Bir dizi bozuk para atmada bir kafa ve kuyruk desenine vurmak için geçen süre

Peter Donnelly'nin konuşma esinlenerek TED o belli desen sikke fırlatır bir dizi görünmesinin ne kadar süreceğini anlatılır ki, ben 'htt' iki paterni 'hth' ve Verilen R. aşağıdaki komut dosyasını oluşturan, onu Bu kalıplardan birine basmadan önce ortalama ne kadar sürdüğünü (yani kaç jeton attığını) hesaplar.

coin <- c('h','t')

hit <- function(seq) {
    miss <- TRUE
    fail <- 3
    trp  <- sample(coin,3,replace=T)
    while (miss) {
        if (all(seq == trp)) {
            miss <- FALSE
        }
        else {
            trp <- c(trp[2],trp[3],sample(coin,1,T))
            fail <- fail + 1
        }
    }
    return(fail)
}

n <- 5000
trials <- data.frame("hth"=rep(NA,n),"htt"=rep(NA,n))

hth <- c('h','t','h')
htt <- c('h','t','t')

set.seed(4321)
for (i in 1:n) {
    trials[i,] <- c(hit(hth),hit(htt))    
}
summary(trials)

Özet istatistikler aşağıdaki gibidir,

      hth             htt        
 Min.   : 3.00   Min.   : 3.000  
 1st Qu.: 4.00   1st Qu.: 5.000  
 Median : 8.00   Median : 7.000  
 Mean   :10.08   Mean   : 8.014  
 3rd Qu.:13.00   3rd Qu.:10.000  
 Max.   :70.00   Max.   :42.000 

Konuşmada, ortalama madeni para atma sayısının iki kalıp için farklı olacağı; simülasyonumdan görülebileceği gibi. Konuşmayı birkaç kez izlememe rağmen, neden böyle olacağını tam olarak anlamadım. Anladığım kadarıyla 'hth' kendini örtüşüyor ve sezgisel olarak 'htt' den daha kısa sürede 'hth' vurduğunu düşünürdüm, ama durum bu değil. Biri bana bunu açıklarsa çok sevinirim.

İlk H aldığınızda ve ardından T aldığınızda ne olacağını düşünün.

Durum 1: HTH'yi arıyorsunuz ve ilk defa HT'yi gördünüz. Eğer bir sonraki adım H ise, bitirdiniz. Eğer T ise, ilk kareye geri dönersiniz: son iki atış TT olduğu için şimdi tam HTH'ye ihtiyacınız var.

2. Durum: HTT'yi arıyorsunuz ve ilk defa HT'yi gördünüz. Eğer bir sonraki adım T ise, bitirdiniz. H ise, bu açıkça bir gerilemedir; Bununla birlikte, artık H'ye sahip olduğunuzdan ve sadece -TT'ye ihtiyacınız olduğundan küçük bir durum. Eğer bir sonraki adım H ise, bu durumunuzu daha da kötüleştirmez, oysa ki T daha iyi duruma getirir.

Başka bir deyişle, gördüğünüz ilk H, sizi yolun 1 / 3'üne götürürse ve o noktadan itibaren asla sıfırdan başlamak zorunda kalmazsınız. Bu, bir TT'nin kaydettiğiniz tüm gelişmeleri sildiği durumlarda 1 doğru değildir.

$8n+2$$n$$n$$HTH$$HTH$

Ona bakmanın bir başka yolu, "HT" ye ulaştıktan sonra, "T" nin "HTH" yi başa geri göndermesi, "H" nin ise olası bir "HTT" ye ilerlemeye başlamasıdır.

$k$$k$$2^k$$2+0+8=10$$0+0+8=8$

$5$

Daha da kötüye gidiyor: Penney'nin oyununda yarışacak bir desen seçiyorsunuz ve sonra başka birini seçiyorum. "HTH" yi seçerseniz, o zaman "HHT" yi seçeceğim ve 2: 1 kazanma şansım olacak; Eğer "HTT" yi seçersen tekrar "HHT" seçeceğim ve yine de lehimde 2: 1 oranım olacak. Ama eğer "HHT" yi seçersen "THH" yi seçeceğim ve 3: 1 oranım olacak. İkinci oyuncu her zaman oranları önyargılı tutabilir ve en iyi seçenekler geçişli değildir.

Resim çizmeyi seviyorum.

Bu diyagramlar sonlu durumlu otomatlardır (FSA). Bunlar küçük paralı oyunlardır ( Chutes and Ladders gibi ), sırasıyla HTT ve HTH dizilerini "tanıyan" ya da "kabul eden", yazı teli paralarına karşılık olarak bir jetonu bir düğümden diğerine hareket ettirerek. Belirteç, üst düğmede başlar ve bir okla işaretlenir ( i satırı ). Madeni paranın her atılmasından sonra, belirteç, o madenin sonucuyla (H veya T) etiketli kenar boyunca (sırasıyla "H düğümü" ve "T düğümü" olarak adlandıracağım) başka bir düğüme taşınır. Belirteç bir terminal düğümün üzerine düştüğünde (yeşil renkle gösterilen oklar yoktur) oyun sona erer ve ÖSO diziyi kabul etti.

Her bir FSA'yı, dikey bir iz üzerinde dikey olarak ilerliyor olarak düşünün. "Doğru" kafa ve kuyruk dizisini atmak, belirtecin hedefine doğru ilerlemesine neden olur. "Yanlış" bir değerin atılması, belirtecin yedeklenmesine neden olur (veya en azından hareketsiz kalır). Belirteç, en son fırlatmaya karşılık gelen en gelişmiş duruma yedeklenir. Örneğin, II . Satırdaki HTT FSA, bir kafa gördükten sonra II . Satırda kalır , çünkü bu kafa, nihai bir HTH'nin ilk dizisi olabilir. Bu , başından sonuna kadar gitmez, çünkü bu, bu son kafayı tamamen görmezden gelir.

Bu iki oyunun doğrulanmasından sonra iddia edildiği gibi HTT ve HTH'ye tekabül ediyorlar ve onları sıra sıra karşılaştırarak HTH'nin kazanmanın daha zor olduğu açıkça görülüyor . Sadece hattı üzerindeki grafik yapısı farklı iii bir H hattına HTT geri alır, ii HTH içinde, (ve bir T kabul eder), ancak bir T hattına bize her şekilde geri alır i (ve H kabul eder). Çizgisinde cezası iii oynayan HTH içinde HTT oynarken cezası daha şiddetlidir.

Bu ölçülebilir. Bu iki FSA'nın düğümünü kabul için gerekli beklenen fırlatma sayısı ile etiketledim . Bunları "değer" olarak adlandıralım. Etiketleme ile başlar

(1) kabul eden düğümlerde 0'ın bariz değerini yazma.

Kafaların olasılığı p (H) ve kuyrukların olasılığı 1 - p (H) = p (T) olsun. (Adil bir jeton için her iki olasılık da 1 / 2'ye eşit.)

(2) bir düğümün değeri, H düğümünün değerinin bir artı p (H) katına eşittir artı p (T), T düğümünün değerinin katına eşittir.

Bu kurallar değerleri belirler . Etiketli değerlerin (adil bir madeni para varsayarak) doğru olduğunu doğrulamak hızlı ve bilgilendirici bir alıştırmadır. Örnek olarak, II . Satırdaki HTH değerini düşünün . Kural, 8’in 8 ortalamanın 1’inden ( i satırındaki H düğümünün değeri ) ve 6’nın ( iii satırındaki T düğümünün değeri) 1 olması gerektiğini söylüyor : kesinlikle, 8 = 1 + (1/2) * 8 + (1/2) * 6. Kalan beş değeri çizimde olduğu gibi kolayca kontrol edebilirsiniz.

Bazı harika cevaplar. Biraz farklı bir tutum almak ve karşı-sezgisellik sorununu ele almak istiyorum. (Ben katılıyorum, BTW)

İşte nasıl anladım. "H" ve "T" harflerinden oluşan bir kağıt kaset üzerine basılmış rastgele sıralı bozuk para sonuçlarının bir sütununu hayal edin.

Rasgele bir şekilde bu bandın bir kısmını koparın ve aynı bir kopya yapın.

Belirli bir bantta, HTH ve HTT dizilerinin her biri, bant yeterince uzunsa sık sık gerçekleşir.

Ancak bazen HTH örnekleri bir arada çalışacaktır, yani HTHTH. (veya hatta çok nadiren HTHTHTH)

Bu çakışma HTT örnekleri ile yapılamaz.

Başarılı sonuçların "şeritlerini", bir kasette HTH ve diğerinde HTT'yi seçmek için bir vurgulayıcı kullanın. Üst üste binme nedeniyle HTH çizgilerinin birkaçı daha kısa olacaktır. Sonuç olarak, aralarındaki boşluklar ortalama olarak diğer kasetlerden biraz daha uzun olacaktır.

Ortalama olarak her beş dakikada bir olmak üzere otobüs beklemek gibi bir şey. Otobüslerin üst üste binmesine izin verilirse, aralık ortalama olarak beş dakikadan biraz daha uzun olacak, çünkü bazen ikisi birlikte geçecek.

İsteğe bağlı bir saatte gelirseniz, üst üste binmelerine izin veriliyorsa, bir sonraki (size, ilk) otobüs için biraz daha uzun süre beklersiniz.

Tamsayı durumunda bunun sezgisini arıyordum (Ross'un Girişimi ile Olasılık Modellerine girdiğim için). Yani tamsayılı durumlar hakkında düşünüyordum. Bunu yardım ettim:

$A$

$B$

Üst üste binme durumunda kabaca $A=B$$P(A \cap \tilde{B})=0$

Öte yandan, üst üste binme durumunda $A \ne B$$P(A \cap \tilde{B}) \ge 0$

Öyleyse, bir sonraki çizimdeki deseni bitirme şansımın olduğunu hayal edeyim. Bir sonraki sembolü çizerim ve deseni bitirmez. Şablonumun üst üste binmemesi durumunda, çizilen sembol hala modeli oluşturmaya başlamama izin verebilir.

Bir üst üste binme durumunda, kısmi düzenimi bitirmek için ihtiyaç duyduğum bir sembol yeniden inşa etmeye başlamak için ihtiyaç duyduğum sembolle aynıydı. Bu yüzden her ikisini de yapamam ve bu yüzden kesinlikle tekrar inşa etmeye başlayabilmek için bir sonraki çekilişe kadar beklemeniz gerekecek.