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¿10 cabezas en una fila aumenta la posibilidad de que el próximo sorteo es una cola?

Supongo que el siguiente es verdadero: suponiendo que una moneda, conseguir 10 cabezas en una fila, mientras que tirando una moneda no aumenta la probabilidad de que el próximo lanzamiento de la moneda siendo una cola, no importa qué cantidad de la probabilidad y/o estadístico de la jerga es arrojado (excusa de los juegos de palabras).

Suponiendo que ese es el caso, mi pregunta es esta: ¿cómo demonios hago para convencer a alguien de que es el caso?

Ellos son inteligentes y educados, pero parece decidido a no considerar la posibilidad de que pudiera estar en la derecha de esta (argumento).

77voto

AdamSane Puntos 1825

ellos están tratando de afirmar que [...] si no han sido 10 los jefes, a continuación, el siguiente en la secuencia más probable es que será una cola porque la estadística dice que el equilibrio en la final

Sólo hay un "equilibrio" en un muy particular sentido.

Si es una feria de la moneda, todavía 50-50 en cada sorteo. La moneda no puede conocer su pasado. No sabía que hubiera un exceso de cabezas. No puede compensar su pasado. Nunca. simplemente va a ser al azar cabezas o colas con la constante posibilidad de una cabeza.

Si $n_H$ es el número de cabezas en $n=n_H+n_T$ lanzamientos ($n_T$ es el número de colas), para una feria de la moneda, $n_H/n_T$ tenderá a 1, $n_H+n_T$ tiende a infinito .... pero $|n_H-n_T|$ no vaya a 0. De hecho, también se extiende hacia el infinito!

Es decir, nada actos para hacerlos más aún. La cuenta no tienden hacia el "equilibrio". En promedio, el desequilibrio entre el recuento de cabezas y colas de hecho crece!

Aquí está el resultado de 100 conjuntos de 1000 tiros, con el gris de las trazas que muestran la diferencia en el número de cabezas menos el número de colas en cada paso.

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El gris de las huellas (que representa $n_H-n_T$) son una de Bernoulli paseo aleatorio. Si usted piensa de una partícula que se mueve hacia arriba o hacia abajo en el eje por una unidad de paso (al azar con igual probabilidad) en cada paso, a continuación, la distribución de la posición de la partícula 'difusa' lejos de 0 a lo largo del tiempo. Todavía tiene 0 valor esperado, pero su distancia de 0 crece como la raíz cuadrada del número de pasos de tiempo. [Nota para cualquiera que esté pensando en "él está hablando acerca de la espera de la diferencia absoluta o la RMS diferencia"- en realidad, ya sea: para grandes $n$ el primero es de $\sqrt{2/\pi}\aprox$ 80% de la segunda.]

La curva azul de arriba es de $\pm \sqrt{n}$ y la curva verde es en $\pm 2\sqrt{n}$. Como se puede ver, la distancia típica entre el total de los jefes y el total de las colas crece. Si había algo que actúe para "restaurar a la igualdad' para 'compensar' las desviaciones de la igualdad - que no tienden a crecer normalmente más aparte como ese. (No es difícil mostrar esta manera algebraica, pero dudo de que podría convencer a su amigo. La parte crítica es que la varianza de una suma de variables aleatorias independientes es la suma de las varianzas $<$ver el final de la sección$>$ -- cada vez que se añada otro tirón de la moneda, se debe agregar una cantidad constante en la varianza de la suma... de modo que la varianza debe crecer proporcionalmente con $n$. En consecuencia, la desviación estándar aumenta con $\sqrt{n}$. La constante que se añade a la varianza en cada paso, en este caso pasa a ser 1, pero eso no es crucial para el argumento.)

Equivalentemente, $\frac{|n_H-n_T|}{n_H+n_T}$ a $0$ como el total de lanzamientos se extiende hacia el infinito, pero sólo porque $n_H+n_T$ tiende a infinito, mucho más rápido de $|n_H-n_T|$.

Esto significa que si dividimos ese número acumulado por $n$ en cada paso, se curva en -- el típico de la diferencia absoluta en recuento es del orden de $\sqrt{n}$, pero el típico de la diferencia absoluta en proporción a continuación, debe ser del orden de us $1/\sqrt{n}$.

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Eso es todo lo que está pasando. La cada vez más grande* desviaciones aleatorias de la igualdad, sólo son "lavados" por la aún mayor denominador.

* el aumento en el típico tamaño absoluto

Ver el poco de animación en el margen, aquí

Si tu amigo es escéptico, lanzamiento de monedas. Cada vez que te diga tres cabezas en una fila, hacer que él o ella para nombrar a una probabilidad de un jefe en el próximo tiro, que es menos del 50% que piensa que debe ser justo. Pide que te regalen las correspondientes probabilidades (que es, él o ella debe estar dispuesta a pagar un poco más de 1:1 si usted apuesta en la cabeza, ya que insisten en que las colas es más probable). Es mejor si se establece como un montón de apuestas de cada uno para una pequeña cantidad de dinero. (No se sorprenda si hay alguna excusa de por qué ellos no pueden tomar hasta su mitad de la apuesta, pero al menos parecen reducir drásticamente la vehemencia con la que la posición se mantiene.)

[Sin embargo, toda esta discusión se basa en la moneda que sea justo. Si la moneda no era justo (50-50), a continuación, una versión diferente de la discusión basada alrededor de las desviaciones de la proporción esperada de diferencia sería necesario. Tener 10 cabezas en 10 lanzamientos que podría hacer sospechar de la hipótesis de p=0.5. Un pozo arrojó la moneda debe estar cerca de la feria ponderado o no - pero en realidad todavía exhiben pequeñas pero explotable sesgo, especialmente si la persona a la explotación de que es alguien como Persi Diaconis. Hilado de monedas por otro lado, pueden ser muy susceptibles al sesgo, debido a más de peso en una cara.]

32voto

Tim B Puntos 321

La confusión es porque él está mirando a la probabilidad desde el principio, sin mirar lo que el mundo ya ha sucedido.

Permite simplificar las cosas:

Primera vuelta:

T

Ahora la posibilidad de un T fue de 50%, por lo que 0.5.

La probabilidad de que el siguiente turno será T de nuevo es de 0,5

TT 0.5
TF 0.5

Sin embargo, ¿qué acerca de la primera vuelta? Si se recogen a continuación:

TT 0.25
TF 0.25

El 50% restante está empezando con F, y de nuevo tiene incluso una división entre T y F.

Para ampliar esta a diez colas en una fila - la probabilidad de que usted ya tiene que es 1/1024.

La probabilidad de que el siguiente es T o F es de 50%.

Por tanto, la posibilidad desde el principio , de 11 de colas es de 1 en 2048. La probabilidad de que habiendo ya volteado cola de 10 veces que el siguiente turno será también una cola a pesar de que sigue siendo del 50%.

Ellos están tratando de aplicar el probable que el empleado de la 1 a 1024 probabilidades de 10 T a la posibilidad de que otro T, cuando en el hecho de que ya ha sucedido, por lo que la probabilidad de que suceda es que ya no es importante.

11 colas en una fila no son más o menos probable de 10 colas seguido por una cabeza.

La probabilidad de que el 11 de flips son todos los de las colas es raro, pero como ya ha sucedido, no importa nada más!

13voto

Las probabilidades son todavía 50-50 que el siguiente tirón será colas.

Explicación muy sencilla: las probabilidades de los bancos 10 cabezas + 1 cola en ese orden son muy bajos. Pero por el momento has movido de un tirón 10 cabezas, ya has derrotado a la mayoría de las probabilidades... tienes una probabilidad de 50-50 de terminar la secuencia con el siguiente tirón de la moneda.

11voto

rdsai Puntos 11

Debe tratar de convencerlos de que si los resultados anteriores fueron impactar la próxima tira entonces no sólo los últimos 10 lanzamientos deben haber tomado en consideración, pero también cada lanzamiento anterior en la vida de la moneda.

Creo que es más lógico.

8voto

kjetil b halvorsen Puntos 7012

Para añadir a las respuestas anteriores, hay dos cuestiones, en primer lugar, ¿qué sucede cuando la cuenta es realmente justos y cada lanzamiento es independiente de todos los otros lanzamientos. entonces, tenemos la "ley de los grandes números", diciendo que en el límite de un incremento en la secuencia de lanzamientos, la frecuencia de las colas de la aproximación de la probabilidad de la cola, que es de $1/2$.

Si los diez primeros lanzamientos de todo fueron las colas, entonces la limitación de frecuencia todavía va a ser la mitad de la misma, sin necesidad de posteriores lanzamientos de "equilibrar" los primeros diez colas! algebraicamente , deje de $x_n$ ser el número de colas entre los lanzamientos de $11, 12, \dots, n+10.$. Supongamos que, en realidad tenemos $$ \lim_{n \rightarrow \infty} x_n/n =1/2 $$ A continuación, cuando se tienen en cuenta los primeros diez tiros, que todavía tiene el límite de $$ \lim_{n \rightarrow \infty} \frac{10+x_n}{n+10}= 1/2 $$ Es decir, después de un millón y diez lanzamientos, tenemos que $$ \frac{10+500000}{1000010} \aprox 0.5 $$ así, en el límite, la primera de 10 colas no importa en absoluto, su efecto es "lavadas" por todos los posteriores lanzamientos. Así, no hay necesidad de "equilibrar" para el resultado de límite a la espera. Matemáticamente, esto es sólo con el hecho de que el límite (si existe ...) de cualquier secuencia de números no depende en absoluto de cualquier finito, segmento inicial! Por lo que podemos asignar arbitrariamente los resultados de los primeros diez (o primeros cien) arroja sin afectar el límite, en todo. Supongo que esta forma de explicárselo a tu jugador amigos (tal vez con más números y ejemplos y menos de álgebra ...) podría ser la mejor manera.

El otro aspecto es que Después de diez lanzamientos de diez colas, tal vez alguien empieza a dudar de si la moneda es buena, corresponde a la simple, modelo ordinario de la independencia, la igualdad de probabilidad de lanzamientos. Suponiendo que la "tosser" (la persona que realiza el lanzamiento) no ha sido el entrenamiento en el control de los lanzamientos de alguna manera, y es realmente retorciéndose en una manera honesta, la probabilidad de la cola debe ser de la mitad (ver: http://www.stat.columbia.edu/~gelman/investigación/publicado/diceRev2.pdf)

Así debe de ser, en la hipótesis alternativa, algunos dependencia entre el lanzar una moneda! Y, después de ver diez colas en una fila, la evidencia es que la dependencia es positiva, de modo que uno de la cola aumenta la probabilidad de que el próximo sorteo será la cola. Pero luego, después de ese análisis, la conclusión razonable es que la probabilidad de que el undécimo sorteo ser una cola, es mayor, no se baja! Así que la conclusión, en ese caso, es el opuesto de sus jugadores amigos.

Creo que se necesita un muy extraño, de hecho, el modelo para justificar sus conclusiones.

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