Probabilidad de rayas

Question

Últimamente pensé en esta pregunta, pero no estoy satisfecho con la respuesta que obtuve:

Si lanzo una moneda 100 veces, ¿cuál es la probabilidad de que obtenga una racha de al menos diez del mismo lado?

La forma en que pensé en resolverlo fue solo:$\left(90 \times 0.5 ^ 9\right) = 0.0879$, pero esto tiene que estar mal porque, para la probabilidad de obtener una racha de al menos 4 en el mismo escenario, arroja:$\left(96 \times 0.5 ^ 3\right) = 12$, que obviamente no tiene sentido.

Answer 1

Según esta página, hay una forma cerrada de expresión para este problema.

...la probabilidad, S, de ser K o más cabezas en una fila en N los intentos independientes (donde p es la probabilidad de jefes y q=1-p es la probabilidad de que las colas) es:

$$ S(N,K) = p^K\sum_{T=0}^\infty {N-(T+1)K\elegir T} (qp^K)^T-\sum_{T=1}^\infty {N-TK\elegir T} (qp^K)^T $$

Con la inusual a la convención que el ${A\choose B}= 0$$A < B$. La evaluación numérica me da 0.0441372 para el caso de $p=1/2$, $N=100$, $K=10$.

Editar

Trabajarla un poco para deshacerse de esa extraña convención sólo cambia el límite superior.

$$ p^k \sum _{t=0}^{\frac{n-k}{k+1}} \binom{n-k (t+1)}{t} \left(-q p^k\right)^t-\sum _{t=1}^{\frac{n}{k+1}} \binom{n-k t}{t} \left(-q p^k\right)^t $$

El siguiente código de Mathematica da números, sólo tiene que enchufar en p, n, k en la última sustitución de bits.

-\!\(
\*UnderoverscriptBox[\(\[Sum]\), \(t = 1\), 
FractionBox[\(n\), \(1 + k\)]]\(
\*SuperscriptBox[\((\(-
\*SuperscriptBox[\(p\), \(k\)]\)\ q)\), \(t\)]\ Binomial[n - k\ t, 
       t]\)\) + p^k \!\(
\*UnderoverscriptBox[\(\[Sum]\), \(t = 0\), 
FractionBox[\(\(-k\) + n\), \(1 + k\)]]\(
\*SuperscriptBox[\((\(-
\*SuperscriptBox[\(p\), \(k\)]\)\ q)\), \(t\)]\ Binomial[
       n - k\ \((1 + t)\), t]\)\) //. {k -> 10, n -> 100, q -> 1 - p, 
   p -> 1/2} // N

Answer 2

Su cálculo es esencialmente el número esperado de vetas de esa longitud. Un enfoque ingenuo sería que la probabilidad de que usted no inicio de una carrera de a $n$ en un rollo determinado es $2^{n-1}$ como te das cuenta. La posibilidad de que nunca a partir de una carrera de a $10$ luego $(1-2^{9})^{91}$ y la probabilidad de tener al menos un $1-(1-2^{9})^{91}\approx 0.163$ La razón de $91$ en lugar de $90$ es que usted podría comenzar en cualquier flip $1$ a través de $91$. La razón de las palabras de la comadreja es este cálculo supone la oportunidad de comenzar una carrera en flip 2 es independiente de la probabilidad de que a partir del 1 o 3, pero en el que interactúan.

Answer 3

EDIT: Esta respuesta es errónea, debido a una racha que puede comenzar en cualquier número, no sólo en un determinado múltiplo de 10. Favor de ignorar.

P: Si me tira una moneda al aire 100 veces, ¿cuál es la probabilidad de que voy a tener por lo menos una racha de al menos diez del mismo lado?

Suponiendo que la moneda es justo:

P(10 consecutivos mismo lado) = $0.5^{10}$
Por el contrario, la probabilidad de que el resultado no se produce es $1-0.5^{10}$. Llame a este resultado F.

Ahora, ya que estás moviendo de un tirón una moneda 100 veces y 100 veces corresponde a 10 muestras (de 10 lanzamientos cada uno), se puede hacer esto simplemente con la independencia:

P(No es una Racha de 10 conjuntos de muestras): $F^{10}$
$\therefore$ P(Al menos una racha de 10 conjuntos de muestras) $= 1-F^{10}$
$\therefore$ P(Al menos una racha de 10 conjuntos de muestras) $= (1-(1-0.5^{10})^{10})$
$\therefore$ P(Al menos una racha de 10 conjuntos de muestras) $=0.00972...$