทราบความน่าจะเป็นไม่ใช่เพียง 4 หัวขึ้นไปในแถว แต่ 6 หรือมากกว่าและ 10 หรือมากกว่า หากต้องการให้ชัดเจนหากมีริ้ว 9 หัวมันจะนับเป็น 1 ริ้ว 4 หรือมากกว่า (และ / หรือ 6 หรือมากกว่า) ไม่ใช่ 2 เส้นแยกกัน ตัวอย่างเช่นหากเหรียญมาถึง THTHTHTHHHHHH /// THAHTHT .... การนับจะเป็น 13 และเริ่มต้นอีกครั้งบนก้อยถัดไป

สมมุติว่าข้อมูลออกมาเอียงไปทางขวาอย่างมาก หมายความว่าเฉลี่ย 40 พลิกโดยเฉลี่ยเพื่อให้ได้แนว 4 หรือมากกว่าและการกระจายคือ u = 28 ความเบ้เห็นได้ชัด

ฉันพยายามอย่างเต็มที่เพื่อหาวิธีที่จะทำให้ข้อมูลบางอย่างมีความหมายยกเว้น ณ ตอนนี้ฉันไม่พบอะไรเลย

ฉันต้องการค้นหาวิธีที่จะทำให้ความน่าจะเป็นบางอย่างออกมาได้ เช่นเส้นโค้งปกติที่ +/- 1 SD อยู่ที่ 68% ฯลฯ ฉันได้ดูบันทึกการทำให้เป็นมาตรฐานและนั่นใช้สำหรับการทดสอบพารามิเตอร์ที่ไม่ใช่เป้าหมายของฉัน

ฉันได้รับแจ้งว่ามีการแจกแจงเบต้า แต่คำแนะนำทุกข้อที่ฉันค่อนข้างสับสน ฉันได้ถามคำถามนี้เมื่อหนึ่งปีที่แล้วและได้รับข้อมูลเชิงลึก แต่น่าเสียดายที่ฉันยังไม่มีคำตอบ ขอบคุณทุกคนที่มีความคิด

หากฉันเข้าใจอย่างถูกต้องแล้วปัญหาคือการหาการแจกแจงความน่าจะเป็นในช่วงเวลาที่การเรียกใช้ครั้งแรกของหัวหรือมากกว่าสิ้นสุดลง$n$

แก้ไขความน่าจะเป็นสามารถกำหนดได้อย่างแม่นยำและรวดเร็วโดยใช้การคูณเมทริกซ์และยังสามารถคำนวณค่าเฉลี่ยเป็นและความแปรปรวนเป็นโดยที่แต่อาจมีรูปแบบปิดไม่ง่ายสำหรับการแจกแจง ดังกล่าวข้างต้นจำนวนหนึ่งของเหรียญพลิกกระจายเป็นหลักกระจายเรขาคณิต: มันจะทำให้ความรู้สึกที่จะใช้แบบฟอร์มนี้สำหรับขนาดใหญ่ทีσ 2 = 2 n + 2 ( μ - n - 3 ) - μ 2 + 5 μ μ = μ - + 1 $\mu_-=2^{n+1}-1$$\sigma^2=2^{n+2}\left(\mu-n-3\right) -\mu^2 + 5\mu$$\mu=\mu_-+1$$t$

วิวัฒนาการในช่วงเวลาของการกระจายความน่าจะเป็นในพื้นที่รัฐสามารถสร้างแบบจำลองโดยใช้เมทริกซ์การเปลี่ยนแปลงสำหรับรัฐโดยที่จำนวนของเหรียญที่ต่อเนื่องกันพลิก รัฐมีดังนี้:n $k=n+2$$n=$

• สถานะไม่มีหัว$H_0$
• สถานะ ,หัวหน้า,ฉัน1 ≤ ฉัน≤ ( n - 1 $H_i$$i$$1\le i\le(n-1)$
• รัฐ ,หรือหัวมากขึ้น$H_n$$n$
• รัฐ , หัวหรือมากกว่าตามด้วยหาง$H_*$$n$

เมื่อคุณเข้าสู่สถานะคุณจะไม่สามารถกลับไปสู่สถานะอื่นได้$H_*$

ความน่าจะเป็นในการเปลี่ยนสถานะเพื่อเข้าสู่รัฐมีดังนี้

• สถานะ : ความน่าจะเป็นจาก , , รวมถึงตัวเอง แต่ไม่ใช่สถานะ$H_0$ Hii=0,…,n-1H$\frac12$$H_i$$i=0,\ldots,n-1$$H_n$
• สถานะ : ความน่าจะเป็นจาก$H_i$ Hi-$\frac12$$H_{i-1}$
• สถานะ : ความน่าจะเป็นจากคือจากรัฐที่มีหัวและตัวมันเอง$H_n$ Hn-1,Hnn-$\frac12$$H_{n-1},H_n$$n-1$
• สถานะ : ความน่าจะเป็นจากและความน่าจะเป็น 1 จาก (ตัวมันเอง)$H_*$ HnH$\frac12$$H_n$$H_*$

ตัวอย่างเช่นสำหรับนี่จะให้เมทริกซ์การเปลี่ยนแปลง$n=4$

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

สำหรับกรณีที่ , เวกเตอร์เริ่มต้นของความน่าจะเป็นเป็น(1,0,0,0,0,0) โดยทั่วไปเวกเตอร์เริ่มต้นมี p p = ( 1 , 0 , 0 , 0 , 0 , 0 ) p i = { 1 i = 0 0 i > $n=4$$\mathbf{p}$$\mathbf{p}=(1,0,0,0,0,0)$

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

vectorคือการแจกแจงความน่าจะเป็นในอวกาศตามเวลาที่กำหนด CDF ต้องเป็น CDF ในเวลาและความน่าจะเป็นของที่ได้เห็นอย่างน้อยเหรียญพลิกสิ้นสุดตามเวลาทีมันสามารถเขียนเป็นโดยสังเกตว่าเรามาถึงสถานะ 1 การเวลาหลังจากครั้งสุดท้ายในการโยนเหรียญติดต่อกัน n t ( X t + 1 p ) k H $\mathbf{p}$$n$$t$$(X^{t+1}\mathbf{p})_k$$H_*$

PMF ต้องในเวลาที่สามารถเขียนเป็น k อย่างไรก็ตามตัวเลขนี้เกี่ยวข้องกับการเอาจำนวนที่น้อยมากจากจำนวนที่มากขึ้น ( ) และจำกัดความแม่นยำ ดังนั้นในการคำนวณจะเป็นการดีกว่าถ้าตั้งค่ามากกว่า 1 จากนั้นจึงเขียนสำหรับเมทริกซ์ที่ได้จากผลลัพธ์ , pmf คือ k นี่คือสิ่งที่จะดำเนินการในง่าย R โปรแกรมด้านล่างซึ่งทำงานสำหรับการใด ๆ , ≈ 1 $(X^{t+1}\mathbf{p})_k - (X^{t}\mathbf{p})_k$$\approx 1$ X ′ X ′ =X | X k , k =0( X ′ t + 1 p ) k n≥$X_{k,k}=0$$X'$$X'=X|X_{k,k}=0$$(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")

พล็อตด้านบนแสดง pmf ระหว่าง 0 ถึง 100 พล็อตที่สองที่ต่ำกว่าแสดง pmf ระหว่าง 10 และ 110 และระหว่าง 1010 และ 1110 แสดงให้เห็นถึงความคล้ายคลึงกันในตัวเองและความจริงที่ @Glen_b บอกว่าการกระจายดูเหมือนว่า ประมาณโดยการกระจายทางเรขาคณิตหลังจากช่วงเวลาที่ปักหลัก

มันเป็นไปได้ที่จะตรวจสอบพฤติกรรมนี้ต่อไปโดยใช้การสลายตัววิคเตอร์ของXการทำเช่นนี้แสดงให้เห็นว่าสำหรับมีขนาดใหญ่พอ, , ที่คือคำตอบของสมการ 0 การประมาณนี้ดีขึ้นเมื่อเพิ่มและยอดเยี่ยมสำหรับในช่วงจาก 30 ถึง 50 ขึ้นอยู่กับค่าของดังแสดงในพล็อตของข้อผิดพลาดบันทึกด้านล่างสำหรับการคำนวณ (สีรุ้งสีแดงบน เหลือไว้สำหรับt p t + 1 ≈ c ( n ) p t$X$$t$$p_{t+1}\approx c(n)p_t$2 n + 1 c n ( c - 1 ) + 1 = 0 n t n p 100 n = 2 $c(n)$$2^{n+1}c^n(c-1)+1=0$$n$$t$$n$$p_{100}$$n=2$) (อันที่จริงด้วยเหตุผลเชิงตัวเลขจริง ๆ แล้วมันจะดีกว่าที่จะใช้การประมาณทางเรขาคณิตสำหรับความน่าจะเป็นเมื่อมีขนาดใหญ่กว่า)$t$

ฉันสงสัยว่า (ed) อาจมีรูปแบบปิดสำหรับการแจกจ่ายเนื่องจากค่าเฉลี่ยและความแปรปรวนตามที่ฉันคำนวณได้ดังต่อไปนี้

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

(ฉันต้องชนจำนวนขึ้นขอบฟ้าเวลาที่t=100000จะได้รับนี้ แต่โปรแกรมยังคงวิ่งสำหรับในเวลาน้อยกว่าประมาณ 10 วินาที) หมายถึงโดยเฉพาะตามรูปแบบที่ชัดเจนมาก; ความแตกต่างน้อยดังนั้น ฉันได้แก้ไขระบบการเปลี่ยนสถานะที่เรียบง่ายกว่า 3 รัฐในอดีตที่ผ่านมา แต่จนถึงตอนนี้ฉันไม่มีโชคกับวิธีการวิเคราะห์ที่ง่ายสำหรับระบบนี้ อาจมีทฤษฎีที่มีประโยชน์บางอย่างที่ฉันไม่ทราบเช่นเกี่ยวกับเมทริกซ์การเปลี่ยนแปลง$n=2,\ldots,10$

แก้ไข : หลังจากการเริ่มต้นผิดพลาดมากมายฉันคิดสูตรการทำซ้ำ ให้เป็นความน่าจะเป็นของการอยู่ในรัฐในเวลาทีให้เป็นความน่าจะเป็นที่สะสมของการอยู่ในรัฐคือรัฐสุดท้ายในเวลาทีNB H ฉัน t q ∗ , t H ∗$p_{i,t}$$H_i$$t$$q_{*,t}$$H_*$$t$

• สำหรับใดก็ตาม,และคือการแจกแจงความน่าจะเป็นในอวกาศและทันทีที่ฉันใช้ข้อเท็จจริงที่ว่าความน่าจะเป็นของพวกมันเพิ่มเป็น 1p i , t , 0 ≤ i ≤ n q ∗ , t$t$$p_{i,t}, 0\le i\le n$$q_{*,t}$$i$
• $p_{*,t}$รูปแบบการกระจายความน่าจะเป็นในช่วงเวลาทีต่อมาฉันใช้ข้อเท็จจริงนี้เพื่อหาวิธีและความแปรปรวน$t$

ความน่าจะเป็นของการอยู่ที่สถานะแรกในเวลาคือไม่มีหัวโดยการเปลี่ยนแปลงความน่าจะเป็นจากรัฐที่สามารถกลับไปที่เวลา (โดยใช้ทฤษฎีบทของความน่าจะเป็นรวม) แต่ ที่จะได้รับจากรัฐถึงใช้ขั้นตอนดังนั้นและ อีกครั้งโดยทฤษฎีบทของความน่าจะเป็นทั้งหมด อยู่ที่สถานะt p 0 , t + $t+1$$t$

$$\begin{align} p_{0,t+1} &= \frac12p_{0,t} + \frac12p_{1,t} + \ldots \frac12p_{n-1,t}\\ &= \frac12\sum_{i=0}^{n-1}p_{i,t}\\ &= \frac12\left( 1-p_{n,t}-q_{*,t} \right) \end{align}$$ H n - 1 n - 1 p n - 1 , t + n - 1 = $H_0$$H_{n-1}$$n-1$pn-1,t+n=$p_{n-1,t+n-1} = \frac1{2^{n-1}}p_{0,t}$ H n t+1 p n , t + $$p_{n-1,t+n} = \frac1{2^n}\left( 1-p_{n,t}-q_{*,t} \right)$$ $H_n$ณ เวลาที่คือ และ ใช้ข้อเท็จจริงที่ว่า , ดังนั้นเปลี่ยน , $t+1$ $$\begin{align} p_{n,t+1} &= \frac12p_{n,t} + \frac12p_{n-1,t}\\ &= \frac12p_{n,t} + \frac1{2^{n+1}}\left( 1-p_{n,t-n}-q_{*,t-n} \right)\;\;\;(\dagger)\\ \end{align}$$ $q_{*,t+1}-q_{*,t}=\frac12p_{n,t} \implies p_{n,t} = 2q_{*,t+1}-2q_{*,t}$ $$\begin{align} 2q_{*,t+2} - 2q_{*,t+1} &= q_{*,t+1}-q_{*,t}+\frac1{2^{n+1}}\left( 1-2q_{*,t-n+1}+q_{*,t-n} \right) \end{align}$$ $t\to t+n$ $$2q_{*,t+n+2} - 3q_{*,t+n+1} +q_{*,t+n} + \frac1{2^n}q_{*,t+1} - \frac1{2^{n+1}}q_{*,t} - \frac1{2^{n+1}} = 0$$

การตรวจสอบการเกิดซ้ำสูตรนี้ออกสำหรับกรณีและ 6 เช่นสำหรับพล็อตของสูตรนี้โดยใช้ให้ความแม่นยำในการสั่งซื้อเครื่อง$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

แก้ไขฉันไม่สามารถดูตำแหน่งที่จะไปหาแบบฟอร์มปิดจากความสัมพันธ์ที่เกิดซ้ำนี้ อย่างไรก็ตามมันเป็นไปได้ที่จะได้รับแบบฟอร์มปิดสำหรับค่าเฉลี่ย

เริ่มต้นจากและสังเกตว่า , รับผลรวมจากถึงและใช้สูตรสำหรับค่าเฉลี่ยและสังเกตว่าคือการแจกแจงความน่าจะเป็น $(\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}$$ นี่คือค่าเฉลี่ยสำหรับการเข้าถึงสถานะ ; ค่าเฉลี่ยสำหรับจุดสิ้นสุดของการวิ่งของหัวน้อยกว่านี้$H_*$

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

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

วิธีการและความแปรปรวนสามารถสร้างได้อย่างง่ายดายโดยทางโปรแกรม เช่นเพื่อตรวจสอบวิธีการและผลต่างจากตารางข้างต้นใช้งาน

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

ในที่สุดฉันไม่แน่ใจว่าสิ่งที่คุณต้องการเมื่อคุณเขียน

เมื่อก้อยกระทบและแตกแนวของหัวการนับจะเริ่มอีกครั้งจากการโยนครั้งต่อไป

หากคุณหมายถึงการกระจายความน่าจะเป็นในครั้งถัดไปที่การเรียกใช้ครั้งแรกของหัวหรือมากกว่าสิ้นสุดลงจุดสำคัญจะอยู่ในความคิดเห็นนี้โดย @Glen_bซึ่งก็คือกระบวนการเริ่มต้นอีกครั้งหลังจากหางหนึ่ง (cf ปัญหาเริ่มต้นที่คุณสามารถได้รับหัวหรือมากกว่าทันที)$n$$n$

ซึ่งหมายความว่าตัวอย่างเช่นเวลาเฉลี่ยของเหตุการณ์แรกคือแต่เวลาเฉลี่ยระหว่างเหตุการณ์มักจะเป็นเสมอ(ความแปรปรวนเหมือนกัน) นอกจากนี้ยังเป็นไปได้ที่จะใช้เมทริกซ์การเปลี่ยนแปลงเพื่อตรวจสอบความน่าจะเป็นในระยะยาวของการอยู่ในสถานะหลังจากที่ระบบ "ตัดสินลง" ที่จะได้รับการเปลี่ยนแปลงเมทริกซ์ที่เหมาะสมตั้งและเพื่อให้ผลตอบแทนจากระบบทันทีไปยังรัฐจากรัฐ * จากนั้นปรับขนาดวิคเตอร์แรกของเมทริกซ์ใหม่นี้จะช่วยให้ความน่าจะนิ่ง ด้วยความน่าจะเป็นแบบคงที่คือ$\mu-1$$\mu+1$$X_{k,k,}=0$$X_{1,k}=1$$H_0$$H_*$$n=4$

$$\begin{array}{c|cccccc} & \text{probability} \\ \hline H_0 & 0.48484848 \\ H_1 & 0.24242424 \\ H_2 & 0.12121212 \\ H_3 & 0.06060606 \\ H_4 & 0.06060606 \\ H_* & 0.03030303 \end{array}$$ เวลาที่คาดหวังระหว่างรัฐจะได้รับจากส่วนกลับของความน่าจะเป็น ดังนั้นครั้งคาดว่าระหว่างการเข้าชม1$H_* = 1/0.03030303 = 33 = \mu + 1$

ภาคผนวก : โปรแกรม Python ใช้เพื่อสร้างความน่าจะเป็นที่แน่นอนสำหรับn= จำนวนของส่วนหัวที่ต่อเนื่องกันมากกว่าที่จะNโยน

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()

ฉันไม่แน่ใจว่าเบต้าน่าจะเหมาะสมเป็นพิเศษในการจัดการกับปัญหานี้ - "จำนวนการเล่นจนกว่า ... " จะนับอย่างชัดเจน มันเป็นจำนวนเต็มและไม่มีขีด จำกัด สูงสุดสำหรับค่าที่คุณได้รับความน่าจะเป็นบวก

ในทางตรงกันข้ามการกระจายเบต้านั้นต่อเนื่องและในช่วงเวลาที่ จำกัด ดังนั้นมันจึงเป็นตัวเลือกที่ผิดปกติ หากช่วงเวลาคุณตรงกับเบต้าที่ปรับขนาดฟังก์ชันการแจกแจงแบบสะสมอาจจะไม่ได้ประมาณค่าที่ไม่ดีในส่วนที่เป็นศูนย์กลางของการแจกแจง อย่างไรก็ตามทางเลือกอื่น ๆ มีแนวโน้มที่จะดีขึ้นอย่างมีนัยสำคัญต่อไปในหางทั้งสอง

หากคุณมีการแสดงออกถึงความน่าจะเป็นหรือการจำลองจากการแจกแจง (ซึ่งคุณอาจต้องการเพื่อหาเบต้าประมาณ) ทำไมคุณไม่ใช้โดยตรง

---

หากความสนใจของคุณอยู่ในการค้นหานิพจน์สำหรับความน่าจะเป็นหรือการกระจายความน่าจะเป็นของจำนวนการโยนที่ต้องการความคิดที่ง่ายที่สุดคือการทำงานกับฟังก์ชันสร้างความน่าจะเป็น สิ่งเหล่านี้มีประโยชน์สำหรับการหาฟังก์ชั่นจากความสัมพันธ์แบบเรียกซ้ำระหว่างความน่าจะเป็นซึ่งฟังก์ชัน (pgf) จะช่วยให้เราสามารถแยกความน่าจะเป็นที่เราต้องการได้

ต่อไปนี้เป็นบทความที่มีคำตอบที่ดีเกี่ยวกับวิธีการทางพีชคณิตซึ่งอธิบายทั้งความยากลำบากและการใช้ประโยชน์จาก pgfs และความสัมพันธ์ที่เกิดซ้ำ มันมีการแสดงออกที่เฉพาะเจาะจงสำหรับค่าเฉลี่ยและความแปรปรวนในกรณี "สองความสำเร็จในแถว":

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

กรณีความสำเร็จทั้งสี่จะยากกว่าเดิมมาก ในทางกลับกันทำให้สิ่งต่าง ๆ ง่ายขึ้น$p = \frac{1}{2}$

-

หากคุณต้องการคำตอบเชิงตัวเลขการจำลองนั้นค่อนข้างตรงไปตรงมา การประมาณความน่าจะเป็นสามารถใช้โดยตรงหรือมิฉะนั้นก็มีเหตุผลที่จะทำให้ความน่าจะเป็นแบบจำลองราบรื่นขึ้น

หากคุณต้องใช้การแจกแจงแบบประมาณคุณอาจเลือกสิ่งที่ทำได้ค่อนข้างดี

อาจเป็นไปได้ว่าส่วนผสมของชื่อทวินามเชิงลบ (เวอร์ชัน 'จำนวนการทดสอบ' แทนที่จะเป็น 'จำนวนครั้งที่ประสบความสำเร็จ') อาจมีเหตุผล ควรคาดหวังว่าองค์ประกอบสองหรือสามองค์ประกอบจะให้การประมาณที่ดีในทุกส่วนยกเว้นส่วนท้ายสุด

หากคุณต้องการการกระจายแบบต่อเนื่องเพียงครั้งเดียวสำหรับการประมาณค่าอาจมีทางเลือกที่ดีกว่าการแจกแจงแบบเบต้า มันจะเป็นสิ่งที่ต้องสืบสวน

---

เอาล่ะฉันทำพีชคณิตนิดหน่อยแล้วบางคนก็เล่นกับความสัมพันธ์ที่เกิดซ้ำการจำลองบางอย่างและแม้แต่ความคิดเล็กน้อย

สำหรับการประมาณที่ดีมากฉันคิดว่าคุณสามารถหนีไปได้โดยเพียงแค่ระบุความน่าจะเป็นที่ไม่ใช่ศูนย์สี่ตัวแรก (ซึ่งเป็นเรื่องง่าย) คำนวณค่าสองสามกำมือถัดไปผ่านการเกิดซ้ำ (เช่นง่าย) และจากนั้นใช้หางเรขาคณิต ทำให้ความก้าวหน้าที่ราบรื่นน้อยลงในขั้นแรก

ดูเหมือนว่าคุณสามารถใช้หางรูปทรงเรขาคณิตเพื่อความแม่นยำสูงมากที่ผ่านมา k = 20 แต่หากคุณกังวลว่าจะบอกความแม่นยำของรูปที่ 4 คุณสามารถนำมาใช้ก่อนหน้านี้

สิ่งนี้จะช่วยให้คุณสามารถคำนวณ pdf และ cdf ได้อย่างแม่นยำ

ฉันกังวลเล็กน้อย - การคำนวณของฉันระบุว่าค่าเฉลี่ยของการโยนคือ 30.0 และค่าเบี่ยงเบนมาตรฐานคือ 27.1; ถ้าฉันเข้าใจความหมายของ "x" และ "u" คุณจะได้ 40 และ 28 ในการโยน 28 ดูเหมือนไม่เป็นไร แต่ 40 ดูเหมือนจะเป็นวิธีที่ฉันได้ ... ซึ่งทำให้ฉันกังวลว่าฉันทำอะไรผิด

====

หมายเหตุ: ด้วยความซับซ้อนระหว่างครั้งแรกและครั้งต่อ ๆ ไปที่เราพบฉันแค่อยากจะแน่ใจอย่างแน่นอนตอนนี้ที่เรากำลังนับสิ่งเดียวกัน

นี่คือลำดับสั้น ๆ ที่มีจุดสิ้นสุดของลำดับ '4 หรือมากกว่า H' (ชี้ไปที่ช่องว่างระหว่างการพลิกทันทีหลังจาก H สุดท้าย)

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

ระหว่างเครื่องหมายทั้งสองนี้ฉันนับ 23 การโยน นั่นคือทันทีที่ลำดับก่อนหน้าของ (6 ในกรณีนี้) สิ้นสุดของ H เราจะเริ่มนับที่จุดถัดไปทันทีจากนั้นเรานับสิทธิ์จนถึงจุดสิ้นสุดของลำดับ 5 H (ในกรณีนี้) ซึ่งจบลำดับถัดไป ให้นับ 23 ในกรณีนี้

นั่นเป็นวิธีที่คุณนับพวกเขา?

---

นี่คือสิ่งที่ฟังก์ชั่นความน่าจะเป็นของการโยนหลังจากการวิ่งหนึ่งครั้งที่มีอย่างน้อย 4 หัวเสร็จสมบูรณ์จนกว่าการวิ่งครั้งต่อไปของอย่างน้อย 4 หัวจะเสร็จสมบูรณ์ดูเหมือนว่า:

เมื่อมองดูครั้งแรกมันดูเหมือนว่าแบนสำหรับค่าสองสามค่าแรกจากนั้นมีหางรูปทรงเรขาคณิตแต่ความประทับใจนั้นไม่แม่นยำนัก - ใช้เวลาสักครู่ในการปักหลักหางรูปทรงเรขาคณิตได้อย่างมีประสิทธิภาพ

ฉันกำลังดำเนินการเกี่ยวกับการประมาณที่เหมาะสมที่คุณสามารถใช้เพื่อตอบคำถามใด ๆ ที่คุณมีเกี่ยวกับความน่าจะเป็นที่เกี่ยวข้องกับกระบวนการนี้เพื่อความแม่นยำที่ดีในเวลาเดียวกันให้ง่ายที่สุดเท่าที่จะทำได้ ฉันมีการประมาณค่าที่ดีพอสมควรซึ่งควรใช้งานได้ (ซึ่งฉันได้ตรวจสอบกับการจำลองการโยนเหรียญเป็นพันล้านเหรียญ) แล้ว แต่มีอคติบางอย่าง (เล็ก แต่สอดคล้องกัน) ในความน่าจะเป็นที่ประมาณในช่วงนั้นและฉันต้องการ ดูว่าฉันจะได้รับความแม่นยำหลักพิเศษจากมัน

อาจเป็นได้ว่าวิธีที่ดีที่สุดที่จะทำคือให้ตารางฟังก์ชันความน่าจะเป็นและ cdf ออกไปจนถึงจุดที่สามารถใช้การกระจายแบบเรขาคณิตได้

อย่างไรก็ตามมันจะช่วยถ้าคุณสามารถให้ความคิดเกี่ยวกับช่วงของสิ่งต่าง ๆ ที่คุณจำเป็นต้องใช้ในการประมาณค่า

---

ฉันหวังว่าจะทำตามวิธีการของ pgf แต่เป็นไปได้ที่คนอื่นจะมีความเชี่ยวชาญกับพวกเขามากกว่าฉันและไม่สามารถทำได้แค่ 4 ราย แต่เป็นกรณีอื่น

คุณต้องการกระจายทางเรขาคณิต จากวิกิพีเดีย:

การกระจายความน่าจะเป็นของจำนวนของการทดลอง Bernoulli จำเป็นต้องได้รับอย่างใดอย่างหนึ่งที่ประสบความสำเร็จได้รับการสนับสนุนในชุด {1, 2, 3, ... }$X$

ให้หัว H เป็นความล้มเหลวและก้อย T เป็นความสำเร็จ ตัวแปรสุ่มคือจำนวนของการโยนเหรียญที่ต้องการเพื่อดูก้อยแรก ตัวอย่างเช่นจะเป็นลำดับ HHHT นี่คือการแจกแจงความน่าจะเป็นสำหรับ :$X$$X=4$$X$

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

อย่างไรก็ตามเราต้องการเพียงจำนวนหัวเท่านั้น ลองกำหนดแทนจำนวนหัวแทน นี่คือการกระจาย:$Y=X-1$

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

สำหรับ... เราคิดเหรียญยุติธรรมทำให้pดังนั้น: $y=0,1,2,3...$$p=0.5$

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

ทั้งหมดนี้จะถือว่าจำนวนการโยนมีขนาดใหญ่พอ (เช่น 10,000) สำหรับขนาดเล็ก (จำกัด )เราจะต้องเพิ่มตัวประกอบการทำให้เป็นมาตรฐานลงในนิพจน์ พูดง่ายๆก็คือเราต้องทำให้แน่ใจว่าผลรวมทั้งหมดเท่ากับ 1 เราสามารถทำได้โดยหารด้วยผลรวมของความน่าจะเป็นทั้งหมดซึ่งนิยามไว้ที่นี่เป็น :$n$$n$$\alpha$

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

นี่หมายถึงรูปแบบที่ถูกต้องของซึ่งเขียนแทนจะเป็น:$Y$$Z$

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

อีกครั้งด้วยเราสามารถลดสิ่งนี้ได้มากขึ้นโดยใช้การสรุปชุดทางภูมิศาสตร์ :$p=0.5$

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

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