N Bernoulli denemelerinde bir dizi başarı elde etme olasılığı

13

25 deneme bloğunda bir satırda 8 deneme doğru alma olasılığını bulmaya çalışıyorum, arka arkaya 8 deneme doğru almak için 8 toplam blok (25 deneme) var. Tahminlere dayalı olarak herhangi bir denemeyi doğru yapma olasılığı 1/3'tür, arka arkaya 8 tane doğru girdikten sonra bloklar sona erer (bu nedenle doğru bir sırada 8'den fazla elde etmek teknik olarak mümkün değildir). Bunun gerçekleşme olasılığını nasıl bulabilirim? (1/3) ^ 8'i arka arkaya 8 alma olasılığı olarak kullanma çizgisi boyunca düşündüm, eğer 17 çarpma yaparsam, 25 deneme bloğunda arka arkaya 8 almak için 17 olası şans var. olasılıklar * 8 blok 136 olsun, 1- (1- (1/3) ^ 8) ^ 136 bana bu durumda arka arkaya 8 doğru alma olasılığını verir veya burada temel bir şey eksik mi?

probability binomial

— AcidNynex
kaynak

1

Verilen argümandaki sorunun, düşünülen olayların bağımsız olmaması olduğuna inanıyorum. Örneğin, tek bir blok düşünün. I (a) 6 konumundaki başlar, (b) oradaki sekiz hiçbir çalışma olmadığını söylersem olan bu konuda size ne söyler pozisyon 7 ve (c) 8 konumundaki başlayan hiçbir çalışma yoktur başlayan bir çalışma, 9 ile 15 arasındaki pozisyonlarda başlayan bir koşunun olasılığı?

— kardinal

14

Bir şeyleri takip ederek tam bir formül elde edebilirsiniz .

Let başarı ve olasılık olması saymak istediğiniz bir satırda başarıların sayısını olun. Bunlar sorun için düzeltildi. Değişken değerler , blokta kalan deneme sayısı; ve , daha önce gözlemlenen ardışık başarıların sayısı. denemeleri tükenmeden nihayetinde üst üste başarılarına ulaşma şansı olarak yazılmalıdır . Biz aramaya $p=1/3$ $k=8$ $m$ $j$ $k$ $m$ $f_{p,k}(j,m)$ . $f_{1/3,8}(0,25)$

Biz sadece bizim gördüğümüz varsayalım ile üst üste başarı denemeler gitmek. Bir sonraki deneme ya bir başarıdır, in olasılığı j'dir; bu durumda , - 'e yükseltilir ; ya da bu bir başarısızlıktır, olasılık bu durumda , sıfırlanır . Her iki durumda da, azalır . Nereden $j^\text{th}$ $m\gt0$ $p$ $j$ $j+1$ $1-p$ $j$ $0$ $m$ $1$

f_{p, k} (j, m) = p f_{p, k} (j + 1, m - 1) + (1 - p) f_{p, k} (0, m - 1) .

$f_{p,k}(j,m) = p f_{p,k}(j+1,m-1) + (1-p)f_{p,k}(0,m-1).$

Başlangıç koşullarına olarak, belirgin sonuçlar için ( yani , daha önce gördüğümüz arka arkaya) ve için ( yani , elde etmek için yeterli deneme yok $f_{p,k}(k,m)=1$ $m \ge 0$ $k$ $f_{p,k}(j,m)=0$ $k-j \gt m$ $k$ üst üste). Şimdi hızlı ve anlaşılır (dinamik programlama kullanarak veya bu sorunun parametreleri çok küçük olduğu için, özyineleme)

f_{p, 8} (0, 25) = 18 p^{8} - 17 p^{9} - 45 p^{16} + 81 p^{17} - 36 p^{18} .

$f_{p,8}(0,25) = 18p^8 - 17p^9 - 45p^{16} + 81p^{17}-36p^{18}.$

Zaman , bu verimler . $p=1/3$ $80897 / 43046721 \approx 0.0018793$

RBunu simüle etmek için nispeten hızlı kod

hits8 <- function() {
    x <- rbinom(26, 1, 1/3)                # 25 Binomial trials
    x[1] <- 0                              # ... and a 0 to get started with `diff`
    if(sum(x) >= 8) {                      # Are there at least 8 successes?
        max(diff(cumsum(x), lag=8)) >= 8   # Are there 8 successes in a row anywhere?
    } else {
        FALSE                              # Not enough successes for 8 in a row
    }
}
set.seed(17)
mean(replicate(10^5, hits8()))

3 saniyelik hesaplamadan sonra çıktı . Bu yüksek görünse de, sadece 1.7 standart hata kapalı. Başka bir yineleme çalıştırdım ve : beklenenden sadece standart hata daha az. (Bir çift kontrol olarak, bu kodun önceki bir sürümünde ince bir hata olduğu için, Mathematica'da 400.000 yineleme çalıştırdım ve tahmini elde .) $0.00213$ $10^6$ $0.001867$ $0.3$ $0.0018475$

Bu sonuç, daha az onda biri tahmin daha söz konusu. Ama belki ben tam olarak anlaşılmış değil: "Eğer 8 denemeler arka arkaya düzeltmek almak için 8 toplam bloklar var ..." başka yorumudur cevap varlık eşittir aranan o . $1-(1-(1/3)^8)^{136} \approx 0.0205$ $1 - (1 - f_{1/3,8}(0,25))^8) = 0.0149358...$

— whuber
kaynak

13

$\mathcal O(k^2m)$ $m$ $k$ $\mathcal O(k^3\log(m))$ $m$ $k$

$p$ $1-p$ $n$ $k=8$

import numpy as np

def heads_in_a_row(flips, p, want):
    a = np.zeros((want + 1, want + 1))
    for i in range(want):
        a[i, 0] = 1 - p
        a[i, i + 1] = p
    a[want, want] = 1.0
    return np.linalg.matrix_power(a, flips)[0, want]

print(heads_in_a_row(flips=25, p=1.0 / 3.0, want=8))

istendiği gibi 0.00187928367413 verir.

— Neil G
kaynak

10

R $k$ $n$ $W$ $F$ $k+1$

$A$ $8$ $F$

$B$ $8$ $FW$

$C$ $8$ $FWW$

$\ldots$

$H$ $8$ $FWWWWWWW$

$I$ $8$

$B$ $A$ $p=1/3$ $1-p=2/3$ $A$ $B$ $C$ $1/3$ $2/3$ $A$ $I$

$9\times9$ $M$ $M$ $1$ $M$

M = (\begin{matrix} 2 / 3 & 2 / 3 & 2 / 3 & 2 / 3 & 2 / 3 & 2 / 3 & 2 / 3 & 2 / 3 & 0 \\ 1 / 3 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 / 3 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 / 3 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 / 3 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 1 / 3 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1 / 3 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1 / 3 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1 / 3 & 1 \end{matrix})

$M= \begin{pmatrix} 2/3 & 2/3 & 2/3 & 2/3 & 2/3 & 2/3 & 2/3 & 2/3 & 0 \\ 1/3 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1/3 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1/3 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1/3 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 1/3 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1/3 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1/3 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1/3 & 1 \end{pmatrix}$

$n$ $M^{n}$ $j$ $i$ $n$ $I$ $1$ $I$ $I$ $1$ $I$ $A$ $n=25$ $M^{25}$ $M^{25}_{91}$ $M^{25}$ Rexpm

library(expm)

k <- 8   # desired number of correct trials in a row
p <- 1/3 # probability of getting a correct trial
n <- 25  # Total number of trials 

# Set up the transition matrix M

M <- matrix(0, k+1, k+1)

M[ 1, 1:k ] <- (1-p)

M[ k+1, k+1 ] <- 1

for( i in 2:(k+1) ) {

  M[i, i-1] <- p

}

# Name the columns and rows according to the states (A-I)

colnames(M) <- rownames(M) <- LETTERS[ 1:(k+1) ]

round(M,2)

     A    B    C    D    E    F    G    H I
A 0.67 0.67 0.67 0.67 0.67 0.67 0.67 0.67 0
B 0.33 0.00 0.00 0.00 0.00 0.00 0.00 0.00 0
C 0.00 0.33 0.00 0.00 0.00 0.00 0.00 0.00 0
D 0.00 0.00 0.33 0.00 0.00 0.00 0.00 0.00 0
E 0.00 0.00 0.00 0.33 0.00 0.00 0.00 0.00 0
F 0.00 0.00 0.00 0.00 0.33 0.00 0.00 0.00 0
G 0.00 0.00 0.00 0.00 0.00 0.33 0.00 0.00 0
H 0.00 0.00 0.00 0.00 0.00 0.00 0.33 0.00 0
I 0.00 0.00 0.00 0.00 0.00 0.00 0.00 0.33 1

# Calculate M^25

Mn <- M%^%n
Mn[ (k+1), 1 ]
[1] 0.001879284

$A$ $I$ $0.001879284$

— COOLSerdash
kaynak

3

İşte bunu simüle etmek için yazdım bazı R kodu:

tmpfun <- function() {
     x <- rbinom(25, 1, 1/3)  
     rx <- rle(x)
     any( rx$lengths[ rx$values==1 ] >= 8 )
}

tmpfun2 <- function() {
    any( replicate(8, tmpfun()) )
}

mean(replicate(100000, tmpfun2()))

Formülünüzden biraz daha küçük değerler alıyorum, bu yüzden birimiz bir yerde bir hata yapmış olabiliriz.

— Greg Snow
kaynak

İşlevin, arka arkaya 8 elde etmenin imkansız olduğu denemeleri içeriyor mu, örneğin "deneme" nin 20. denemede başladığı yer?

— Michelle

Büyük olasılıkla ben, R simülasyonum bana daha küçük değerler veriyor. Birisinin bir simülasyona itiraz etmesi durumunda bunu basit bir olasılık sorunu olarak çözmek için bir cebirsel çözüm olup olmadığını merak ediyorum.

— AcidNynex

1

Bence elde ettiğiniz çıktıyı karşılaştırabilmeniz için bu cevap geliştirilecektir. Tabii ki, histogram gibi bir şey eklemek de daha iyi olurdu! İlk bakışta kod bana doğru görünüyor. Şerefe. :)

— kardinal

3

$1$ $0$

M = Table[e[i, j] /. {
    e[9, 1] :> 0,
    e[9, 9] :> 1,
    e[_, 1] :> (1 - p),
    e[_, _] /; j == i + 1 :> p,
    e[_, _] :> 0
  }, {i, 1, 9}, {j, 1, 9}];

x = MatrixPower[M, 25][[1, 9]] // Expand

18 p^{8} - 17 p^{9} - 45 p^{16} + 81 p^{17} - 36 p^{18}

$18 p^8 - 17 p^9 - 45 p^{16} + 81 p^{17} - 36 p^{18}$

değerinde değerlendirme $p=\frac{1.0}{3.0}$

x /. p -> 1/3 // N

$0.00187928$

Bu ayrıca yerleşik Probabilityve DiscreteMarkovProcess Mathematica işlevleri kullanılarak doğrudan değerlendirilebilir :

Probability[k[25] == 9, Distributed[k, DiscreteMarkovProcess[1, M /. p -> 1/3]]] // N

$0.00187928$

— Hossam Karim
kaynak