Як я можу моделювати фліпси до досягнення N успіхів?

Ми з вами вирішили пограти в гру, де ми по черзі гортаємо монету. Перший гравець, який перевернув 10 головок, виграє гру. Природно, є аргумент про те, хто повинен йти першим.

Симулятори цієї гри показують, що гравець, який перевертає спочатку, виграє на 6% більше, ніж той, хто перевертає другий (перший гравець виграє приблизно 53% часу). Мені цікаво моделювати це аналітично.

Це не біноміальна випадкова величина, оскільки немає фіксованої кількості випробувань (гортайте, поки хтось не отримає 10 головок). Як я можу це моделювати? Це негативний біноміальний розподіл?

Щоб мати можливість відтворити мої результати, ось мій пітон:

import numpy as np
from numba import jit


@jit
def sim(N):

    P1_wins = 0
    P2_wins = 0

    for i in range(N):

        P1_heads = 0
        P2_heads = 0
        while True:

            P1_heads += np.random.randint(0,2)

            if P1_heads == 10:
                P1_wins+=1
                break

            P2_heads+= np.random.randint(0,2)
            if P2_heads==10:
                P2_wins+=1
                break
    return P1_wins/N, P2_wins/N


a,b = sim(1000000)

Розподіл кількості хвостів перед досягненням голів - негативний двочлен з параметрами і . Нехай - функція ймовірності, а - функція виживання: для кожного , - шанс гравця хвостів до голів, а - шанс гравця на або більше хвостів до голів .10 1 / 2 F G п ≥ 0 е ( п ) п 10 G ( п ) п $10$$10$$1/2$$f$$G$$n\ge 0$$f(n)$$n$$10$$G(n)$$n$$10$

Оскільки гравці котяться незалежно, шанс першого гравця виграє, прокатуючи рівно хвостиків, отримується шляхом множення цього шансу на випадковість, коли другий гравець прокатить або більше хвостів, рівний .n f ( n ) G ( n $n$$n$$f(n)G(n)$

Підсумовування всіх можливих дає шанси на перемогу першого гравця як$n$

Це приблизно на більше половини часу.$3\%$

Загалом, замінюючи будь-яким натуральним числом , відповідь можна дати з точки зору гіпергеометричної функції: вона дорівнює$10$$m$

При використанні упередженої монети з шансом голів це узагальнюється до$p$

Ось Rмоделювання мільйона таких ігор. Він повідомляє про оцінку . Біноміальний тест гіпотези для порівняння його з теоретичним результатом має Z-бал , що є незначною різницею.- $0.5325$$-0.843$

n.sim <- 1e6
set.seed(17)
xy <- matrix(rnbinom(2*n.sim, 10, 1/2), nrow=2)
p <- mean(xy[1,] <= xy[2,])
cat("Estimate:", signif(p, 4), 
    "Z-score:", signif((p - 0.532909774) / sqrt(p*(1-p)) * sqrt(n.sim), 3))

Ми можемо моделювати гру так:

• Гравець A кілька разів перегортає монету, отримуючи результати поки не отримає 10 головок. Нехай індекс часу з 10 - х голів випадкової величини .$A_1, A_2, \dots$$X$
• Гравець B робить те саме. Нехай індекс часу з 10 - х голів випадкової величини , яка є н.о.р. копії .$Y$$X$
• Якщо , гравець A виграє; інакше Гравець В виграє. Тобто,$X \le Y$ $$\begin{align} \Pr(A\text{ wins})&= \Pr(X \ge Y) = \Pr(X > Y) + \Pr(X = Y)\\ \Pr(B\text{ wins})&= \Pr(Y > X) = \Pr(X > Y). \end{align}$$

Таким чином, розрив у коефіцієнтах виграшу становить

Як ви підозрювали, (і ) розподіляються по суті відповідно до негативного біноміального розподілу. Позначення для цього різняться, але в параметризації Вікіпедії ми маємо голови як "провал", а хвости як "успіх"; нам потрібно "провалів" (голов) перед припиненням експерименту, і ймовірність успіху . Тоді число "успіхів", яке , має і ймовірність зіткнення дорівнює що Mathematica корисно говорить нам, що це$X$$Y$$r = 10$$p = \tfrac12$$X - 10$

Таким чином, коефіцієнт виграшу гравця B становить , а гравець A - .$\Pr(Y > X) \approx 46.7\%$$\frac{619\,380\,496}{1\,162\,261\,467} \approx 53.3\%$

Нехай є подією, коли гравець у рулоні перевертає i головує перед тим, як інший гравець перевертає j голови, і нехай - перші два фліпи, що мають пробний простір де h означає головки і t хвости, і нехай .$E_{ij}$$X$$\{ hh,ht,th,tt\}$$p_{ij} \equiv Pr(E_{ij})$

Тоді $p_{ij}=Pr(E_{i-1j-1}|X=hh)*Pr(X=hh)+Pr(E_{i-1j}|X=ht)*Pr(X=ht)+Pr(E_{ij-1}|X=th)*Pr(X=th)+Pr(E_{ij}|X=tt)*Pr(X=tt)$

Припустимо, що стандартна монета означає, що$Pr(X=*)=1/4$$p_{ij}=1/4*[p_{i-1j-1}+p_{i-1j}+p_{ij-1}+p_{ij}]$

рішення для ,$p_{ij}$$= 1/3*[p_{i-1j-1}+p_{i-1j}+p_{ij-1}]$

Але і , маючи на увазі, що рекурсія повністю припиняється. Однак пряма наївна рекурсивна реалізація дасть низьку ефективність, оскільки гілки перетинаються.$p_{0j}=p_{00}=1$$p_{i0}=0$

Ефективна реалізація матиме складність і складність пам'яті . Ось простий склад, реалізований у Haskell:$O(i*j)$$O(min(i,j))$

Prelude> let p i j = last. head. drop j $ iterate ((1:).(f 1)) start where
  start = 1 : replicate i 0;
  f c v = case v of (a:[]) -> [];
                    (a:b:rest) -> sum : f sum (b:rest) where
                     sum = (a+b+c)/3 
Prelude> p 0 0
1.0
Prelude> p 1 0
0.0
Prelude> p 10 10
0.5329097742513388
Prelude> 

ОНОВЛЕННЯ: Хтось у коментарях вище запитував, чи варто припускати, щоб згорнути 10 головок поспіль чи ні. Тож нехай стане подією, коли гравець, що перебуває в рулоні, перевертає i головує поспіль, перш ніж інший гравець перевертає голову поспіль, враховуючи, що вони вже перевернули відповідно k та l послідовно голови.$E_{kl}$

Продовжується як раніше, але цього разу обумовлюючи лише перший переворот, де$p_{k,l} = 1-1/2*[p_{l,k+1}+p_{l,0}]$$p_{il}=p_{ii}=1, p_{ki}=0$

Це лінійна система з невідомими та одним унікальним рішенням.$i^2$

Щоб перетворити його в ітераційну схему, просто додайте ітераційне число $n$ та коефіцієнт чутливості $\epsilon$ :

$p_{k,l,n+1} = 1/(1+\epsilon)*[\epsilon*p_{k,l,n} +1-1/2*(p_{l,k+1,n}+p_{l,0,n})]$

Виберіть $\epsilon$ і $p_{k,l,0}$ розумом і запустіть ітерацію на кілька кроків і стежте за терміном виправлення.