Arka arkaya 10 kafa, bir sonraki fırlatma kuyruğu olma şansını arttırır mı?

Aşağıdakilerin doğru olduğunu farz ediyorum: adil bir madeni para farz etmek, üst üste 10 kafa almak, bir madeni para atmak, bir sonraki madeni para ne kadar olasılık ve / veya istatistik jargonu olursa olsun, bir kuyruk olma şansını arttırmaz. (özür dilerim püf noktaları).

Durumun bu olduğunu farz edersem sorum şu: nasıl birisini bu şekilde ikna edebilirim?

Zeki ve eğitimliler ama bu konuda haklı olduğumu düşünmemeye kararlı görünüyorlar (tartışma).

eğer [...] 10 kafa olsaydı, o zaman sıradaki bir sonraki kuyruğun daha yüksek olacağını söylemeye çalışıyorlar çünkü istatistikler sonunda dengede kalacağını söylüyor

Çok özel bir anlamda sadece bir "dengeleme" var.

Adil bir para varsa, o zaman hala her atmada 50-50. Bozuk para geçmişini bilemez . Fazla kafa olduğunu bilemez. Geçmişini telafi edemez. Hiç . sadece rastgele bir kafa şansı ile kafa veya kuyrukları olmaya devam ediyor.

Eğer , kafa sayısı ise ( , kuyruk sayısıdır), adil bir madeni para için, , sonsuzluğa gittiği için , .... ama0 değil. Aslında, aynı zamanda sonsuzluğa gider!$n_H$$n=n_H+n_T$$n_T$$n_H/n_T$$n_H+n_T$$|n_H-n_T|$

Yani, hiçbir şey onları daha da düzgünleştirmek için hareket etmez. Sayımları yok "dışarı dengeleme" yönelirler. Ortalama olarak, kafa sayısı ve kuyruk sayısı arasındaki dengesizlik aslında artıyor!

İşte 100 atış 1000 kümenin sonucu, gri izler her adımda kafa eksi kuyruk sayısındaki farkı gösteriyor.

Gri izler ( temsil eder ) bir Bernoulli rasgele yürüyüşüdür. Her bir zaman adımında y-ekseni bir birim adım (rastgele eşit olasılıkla rastgele) ile yukarı veya aşağı hareket eden bir parçacık olduğunu düşünüyorsanız, o zaman parçacık pozisyonunun dağılımı zaman içinde 0'dan 'uzaklaşacaktır'. Hala 0 beklenen değere sahiptir, ancak 0'dan beklenen mesafesi, zaman adımlarının sayısının karekökü olarak büyür. [Düşünen herkes için " Beklenen mutlak farktan ya da RMS farkından bahsediyor " diyor - aslında ya: büyük için ilk saniyenin% 80'i.]$n_H-n_T$$n$$\sqrt{2/\pi}\approx$

Yukarıdaki mavi eğri ve yeşil eğri . Gördüğünüz gibi, toplam kafalarla toplam kuyruk arasındaki tipik mesafe büyür. Eğer 'eşitliğe geri dönme' - 'eşitlikten sapmaların telafi edilmesi' için hareket eden herhangi bir şey olsaydı, genellikle bunun gibi daha da uzama eğiliminde olmazlardı. (Bunu cebirsel olarak göstermek zor değildir, ancak arkadaşınızı ikna edeceğinden şüpheliyim. Kritik olan kısım, bağımsız rastgele değişkenlerin toplamının varyansının, varyansların toplamı olmasıdır bağlantılı bölümün sonuna bakın - her biri başka bir yazı tura attığınızda, toplamın varyansına sabit bir miktar eklersiniz ... bu yüzden varyans ile orantılı olarak büyümelidir.$\pm \sqrt{n}$$\pm 2\sqrt{n}$ $<$$>$$n$. Sonuç olarak, standart sapma ile artar . Bu durumda her adımda varyansa eklenen sabit, 1 olur, ancak bu argüman için çok önemli değildir.)$\sqrt{n}$

Eşdeğer, gider mi toplam fırlatır sonsuza gider, fakat bunun tek nedeni çok daha hızlı sonsuza gideryapar. 0nH+nT| nH-nT$\frac{|n_H-n_T|}{n_H+n_T}$$0$$n_H+n_T$$|n_H-n_T|$

O toplam sayısını bölünürse Bunun anlamı ile$n$ her bir adımda bu eğriler, - sayısı tipik mutlak fark mertebesindedir , ama tipik mutlak fark oran daha sonra mertebesinde olmalıdır . 1/$\sqrt{n}$$1/\sqrt{n}$

Olanlar bu kadar. Eşitlikten giderek artan büyük rasgele sapmalar daha da büyük olan payda tarafından " yıkandı " .

* tipik mutlak boyutta artış

Kenar boşluğundaki küçük animasyonu burada görün

Arkadaşın ikna olmamışsa, biraz bozuk para at. Her seferinde arka arkaya üç kafa deyince, bir sonraki atışta (% 50'den az olan) bir kafa için bir olasılık olasılığını göz önünde bulundurması gerektiğini düşünmesini isteyin. Onlara size karşılık gelen oranları vermelerini isteyin (başka bir deyişle, kuyrukların daha muhtemel olduğu konusunda ısrar ettikleri için, kafalarına bahis yaparsanız 1: 1'den biraz daha fazla para ödemeye razı olmalıdır). Her biri az miktarda parayla çok sayıda bahis olarak ayarlanmışsa en iyisidir. (Neden bahislerin yarısını alamadıklarına dair bir mazeret varsa şaşırmayın - ama bu en azından pozisyonun tutulduğu ciddiyeti büyük ölçüde azaltıyor gibi görünüyor.)

[Ancak, tüm bu tartışma madalyonun adil olmasına dayanmaktadır. Madeni para adil değilse (50-50), o zaman tartışmanın farklı bir versiyonu - beklenen oran farkından sapmalara dayanmak gerekir. 10 atakta 10 kafaya sahip olmak sizi p = 0.5 varsayımından şüphelenmenize neden olabilir. İyi atılmış bir madeni para , ağırlığa yakın veya yakın olmalıdır - ama aslında, küçük ama sömürülebilir önyargı sergiler , özellikle de onu sömüren kişi Persi Diaconis gibi biriyse. Öte yandan bükülmüş paralar , bir yüzünde daha fazla ağırlık olması nedeniyle önyargıya karşı oldukça duyarlı olabilir.

Karışıklık, başka bir şeye bakmadan başından beri olasılıkla bakıyor.

İşleri basitleştirelim:

İlk çevir:

T

Şimdi bir T şansı% 50, yani 0.5 oldu.

Bir sonraki çevirinin tekrar T olma şansı 0.5

TT 0.5
TF 0.5

Ancak, ilk kapaktan ne haber? Bunu dahil edersek:

TT 0.25
TF 0.25

Kalan% 50 F ile başlıyor ve yine T ve F arasında eşit bir bölünme var.

Bunu üst üste on yazıya kadar uzatmak için - zaten elde etmiş olma ihtimaliniz 1/1024.

Bir sonraki T veya F olma olasılığı% 50'dir.

Dolayısıyla, 11 kuyruk başlangıcından itibaren şans 2048'de 1'dir. Kuyruğu 10 kez çevirmiş olma olasılığı, bir sonraki dönüşün aynı zamanda% 50 olmasına rağmen kuyruk olma ihtimalidir.

1024'de 10'luk ihtimalin 1'inin düşüklüğünü başka bir T'nin şansına uygulamaya çalışıyorlar, aslında bu gerçekleştiğinde, bunun gerçekleşmesi olasılığı artık önemli değil.

Bir satırdaki 11 kuyruk, bir başlık tarafından takip edilen 10 kuyruktan daha fazla veya daha az değildir.

11 çevirme ihtimalinin tüm kuyruklar olma olasılığı düşük, ancak zaten gerçekleştiği için artık önemi yok!

Olasılık hala 50-50'dir ve bir sonraki şarkının kuyrukları olacaktır.

Çok basit açıklama: Bu sırayla 10 kafa + 1 kuyruk çevirme ihtimali çok düşük. Ama 10 kafa attığın zaman, şansın çoğunu zaten yendin ... sıralamayı bitirmek için 50-50 şansın var.

Onları, eğer önceki sonuçlar yaklaşan fırlatmaları etkileyecekse, sadece son 10 fırlatmanın değil, madeni para ömrünün her atışının da göz önünde bulundurulması gerektiğine ikna etmeye çalışmalısınız.

Bence daha mantıklı bir yaklaşım.

Bu gerçekten bir cevap değil - senin problemin psikolojik, matematiksel değil. Ancak yardımcı olabilir.

sometimes$2^{10} \approx 10^3$

$1/2$

$x_n$$11, 12, \dots, n+10.$

$$\lim_{n \rightarrow \infty} x_n/n =1/2$$ $$\lim_{n \rightarrow \infty} \frac{10+x_n}{n+10}= 1/2$$ $$\frac{10+500000}{1000010} \approx 0.5$$ bu nedenle, sınırda, ilk 10 kuyruk hiç önemli değil, etkisi sonraki tüm atmalar tarafından "yıkandı". Bu nedenle, sınır sonucunun tutulması için “dengeleme” gerekmemektedir. Matematiksel olarak, bu sadece herhangi bir sayı dizisinin limitinin (eğer varsa ...) hiç bir sonlu, ilk segmente bağlı olmadığı gerçeğini kullanıyor ! Böylece, sınırlamayı etkilemeden ilk on (veya ilk yüz) atış için sonuçları keyfi bir şekilde atayabiliriz. Sanırım kumarbaz arkadaşlarınıza (belki de daha fazla sayı ve örnek ve daha az cebir ile) açıklamanın en iyi yolu bu olabilir.

Diğer yön ise : 10 yazı attığında, belki de biri madalyonun iyi olup olmadığından şüphe etmeye başlıyor, basit, sıradan, bağımsız, eşit olasılıklı fırlatma modeline karşılık geliyor. "Fırlatıcının" (fırlatmayı yapan kişi) fırlatmaları bir şekilde kontrol etmek için eğitilmediğini ve gerçekten dürüst bir şekilde fırlatıldığını varsayarsak kuyruk olasılığının yarısı kadar olması gerekir ( bu Gelman makalesine bakın ).

Öyleyse, alternatif hipotezde madeni para atma arasında bir bağımlılık olmalı! Ve, arka arkaya on kuyruk gördükten sonra, kanıtlar bağımlılığın pozitif bir yol olduğudur, böylece bir kuyruk bir sonraki bozuk para atma olasılığını arttırır. Fakat o zaman, bu analizden sonra, makul sonuç, onbirinci atmanın kuyruk olma ihtimalinin düşürüldüğü , arttırıldığıdır ! Dolayısıyla, sonuç, bu durumda, kumarbaz arkadaşlarınızın tam tersidir .

Ben onların sonuçlarını haklı çıkarmak için gerçekten garip bir modele ihtiyacınız olacağını düşünüyorum.

Bozuk para basmalarının bağımsız olduğunu varsayarsak, bu bir istatistikçiden diğerine kanıtlamak çok kolaydır. Ancak, arkadaşınız jeton çevirilerinin bağımsız olduğuna inanmıyor gibi görünüyor. Bağımsız ile eşanlamlı sözcükler (örneğin, madalyonun bir "hafızası" yok) etrafına atmaktan başka, ona yazı turalarının sadece bir kelime argümanıyla bağımsız olduğunu kanıtlayamazsınız. Talebinizi iddia etmek için simülasyonu kullanmanızı öneririm ama, dürüst olmak gerekirse, arkadaşınız yazı turalarının bağımsız olduğuna inanmıyorsa, simülasyon sonuçlarına inanacağından emin değilim.

Daha önce verilmiş olan açıklamaların bir kısmını tekrar basmak için (@TimB ve @James K tarafından), 10 kez bir jeton çektikten ve 10 kafa aldığınızda, arka arkaya 10 kafa alma olasılığı tam 1.0! Bu zaten oldu, bu yüzden bu olma olasılığı şimdi belirlendi.

Bunu bir sonraki çevirinizde (0.5) kafa alma olasılığı ile çarptığınızda, tam olarak 0.5 elde edersiniz.

Bu noktada bahis oranları dışında bile herhangi bir şeyle bahis oynamak, bir emmenin bahsidir.

Diyelim ki madalyonun adil olduğuna ikna oldum. Madeni para adil ise, o zaman üst üste sahip olma olasılığı Bu nedenle, öneminde bir , : jetonun adil olduğunu reddetmeliyim ve : "bir şey balık" ın doğru olduğu sonucuna . Hayır, başka bir kafa görme ihtimalinin hala olduğunu söyleyemem

$$p_{10}=\left(\frac{1}{2}\right)^{10}=\frac{1}{1024}<0.1\%$$ $\alpha=1\%$$H_0$$H_a$$\frac{1}{2}$

Bayesian yaklaşımını uygulamak ve benzer bir sonuca varmak için size bırakıyorum. Öncelikle kafalarının olasılığı ile başlayacak , daha sonra arka arkaya 10 kafa gözlenerek güncelleyeceksiniz ve ne kadar arka kafaların$p=\frac{1}{2}$$\pi>\frac{1}{2}$

UPDATE @oerkelens örneği iki şekilde yorumlanabilir.

• Arkadaşın THHTTHTTHT'a bahis yaptı, sonra 10 kez yazı tura attı ve aldı: THHTTHTTHT. Bu durumda, arka arkaya 10 kafa gibi şaşırırsınız ve madalyonun adaletinden şüphe etmeye başlarsınız. Bir sonraki atmada kuyruk olasılığı hakkında ne düşüneceğinizden emin değilsiniz, çünkü arkadaşınız tam olarak istediğini elde edebiliyor gibi görünüyor, bu rastgele değil.
• 10 kez yazı tura aldınız ve THHTTHTHTT olan bir kombinasyon gördükten sonra 6 kuyruk ve 4 kafa olduğunu fark edeceksiniz ki bu , hangi özellik yok. Dolayısıyla, bir sonraki atmadaki kuyruğun olasılığı, muhtemelen , çünkü adaletten şüphe etmek için bir neden yoktur.$p=\frac{10!}{6!4!2^{10}}\sim 0.2$$\frac{1}{2}$

Ayrıca, 0.001 küçük bir olasılık olmasına rağmen, 10 jeton 100.000 kez attığınızda, birkaç 10-kafa kombinasyonunu görmek zorunda kalacağınız söylenebilir. Doğru, ancak bu durumda toplamda 1 milyon jetonlu fırlatıcınız var ve sırayla en az bir 10 başlı kombinasyon arıyorsunuz. En az bir 10 kafa kombinasyonunu gözlemleme sıklığı olasılığı şu şekilde hesaplanır: Böylece, frekansçı sonuçlandıracak 1 milyon kez bozuk para atarak ve 10 kafa kombinasyonunu gözlemleyerek geçen uzun aylardan sonra önemli değil, önemli şeyler olur. Bir sonraki başın olasılığı ile ilgili beklentilerinde herhangi bir değişiklik yapmayacak ve onu 0,5'de bırakmayacak.

$$1-\left(\frac{1}{2^{10}}\right)^{100,000}\approx 1$$

BİLGİSAYAR İNSANLARI İÇİN Arkadaşlarınız bilgisayar programcısıysa, sezgilerine hitap etmenin en kolay yolunun programlama olduğunu öğrendim. Bozuk para atma denemesini programlamasını isteyin. Biraz düşünecekler, sonra şöyle bir şey bulacaklar:

for i=1:11
   if rand()>0.5 
       c='H';
   else
       c='T';
   end
   fprintf('%s',c)
end
disp '.'

THTHTHTHHHT.

Onlara soracaksın

10 kafaya arka arkaya bakma kodun nerede? Kodunuzda, ilk 10 döngüde ne olduğuna bakılmaksızın, 11. atımın başının 0.5 olasılığı vardır.

Ancak, bu dava adil para atma hitap ediyor. Kod adil bir para atma ile tasarlanmıştır. 10 kafa olsa da, madalyonun adil olması olası değildir.

İdeal koşullar altında cevap hayır. Her atış, daha önce gelenlerden bağımsızdır. Yani bu gerçekten adil bir para ise o zaman önemli değil. Ancak madalyonun hatalı olup olmadığından emin değilseniz (ki bu gerçek hayatta olabilir), uzun kuyruk dizilimi bunun haksız olduğuna inanmasına neden olabilir.

Bu cevap, Monty Hall sorunu da dahil olmak üzere bu tür tüm sorular için işe yarayacaktır. Onlara, 10 kafadan sonra kuyruğa girme ihtimalinin ne olduğunu düşündüklerini sorun. Onları biraz daha iyi (onlara) oynamayı teklif edin, ancak yine de 50-50 oranın altında. Şansınız varsa, bir bilgisayarın saygısızlığı yapmasına izin vermeyi kabul edeceklerdir; Aksi takdirde daha uzun sürecektir, ancak sonuç (kaçınılmaz olarak) aynıdır.

Onları nasıl ikna edersiniz? Bir yol, sonuçların açıklanan problemden dağılımını göstermektir.

#1,000,000 observations
numObservations <- 1e+6
#11 coin tosses per sample
numCoinTosses <- 11

sampledCoinTosses <- matrix(sample(c(-1,1),numObservations*numCoinTosses,replace=TRUE),
                        nrow = numObservations, ncol = numCoinTosses)
sampledCoinTosses <- cbind(sampledCoinTosses,apply(sampledCoinTosses[,1:numCoinTosses - 1],1,sum))
#Where the sum of the first ten observations is 10, this corresponds to 10 heads.
tenHeadsObservations <- sampledCoinTosses[which(sampledCoinTosses[,numCoinTosses + 1] == 10),]
#By looking at the summary of the 11th coin toss we can see how close the average value is to 0
summary(tenHeadsObservations[,numCoinTosses])

Şöyle deneyin: Zaten kafa fırlattığımızı varsayalım - "orada olma" olasılığı ile çok nadir bir olay . Şimdi bir tane daha fırlatmaya hazırlanıyoruz ve daha sonra ne olabileceğini düşünelim:0,5 $10$$0.5^{10}$

• gelirse, hala olasılığı olan son derece nadir olaylar dizisini kaydedebiliriz ;$0.5^{10}$
• kafaları varsa, tüm serinin olasılığı biraz daha küçük, ama O kadar küçük değil, ;$0.5^{11}$

Ve ikisi arasındaki fark, sadece bir adil para atma.