Ймовірність пробігу k успіхів у послідовності n випробувань Бернуллі

13

Я намагаюся знайти вірогідність правильного 8 випробувань підряд у блоці з 25 випробувань, у вас є 8 загальних блоків (з 25 випробувань), щоб отримати 8 випробувань правильних підряд. Ймовірність виправити будь-яку пробну версію на основі здогадок дорівнює 1/3, після отримання 8 підряд правильних блоків закінчиться (тому отримати більше 8 підряд правильних технічно неможливо). Як би я міг шукати ймовірність того, що це станеться? Я думав за принципом використання (1/3) ^ 8 як ймовірності отримати 8 підряд правильним, є 17 можливих шансів отримати 8 підряд у блоці з 25 випробувань, якщо я помножую 17 можливості * 8 блоків я отримую 136, чи дасть мені 1- (1- (1/3) ^ 8) ^ 136 ймовірність отримати 8 підряд правильних у цій ситуації чи я пропускаю тут щось принципове?

probability binomial

— AcidNynex
джерело

1

Я вважаю, що проблема з наведеним аргументом полягає в тому, що розглянуті події не є незалежними. Наприклад, розглянемо один блок. Якщо я скажу вам, що (а) немає прогону з восьми, який починається в положенні 6, (б) є пробіг, починаючи з позиції 7, і (в) немає запуску, починаючи з позиції 8, що це говорить про вас ймовірність пробігу, починаючи з позицій, скажімо, від 9 до 15?

— кардинал

14

Слідкуючи за речами, ви можете отримати точну формулу .

Нехай - ймовірність успіху, а - кількість успіхів у ряді, який потрібно підрахувати. Вони виправлені для проблеми. Змінні значення , кількість випробувань, залишених у блоці; і - кількість послідовних успіхів, що вже спостерігаються. Нехай шанс в кінцевому підсумку досягти успіхів підряд до вичерпання випробувань записаний . Шукаємо . $p=1/3$ $k=8$ $m$ $j$ $k$ $m$ $f_{p,k}(j,m)$ $f_{1/3,8}(0,25)$

Припустимо, ми щойно бачили наш успіх поспіль з випробуваннями. Наступне випробування або є успішним, з ймовірністю --в тому випадку збільшується до -; інакше це збій, з ймовірністю --в тому випадку скидається до . В будь-якому випадку зменшується на . Звідси $j^\text{th}$ $m\gt0$ $p$ $j$ $j+1$ $1-p$ $j$ $0$ $m$ $1$

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

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

Як початкові умови ми маємо очевидні результати для ( тобто ми вже бачили підряд) і для ( тобто не вистачає випробувань, щоб отримати підряд). Тепер обчислити це швидко та просто (використовуючи динамічне програмування або, оскільки параметри цієї проблеми такі маленькі, рекурсія) $f_{p,k}(k,m)=1$ $m \ge 0$ $k$ $f_{p,k}(j,m)=0$ $k-j \gt m$ $k$

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

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

Коли це дає . $p=1/3$ $80897 / 43046721 \approx 0.0018793$

Відносно швидкий Rкод для моделювання цього

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()))

Через 3 секунди обчислення, вихід становить . Хоча це виглядає високо, вимкнено лише 1,7 стандартних помилок. Я провів ще ітерацій, даючи : лише на стандартних помилок менше, ніж очікувалося. (В якості подвійної перевірки, оскільки попередня версія цього коду мала тонку помилку, я також запустив 400 000 ітерацій в Mathematica, отримавши оцінку .) $0.00213$ $10^6$ $0.001867$ $0.3$ $0.0018475$

Цей результат становить менше однієї десятої частини оцінки у питанні. Але, мабуть, я не до кінця зрозумів це: інше тлумачення "у вас є 8 загальних блоків ... щоб отримати 8 випробувань правильними підряд", полягає в тому, що шукана відповідь дорівнює . $1-(1-(1/3)^8)^{136} \approx 0.0205$ $1 - (1 - f_{1/3,8}(0,25))^8) = 0.0149358...$

— дзижчати
джерело

13

Хоча чудове рішення щодо динамічного програмування @ whuber заслуговує на читання, час його виконання становить щодо загальної кількості випробувань та бажаної тривалості проби тоді як метод експозиції матриці - . Якщо набагато більший за , наступний метод швидший. $\mathcal O(k^2m)$ $m$ $k$ $\mathcal O(k^3\log(m))$ $m$ $k$

Обидва рішення розглядають проблему як ланцюг Маркова зі станами, що представляють кількість правильних випробувань на кінці рядка досі, і стан досягнення бажаних правильних випробувань підряд. Матриця переходу така, що побачивши відмову з ймовірністю поверне вас у стан 0, а в іншому випадку з ймовірністю переведе вас у наступний стан (остаточний стан є поглинаючим станом). Піднявши цю матрицю до ї потужності, значення в першому рядку та в останньому стовпчику - це ймовірність побачити голов підряд. На Python: $p$ $1-p$ $n$ $k=8$

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))

дає 0,00187928367413 за бажанням.

— Ніл G
джерело

10

Відповідно до цієї відповіді , я трохи більше поясню підхід Маркова-Ланця від @Neil G і запропоную загальне рішення таких проблем у R. Позначимо бажану кількість правильних випробувань підряд по , кількість випробувань як і правильний випробування (win), а неправильне випробування - (fail). У процесі відстеження випробувань ви хочете дізнатися, чи вже у вас було коло 8 правильних випробувань та кількість правильних випробувань наприкінці поточної послідовності. Є 9 станів ( ): $k$ $n$ $W$ $F$ $k+1$

: У нас не було правильних випробувань поспіль ще й останнє випробування було . $A$ $8$ $F$

: У нас не було правильних випробувань поспільж, і останні два випробування були . $B$ $8$ $FW$

: У нас не було правильних випробувань поспільж, і останні три випробування були . $C$ $8$ $FWW$

$\ldots$

: У нас не було правильних випробувань поспільж, і останні вісім випробувань були . $H$ $8$ $FWWWWWWW$

: У нас було правильних випробувань поспіль! $I$ $8$

Імовірність переходу до державної зі стану є , і з імовірністю , ми залишатися в державній . Зі стану , ймовірність переходу до державного становить і з ймовірністю ми переходимо назад до . І так далі. Якщо ми перебуваємо в державі , ми залишаємось там. $B$ $A$ $p=1/3$ $1-p=2/3$ $A$ $B$ $C$ $1/3$ $2/3$ $A$ $I$

З цього ми можемо побудувати матриці переходу (оскільки кожен стовпець підсумовує до а всі записи позитивні, називається лівою стохастичною матрицею ): $9\times9$ $M$ $M$ $1$ $M$

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})

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

Кожен стовпець і рядок відповідає одному стану. Після випробувань записи дають ймовірність переходу зі стану (стовпець) у стан (рядок) у випробувань. Крайній правий стовпець відповідає стану і єдиний запис - у правому нижньому куті. Це означає, що як тільки ми перебуваємо в стані , ймовірність залишитися в дорівнює . Нас цікавить ймовірність переходу в стан зі стану за кроків, що відповідає нижньому лівому запису $n$ $M^{n}$ $j$ $i$ $n$ $I$ $1$ $I$ $I$ $1$ $I$ $A$ $n=25$ (тобто ). Все, що нам зараз потрібно зробити - це обчислити . Це можна зробити задопомогою функції живлення матриці зпакета: $M^{25}$ $M^{25}_{91}$ $M^{25}$ 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

Ймовірність зі стану в стан за 25 кроків становить , як це встановлено іншими відповідями. $A$ $I$ $0.001879284$

— COOLSerdash
джерело

3

Ось декілька код R, який я написав, щоб імітувати це:

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()))

Я отримую значення трохи менші, ніж ваша формула, тому хтось із нас, можливо, десь помилився.

— Грег Сніг
джерело

Чи включає Ваша функція випробування, коли неможливо отримати 8 підряд правильно, наприклад, де "пробіг" розпочався з пробної 20?

— Мішель

Швидше за все, моє R моделювання дає мені і менші значення. Мені просто цікаво, чи є алгебраїчне рішення, яке може вирішити це як просте питання ймовірності у випадку, якщо хтось оскаржує моделювання.

— AcidNynex

1

Я думаю, що цю відповідь можна було б покращити, надавши отриманий результат, щоб можна було порівняти. Звичайно, включити щось на зразок гістограми додатково було б ще краще! Код мені здається з першого погляду. Ура. :)

— кардинал

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}

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

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

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

$0.00187928$

Це також можна оцінити безпосередньо, використовуючи вбудовані Probabilityта функції DiscreteMarkovProcess Mathematica :

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

$0.00187928$

— Хоссам Карим
джерело