Một vấn đề nghiêm trọng về xác suất để lật đồng xu

Hãy nói rằng tôi đang thực hiện 10.000 lần tung đồng xu. Tôi muốn biết xác suất cần bao nhiêu lần lật để có được 4 đầu liên tiếp trở lên liên tiếp.

Số đếm sẽ hoạt động như sau, bạn sẽ đếm một vòng lật liên tiếp chỉ là các đầu (4 đầu trở lên). Khi một cái đuôi chạm và phá vỡ vệt đầu, số đếm sẽ bắt đầu lại từ lần lật tiếp theo. Điều này sau đó sẽ lặp lại cho 10.000 lần lật.

Tôi muốn biết xác suất không chỉ 4 đầu trở lên liên tiếp mà là 6 hoặc nhiều hơn và 10 trở lên. Để làm rõ nếu đạt được một vệt 9 đầu, nó sẽ được tính là 1 vệt 4 trở lên (và / hoặc 6 hoặc nhiều hơn), chứ không phải 2 vệt riêng biệt. Ví dụ: nếu đồng xu đến THTHTHHHHHH /// THAHTHT .... số lượng sẽ là 13 và bắt đầu lại một lần nữa vào các đuôi tiếp theo.

Giả sử dữ liệu được đưa ra rất lệch về bên phải; có nghĩa là trung bình 40 lần lật để đạt được một chuỗi 4 hoặc nhiều hơn và phân phối là u = 28. Rõ ràng là bị lệch.

Tôi đang làm hết sức mình để tìm cách làm cho một số ý nghĩa của dữ liệu mô tả, ngoại trừ cho đến bây giờ tôi không tìm thấy gì.

Tôi muốn tìm một số cách để có được một số xác suất hợp lý từ nó. Giống như một đường cong bình thường trong đó +/- 1 SD là 68%, v.v. Tôi đã xem xét bình thường hóa nhật ký và điều đó chỉ thực sự được sử dụng cho một thử nghiệm tham số không phải là mục tiêu của tôi.

Tôi đã được thông báo về các bản phân phối beta nhưng mọi đề xuất tôi đã có khá khó hiểu. Tôi đã hỏi câu hỏi này một năm trước và có một số hiểu biết nhưng tiếc là tôi vẫn chưa có câu trả lời. Cảm ơn bất kỳ ai trong số các bạn có ý tưởng.

Nếu tôi đã hiểu chính xác, thì vấn đề là tìm phân phối xác suất cho thời điểm mà lần chạy đầu tiên của hoặc nhiều đầu kết thúc.$n$

Chỉnh sửa Xác suất có thể được xác định chính xác và nhanh chóng bằng cách nhân ma trận và cũng có thể tính toán phân tích trung bình là và phương sai là trong đó , nhưng có lẽ không có dạng đóng đơn giản cho bản phân phối. Trên một số lượng tiền xu nhất định, phân phối thực chất là phân phối hình học: sẽ hợp lý khi sử dụng hình thức này cho lớn hơn .σ 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$

Sự phát triển theo thời gian của phân phối xác suất trong không gian trạng thái có thể được mô hình hóa bằng cách sử dụng ma trận chuyển tiếp cho các trạng thái , trong đó số lần lật đồng xu liên tiếp. Các tiểu bang như sau:n $k=n+2$$n=$

• Bang , không có người đứng đầu$H_0$
• Bang , đứng đầu, i 1 ≤ i ≤ ( n - 1 $H_i$$i$$1\le i\le(n-1)$
• Bang , hoặc nhiều người đứng đầu$H_n$$n$
• Trạng thái , hoặc nhiều đầu theo sau là đuôi$H_*$$n$

Khi bạn vào trạng thái bạn không thể quay lại bất kỳ trạng thái nào khác.$H_*$

Xác suất chuyển trạng thái để vào trạng thái như sau

• Trạng thái : xác suất từ , , tức là bao gồm chính nó nhưng không bao gồm trạng thái$H_0$ Hii=0,Mạnh,n-1H$\frac12$$H_i$$i=0,\ldots,n-1$$H_n$
• Trạng thái : xác suất từ$H_i$ Hi-$\frac12$$H_{i-1}$
• Trạng thái : xác suất từ , tức là từ trạng thái có đầu và chính nó$H_n$ Hn-1,Hnn-$\frac12$$H_{n-1},H_n$$n-1$
• Trạng thái : xác suất từ và xác suất 1 từ (chính nó)$H_*$ HnH$\frac12$$H_n$$H_*$

Vì vậy, ví dụ, với , điều này đưa ra ma trận chuyển tiếp$n=4$

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

Đối với trường hợp , vectơ ban đầu của xác suất là . Nói chung, vectơ ban đầu có $n=4$$\mathbf{p}$$\mathbf{p}=(1,0,0,0,0,0)$

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

Vectơ là phân phối xác suất trong không gian cho bất kỳ thời điểm nào. Cdf được yêu cầu là một cdf trong thời gian và là xác suất để thấy ít nhất lần lật đồng xu kết thúc theo thời gian . Nó có thể được viết dưới dạng , lưu ý rằng chúng ta đạt được trạng thái dấu thời gian 1 sau lần cuối cùng trong lần chạy đồng xu liên tiếp.$\mathbf{p}$$n$$t$$(X^{t+1}\mathbf{p})_k$$H_*$

Thời gian pmf cần thiết có thể được viết là . Tuy nhiên, về mặt số lượng, việc này bao gồm lấy đi một số rất nhỏ từ một số lớn hơn nhiều ( ) và hạn chế độ chính xác. Do đó, trong tính toán, tốt hơn là đặt thay vì 1. Sau đó viết cho ma trận kết quả , pmf là . Đây là những gì được triển khai trong chương trình R đơn giản dưới đây, hoạt động cho mọi ,$(X^{t+1}\mathbf{p})_k - (X^{t}\mathbf{p})_k$$\approx 1$$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")

Biểu đồ phía trên hiển thị pmf trong khoảng từ 0 đến 100. Hai ô dưới hiển thị pmf trong khoảng từ 10 đến 110 và giữa 1010 và 1110, minh họa sự tương tự và thực tế là như @Glen_b nói, phân phối có vẻ như có thể xấp xỉ bởi một phân phối hình học sau một thời gian lắng xuống.

Có thể để điều tra hành vi này tiếp tục sử dụng một phân hủy eigenvector của . Làm như vậy cho thấy rằng đủ lớn , , trong đó là nghiệm của phương trình . Xấp xỉ này trở nên tốt hơn với sự gia tăng và là tuyệt vời cho trong khoảng từ khoảng 30 đến 50, tùy thuộc vào giá trị của , như thể hiện trong cốt truyện của lỗi đăng nhập dưới đây để tính (màu sắc cầu vồng, màu đỏ trên còn lại cho$X$$t$$p_{t+1}\approx c(n)p_t$$c(n)$$2^{n+1}c^n(c-1)+1=0$$n$$t$$n$$p_{100}$$n=2$). (Trong thực tế vì lý do số, sẽ thực sự tốt hơn khi sử dụng xấp xỉ hình học cho xác suất khi lớn hơn.)$t$

Tôi nghi ngờ (ed) có thể có một hình thức đóng có sẵn để phân phối vì các phương tiện và phương sai như tôi đã tính toán như sau

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

(Tôi đã phải tăng số lượng lên đến cuối thời gian t=100000để có được điều này nhưng chương trình vẫn chạy trong tất cả trong chưa đầy 10 giây.) Phương tiện đặc biệt theo một mô hình rất rõ ràng; phương sai ít như vậy. Tôi đã giải quyết một hệ thống chuyển đổi 3 trạng thái đơn giản hơn trong quá khứ, nhưng cho đến nay tôi không gặp may mắn với một giải pháp phân tích đơn giản cho giải pháp này. Có lẽ có một số lý thuyết hữu ích mà tôi không biết, ví dụ liên quan đến ma trận chuyển tiếp.$n=2,\ldots,10$

Chỉnh sửa : sau khi bắt đầu sai, tôi đã đưa ra một công thức tái phát. Đặt là xác suất ở trạng thái tại thời điểm . Đặt là xác suất tích lũy ở trạng thái , tức là trạng thái cuối cùng, tại thời điểm . Lưu ý$p_{i,t}$$H_i$$t$$q_{*,t}$$H_*$$t$

• Đối với bất kỳ , và là phân phối xác suất trên không gian và ngay lập tức bên dưới tôi sử dụng thực tế là xác suất của chúng thêm vào 1.$t$$p_{i,t}, 0\le i\le n$$q_{*,t}$$i$
• $p_{*,t}$ tạo thành phân phối xác suất theo thời gian . Sau đó, tôi sử dụng thực tế này trong việc tạo ra các phương tiện và phương sai.$t$

Xác suất ở trạng thái đầu tiên tại thời điểm , tức là không có đầu, được đưa ra bởi xác suất chuyển tiếp từ các trạng thái có thể quay trở lại trạng thái đó từ thời điểm (sử dụng định lý tổng xác suất). Nhưng để đi từ trạng thái đến mất bước, do đó và Một lần nữa bởi định lý tổng xác suất xác suất của ở trạng thái$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_0$$H_{n-1}$$n-1$$p_{n-1,t+n-1} = \frac1{2^{n-1}}p_{0,t}$ $$p_{n-1,t+n} = \frac1{2^n}\left( 1-p_{n,t}-q_{*,t} \right)$$ $H_n$tại thời điểm là và sử dụng thực tế là , Do đó, thay đổi , $t+1$ $$\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$$

Công thức lặp lại này kiểm tra các trường hợp và . Ví dụ: một đồ thị của công thức này bằng cách sử dụng cho độ chính xác của đơn hàng máy.$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

Chỉnh sửa Tôi không thể thấy nơi để tìm một hình thức đóng từ mối quan hệ lặp lại này. Tuy nhiên, nó là tốt để có được một hình thức đóng cửa cho giá trị trung bình.

Bắt đầu từ và lưu ý rằng , Lấy tổng từ đến và áp dụng công thức cho trung bình và lưu ý rằng là một phân phối xác suất cho $(\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}$$ Đây là giá trị trung bình để đạt trạng thái ; giá trị trung bình cho sự kết thúc của việc chạy đầu là ít hơn thế này.$H_*$

Chỉnh sửa Cách tiếp cận tương tự bằng công thứctừ câu hỏi này mang lại phương sai. $E[X^2] = \sum_{x=0}^\infty (2x+1)(1-F(x))\;$

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

Các phương tiện và phương sai có thể dễ dàng được tạo lập trình. Ví dụ: để kiểm tra phương tiện và phương sai từ bảng trên sử dụng

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

Cuối cùng, tôi không chắc bạn muốn gì khi viết

khi một cái đuôi chạm và phá vỡ vệt đầu, số đếm sẽ bắt đầu lại từ lần lật tiếp theo.

Nếu bạn có nghĩa là phân phối xác suất cho lần tiếp theo khi lần chạy đầu tiên của hoặc nhiều đầu kết thúc, thì điểm quan trọng được chứa trong nhận xét này bởi @Glen_b , đó là quá trình bắt đầu lại sau một đuôi (cf vấn đề ban đầu mà bạn có thể nhận được một hoặc nhiều đầu ngay lập tức).$n$$n$

Điều này có nghĩa là, ví dụ: thời gian trung bình của sự kiện đầu tiên là , nhưng thời gian trung bình giữa các sự kiện luôn là (phương sai là như nhau). Cũng có thể sử dụng ma trận chuyển tiếp để điều tra xác suất dài hạn của việc ở trong trạng thái sau khi hệ thống đã "ổn định". Để có được ma trận chuyển tiếp phù hợp, hãy đặt và để hệ thống quay lại ngay trạng thái từ trạng thái . Sau đó, trình xác định đầu tiên được chia tỷ lệ của ma trận mới này đưa ra xác suất đứng yên . Với các xác suất đứng yên này là$\mu-1$$\mu+1$$X_{k,k,}=0$$X_{1,k}=1$$H_0$$H_*$$n=4$

$$\begin{array}{c|cccccc} & \text{probability} \\ \hline H_0 & 0.48484848 \\ H_1 & 0.24242424 \\ H_2 & 0.12121212 \\ H_3 & 0.06060606 \\ H_4 & 0.06060606 \\ H_* & 0.03030303 \end{array}$$ Thời gian dự kiến ​​giữa các trạng thái được đưa ra bởi sự đối ứng của xác suất. Vì vậy, thời gian dự kiến ​​giữa các lượt truy cập vào .$H_* = 1/0.03030303 = 33 = \mu + 1$

Phụ lục : Chương trình Python được sử dụng để tạo xác suất chính xác cho n= số lượng đầu liên tiếp qua các lần Nném.

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()

Tôi không chắc chắn bản beta sẽ có khả năng đặc biệt phù hợp như một cách xử lý vấn đề này - "Số lần phát cho đến khi ..." rõ ràng là một con số. Đó là một số nguyên và không có giới hạn trên đối với các giá trị mà bạn có xác suất dương.

Ngược lại, phân phối beta là liên tục và trên một khoảng giới hạn, vì vậy nó dường như là một lựa chọn bất thường. Nếu bạn khớp với một phiên bản beta được chia tỷ lệ, các hàm phân phối tích lũy có thể gần như không quá tệ trong phần trung tâm của bản phân phối. Tuy nhiên, một số lựa chọn khác có khả năng tốt hơn nữa vào một trong hai đuôi.

Nếu bạn có một biểu thức cho xác suất hoặc mô phỏng từ bản phân phối (mà bạn có lẽ cần để tìm một bản beta gần đúng), tại sao bạn không sử dụng chúng trực tiếp?

---

Nếu sở thích của bạn là tìm các biểu thức cho xác suất hoặc phân phối xác suất của số lần tung cần thiết, có lẽ ý tưởng đơn giản nhất là làm việc với các hàm tạo xác suất. Chúng rất hữu ích cho việc lấy các hàm từ các mối quan hệ đệ quy giữa các xác suất, lần lượt các hàm (pgf) cho phép chúng tôi trích xuất bất kỳ xác suất nào chúng tôi yêu cầu.

Đây là một bài đăng với một câu trả lời tốt theo cách tiếp cận đại số, giải thích cả những khó khăn và sử dụng tốt các pgfs và quan hệ tái phát. Nó có các biểu thức cụ thể cho giá trị trung bình và phương sai trong trường hợp "hai thành công liên tiếp":

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

Tất nhiên, bốn trường hợp thành công sẽ khó khăn hơn nhiều. Mặt khác, không đơn giản hóa mọi thứ.$p = \frac{1}{2}$

-

Nếu bạn chỉ muốn câu trả lời bằng số, mô phỏng tương đối đơn giản. Các ước tính xác suất có thể được sử dụng trực tiếp hoặc cách khác là hợp lý để làm mịn các xác suất mô phỏng.

Nếu bạn phải sử dụng phân phối gần đúng, có lẽ bạn có thể chọn thứ gì đó khá tốt.

Có thể một hỗn hợp các nhị thức âm (phiên bản 'số lượng thử nghiệm' thay vì 'số lượng thành công') có thể hợp lý. Hai hoặc ba thành phần nên được dự kiến ​​sẽ cung cấp một xấp xỉ tốt trong tất cả trừ đuôi cực.

Nếu bạn muốn một phân phối liên tục duy nhất cho một xấp xỉ, có thể có các lựa chọn tốt hơn so với phân phối beta; nó sẽ là một cái gì đó để điều tra.

---

Được rồi, tôi đã thực hiện một số đại số nhỏ, một số chơi với các mối quan hệ lặp lại, một số mô phỏng và thậm chí một chút suy nghĩ.

Với một xấp xỉ rất tốt, tôi nghĩ rằng bạn có thể thoát khỏi việc chỉ định bốn xác suất khác không đầu tiên (dễ dàng), tính toán một vài giá trị tiếp theo thông qua tái phát (cũng dễ dàng) và sau đó sử dụng đuôi hình học khi mối quan hệ lặp lại làm trơn tru sự tiến triển ít trơn tru ban đầu của xác suất.

Có vẻ như bạn có thể sử dụng đuôi hình học với độ chính xác rất cao trong quá khứ k = 20, mặc dù nếu bạn chỉ lo lắng về độ chính xác 4 con số, bạn có thể đưa nó vào trước đó.

Điều này sẽ cho phép bạn tính toán pdf và cdf cho độ chính xác tốt.

Tôi hơi lo ngại - các tính toán của tôi cho rằng số lần tung trung bình là 30,0 và độ lệch chuẩn là 27,1; nếu tôi hiểu ý của bạn là "x" và "u", bạn sẽ nhận được 40 và 28 lần ném. Con số 28 có vẻ ổn nhưng con số 40 dường như khá xa với những gì tôi có ... điều này khiến tôi lo lắng mình đã làm gì đó sai.

====

LƯU Ý: Với sự phức tạp giữa lần đầu tiên và lần tiếp theo mà chúng tôi gặp phải, tôi chỉ muốn hoàn toàn chắc chắn rằng bây giờ chúng tôi đang tính điều tương tự.

Đây là một chuỗi ngắn, với các đầu của chuỗi '4 H trở lên được đánh dấu (chỉ vào khoảng cách giữa các lần lật ngay sau H cuối cùng)

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

Giữa hai điểm đó tôi đếm được 23 lần lật; đó là ngay sau khi chuỗi trước của (6 trong trường hợp này) kết thúc, chúng ta bắt đầu đếm ở ngay sau T và sau đó chúng ta đếm đúng đến cuối chuỗi 5 H (trong trường hợp này) kết thúc chuỗi tiếp theo , đưa ra số lượng 23 trong trường hợp này.

Có phải đó là cách bạn đếm chúng?

---

Với những điều trên là chính xác, đây là chức năng xác suất của số lần tung sau một lần chạy ít nhất 4 đầu cho đến khi lần chạy tiếp theo của ít nhất 4 đầu hoàn thành trông như sau:

Thoạt nhìn có vẻ như nó phẳng đối với một vài giá trị đầu tiên, sau đó có đuôi hình học , nhưng ấn tượng đó không hoàn toàn chính xác - phải mất một thời gian để ổn định thành đuôi hình học hiệu quả.

Tôi đang làm việc để đưa ra một xấp xỉ phù hợp mà bạn có thể sử dụng để trả lời bất kỳ câu hỏi nào bạn có về xác suất liên quan đến quá trình này để có độ chính xác tốt đồng thời đơn giản nhất có thể. Tôi có một xấp xỉ khá tốt nên hoạt động (mà tôi đã kiểm tra dựa trên mô phỏng của một tỷ lần tung đồng xu) nhưng có một số sai lệch (nhỏ nhưng nhất quán) trong các xác suất mà phép tính gần đúng đưa ra trong phạm vi và tôi muốn xem nếu tôi có thể có thêm một chữ số chính xác từ nó.

Có thể đó là cách tốt nhất để làm điều đó chỉ đơn giản là cung cấp cho bạn một bảng hàm xác suất và đưa ra một điểm mà ngoài đó có thể sử dụng phân phối hình học.

Tuy nhiên, sẽ hữu ích nếu bạn có thể đưa ra một số ý tưởng về phạm vi của những thứ bạn cần để sử dụng xấp xỉ.

---

Tôi hy vọng sẽ làm theo cách tiếp cận pgf, nhưng có thể người khác sẽ thành thạo với họ hơn tôi và không chỉ là trường hợp 4 mà là các trường hợp khác.

Bạn muốn phân phối hình học . Từ Wikipedia:

Phân phối xác suất của số thử nghiệm Bernoulli cần thiết để có được một thành công, được hỗ trợ trên tập {1, 2, 3, ...}.$X$

Hãy để đầu H là một thất bại và đuôi T là một thành công. Biến ngẫu nhiên sau đó là số lần lật đồng xu cần thiết để xem các đuôi đầu tiên. Ví dụ, sẽ là chuỗi HHHT. Đây là phân phối xác suất cho :$X$$X=4$$X$

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

Tuy nhiên, chúng tôi chỉ muốn số lượng người đứng đầu. Thay vào đó, hãy xác định là số lượng đầu. Đây là bản phân phối:$Y=X-1$

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

cho . Chúng tôi giả sử một đồng tiền công bằng, làm cho . Do đó: $y=0,1,2,3...$$p=0.5$

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

Tất cả điều này giả định số lượng flips là đủ lớn (như 10.000). Đối với nhỏ (hữu hạn) , chúng tôi sẽ cần phải thêm một yếu tố bình thường để biểu thức. Nói một cách đơn giản, chúng ta cần đảm bảo rằng tổng tiền bằng 1. Chúng ta có thể làm điều này bằng cách chia cho tổng của tất cả các xác suất, được xác định ở đây là :$n$$n$$\alpha$

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

Điều này có nghĩa là dạng đã sửa của , ký hiệu là , sẽ là:$Y$$Z$

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

Một lần nữa, với , chúng ta có thể giảm điều này hơn nữa, bằng cách sử dụng tổng kết chuỗi địa lý :$p=0.5$

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

Và chúng ta có thể thấy rằng, vì , phiên bản đã sửa đổi của chúng ta tiếp cận từ trước đó.$n \rightarrow \infty$$Z$$Y$