Probabilidad condicional y regla de Bayes.

Question

Hay k+1 monedas en una caja. Cuando se volcó, el $i$th moneda vez hasta la cabeza con la probabilidad de $\frac{i}{k} , i=0,1,...,k$.
Una moneda es seleccionada al azar y luego repetidamente volteado. Si la primera $n$ invierte todo el resultado en las cabezas, ¿cuál es la probabilidad condicional de que el $(n+1)$ flip va a hacer lo mismo?

Mi intento:

Deje $A_i$ $i$th moneda es lanzada y $H_n$$n$th de la moneda es la cabeza

Así que nuestra condición dada muestran que $\Bbb P(H_1|A_i)=\frac{i}{k}$.

Queremos calcular $\Bbb P(H_{n+1}|\bigcap_{i=1}^{n}H_i)$.

En este momento, no puedo proceder de la siguiente etapa.
Cómo calcular por encima de la probabilidad condicional?

Answer 1

Además, vamos a $Z_n$ ser incluso que la primera $n$ volteretas son todos los jefes, entonces, estamos interesados en $P(H_{n+1} \vert Z_n)$, que se da de la siguiente manera \begin{equation} P(H_{n+1} \vert Z_n) = \sum_{i=0}^n P(H_{n+1} \vert Z_n A_i)P(A_i \vert Z_n) \tag{1} \end{equation} Suponiendo que el mover de un tirón los ensayos son independientes acondicionado en el $i^{th}$ monedas de ser el elegido, entonces \begin{equation} P(H_{n+1} \vert Z_n A_i) = \frac{i}{k} \end{equation} Utilizando el teorema de Bayes, podemos decir \begin{equation} P(A_i \vert Z_n) = \frac{P(Z_n \vert A_i)P(A_i)}{P(Z_n)} = \frac{\frac{1}{k+1}(\frac{i}{k})^n}{\frac{1}{k+1}\sum_{j=0}^k (\frac{j}{k})^n} = \frac{(\frac{i}{k})^n}{\sum_{j=0}^k (\frac{j}{k})^n} \end{equation} Sustitución de en $(1)$, obtenemos \begin{equation} P(H_{n+1} \vert Z_n) = \sum_{i=0}^n P(H_{n+1} \vert Z_n A_i)P(A_i \vert Z_n) = \sum_{i=0}^n \frac{i}{k}\frac{(\frac{i}{k})^n}{\sum_{j=0}^k (\frac{j}{k})^n} = \frac{\sum_{i=0}^k (\frac{i}{k})^{n+1}}{\sum_{i=0}^k (\frac{i}{k})^n} \tag{2} \end{equation} y hemos terminado.

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Para grandes $k$

Como $k \rightarrow \infty$, la suma se convierte en una integral, por lo tanto \begin{equation} \lim_{k \rightarrow \infty} = \frac{1}{k} \sum_{i=0}^k (\frac{i}{k})^{\beta} = \int_0^1 x^\beta \ dx = \frac{1}{1+\beta} \end{equation} Para $\beta = n+1$ en el numerador de $(2)$ e $\beta=n$ para el denominador en $(2)$, obtenemos \begin{equation} P(H_{n+1} \vert Z_n) = \frac{n+1}{n+2} \end{equation}

Como $n \rightarrow \infty$, podemos ver que la probabilidad se convierte en $1$, que es intuitivo.

Answer 2

A=la moneda es que me

B = no se n cabezas

$$P(A|B) = \frac{\frac{1}{k + 1} (\frac{i}{k})^n}{\frac{1}{k+1}(\frac{0}{k})^n + \frac{1}{k+1}(\frac{1}{k})^n + ... + \frac{1}{k+1}(\frac{k}{k})^n} $$

$$ = \frac{(\frac{i}{k})^n}{(\frac{0}{k})^n + (\frac{1}{k})^n + ... + (\frac{k}{k})^n} $$

$$ = \frac{i^n}{0^n + 1^n + ... + k^n} $$

tenga en cuenta que si usted sumados para cada i, obtendrá 1, debido a que la moneda tiene que ser uno de ellos

P(la cabeza en el próximo sorteo)

$$ = (\frac{0}{k} P(coin = 0) + \frac{1}{k} P(coin = 1) + ... + \frac{k}{k} P(coin = k) $$

$$ = \frac{(\frac{0}{k} 0^n + \frac{1}{k} 1^n + ... + \frac{k}{k} k^n)}{0^n + 1^n + ... + k^n}$$

$$ = \frac{1}{k}\frac{(0^n + 1.1^n + 2.2^n + .... + k k^n}{0^n + 1^n + ... + k^n}$$

$$ = \frac{1}{k}\frac{(0^{n + 1} + 1^{n + 1} + 2^{n+1} + .... + k^{n+1}}{0^n + 1^n + ... + k^n}$$