Una de las dos secuencias de volteo independientes alcanza dos cabezas simultáneamente. Cuál es la distribución de los otros lanzamientos.

Question

Dos personas comienzan a lanzar monedas justas. Esperamos a que una de ellas alcance dos cabezas seguidas. Cuando eso ocurre, miramos los dos últimos lanzamientos del otro tipo. El otro tipo puede tener HH, HT, TH y TT. Ingenuamente, podríamos pensar que todas estas cuatro son igual de probables. Sin embargo, eso significaría que hay un 25% de posibilidades de que las dos secuencias alcancen dos cabezas simultáneamente. Ahora bien, eso parece alto y, de hecho, lo es. Si miras el código aquí (método llamado get_loser_state_prob al final) -

https://github.com/ryu577/stochproc/blob/master/stochproc/competitivecointoss/simulation.py

verás que la distribución en realidad se parece a esto -

HH: 0,12 HT: 0,24 TH: 0,32 TT: 0,32

No me parece nada intuitivo que las probabilidades de HT y TH sean diferentes y la distribución en general es algo que no puedo entender. ¿Puede alguien explicar por qué debemos esperar -

1) La HH debe ser la más baja

2) La HT debe ser inferior a la TH

3) El TH y el TT deberían ser más o menos iguales (dado que se trata de una simulación, no se puede saber si son exactamente iguales, pero sí muy cercanos).

Answer 1

En esta respuesta una forma de encontrar las probabilidades.

Dejemos que $p$ denota la probabilidad en la posición de inicio, y $q$ denota la probabilidad bajo la condición de que en la primera ronda se lance una cola y una cabeza y deja que $r$ denotan la probabilidad bajo la condición de que en la primera ronda se lancen dos cabezas.

Si se trata de la probabilidad en HH entonces:

• $p=\frac14p+\frac12q+\frac14r$
• $q=\frac14p+\frac14q$
• $r=\frac14+\frac14p$

Resolviendo esto encontramos $p_{HH}=p=0.12$ .

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Si se trata de la probabilidad en TH entonces:

• $p=\frac14p+\frac12q+\frac14r$
• $q=\frac14+\frac14p+\frac14q$
• $r=\frac14p$

Resolviendo esto encontramos $p_{TH}=p=0.32$ .

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Si se trata de la probabilidad en HT entonces:

• $p=\frac14p+\frac12q+\frac14r$
• $q=\frac14p+\frac14q$
• $r=\frac12+\frac14p$

Resolviendo esto encontramos $p_{HT}=p=0.24$ .

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Si se trata de la probabilidad en TT entonces:

• $p=\frac14p+\frac12q+\frac14r$
• $q=\frac14+\frac14p+\frac14q$
• $r=\frac14p$

Resolviendo esto encontramos $p_{TT}=p=0.32$ .

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Editar :

Permítanme ampliar el primer caso. Allí $3$ estados a discernir: $S_0,S_1,S_2$ donde el índice denota el número de cabezas que fueron lanzadas en la ronda anterior. Al principio estamos en la posición en $S_0$ .

$p$ denota la probabilidad de que el otro tipo termine con HH si empezamos en $S_0$ , $q$ denota la probabilidad de que el otro tipo termine con HH si empezamos en $S_1$ y $r$ denota la probabilidad de que el otro tipo termine con HH si empezamos en $S_2$ .

A partir de $S_0$ la probabilidad de llegar en $S_0$ de nuevo (es decir, ambos lanzan colas) es igual a $\frac14$ . La probalidad de llegar en $S_1$ es $\frac12$ (uno de ellos lanza cruz y el otro lanza cara). La probabilidad de llegar en $S_2$ es $\frac14$ (ambos lanzan cabezas).

Eso nos da la igualdad: $$p=\frac14p+\frac12q+\frac14r$$

A partir de $S_1$ de manera similar existe la probabilidad $\frac14$ para volver a $S_0$ y también la probabilidad $\frac14$ para permanecer en $S_1$ . Además, existe la probabilidad de $\frac12$ que el juego termina de tal manera que no ambos terminan con HH.

Eso nos da la igualdad: $$q=\frac14p+\frac14q+\frac120=\frac14p+\frac14q$$

A partir de $S_2$ de manera similar existe la probabilidad $\frac14$ para volver a $S_0$ . También hay una probabilidad $\frac14$ que el juego termine de tal manera que ambos terminen con HH. También hay una probabilidad $\frac12$ que el juego termina de tal manera que no ambos terminan con HH.

Eso nos da la igualdad: $$r=\frac14p+\frac141+\frac120=\frac14p+\frac14$$

Answer 2

Respuesta corta e inexacta para la intuición.

Digamos que A tiene HH en los lanzamientos $n$ y $n+1$ . Sabemos que el jugador B no recibió HH en los lanzamientos $n-1$ y $n$ . Esto hace que sea un poco menos probable que el jugador B tenga H en el lanzamiento $n$ . Esto explica por qué HH y HT son más bajos que TH y TT.

¿Pero qué pasa con HH vs. HT? Para ganar en intuición, considere que ambos jugadores lanzan su moneda dos veces, sin ninguna condición adicional. ¿Cuál es la probabilidad de que (a) ambos obtengan HH, o (b) uno obtenga HH y otro HT? La respuesta a (a) es $1/2^4$ porque hay 4 lanzamientos que tienen que dar un resultado específico. Pero la respuesta a (b) es en realidad el doble porque hay dos resultados posibles que dan este resultado, ¡ya que no especificamos quién se lleva un HH!

Answer 3

De hecho, lo he comprobado dos veces porque a mí también me parecía extraño, pero efectivamente es cierto.

    result <- c()

for(iter in 1:10000){
  temp <- TRUE
  x1 <- rep(0,2)
  x2 <- rep(0,2)
  while(temp){
    x1[2] <- x1[1]; x2[2] <- x2[1]
    x1[1] <- rbinom(1,1,0.5); x2[1] <- rbinom(1,1,0.5)  

    if(sum(x1)==2){
      result <- c(result,sum(x2))
      temp <- FALSE
    }else if(sum(x2)==2){
      result <- c(result,sum(x1))
      temp <- FALSE
    }
  }
}

    > sum(result==2)/length(result)
    [1] 0.1164  ## Probs of HH
    > sum(result==1)/length(result)
    [1] 0.565  ## Probs of HT or TH
    > sum(result==0)/length(result)
    [1] 0.3186 ## Probs of TT

Creo que la razón básica de la asimetría se debe a que el hecho de que el juego termine en esta ronda (a diferencia de la ronda anterior) significa que ambos jugadores habían obtenido al menos una cola en las dos rondas anteriores a la ronda final (de lo contrario, el juego habría terminado la ronda anterior).

Esto significa que cada jugador tiene una mayor probabilidad de obtener dos colas en la ronda final, ya que sus dos últimos lanzamientos antes de la ronda final debe ser uno de $HT, TH, TT$ y no puede ser $HH$ .

Dejemos que $X$ serán los dos últimos lanzamientos del perdedor antes de la ronda final, $Y$ sea su lanzamiento final, y $Z$ sus dos últimos lanzamientos después de la última ronda.

Entonces

$P(Z = HH) = P(X = TH, Y=H)$

Ya que ninguna otra combinación le da dos cabezas al final. Pero ahora considere la probabilidad de que sus dos últimos lanzamientos sean colas

$P(Z = TT) = P(X=TT, Y=T) + P(X = HT,Y=T)$

Asimismo,

$P(Z = HT) = P(X=TH, Y=T)$

$P(Z = TH) = P(X=HT, Y=H) + P(X=TT,Y=H)$

Por lo tanto, hay una clara asimetría entre las probabilidades del lanzamiento final causada por el hecho de que debe tener al menos una cola antes del lanzamiento final.

Observe cómo la simulación muestra $P(TH) > P(HT)$ y lo anterior tiene dos sumandos para $TH$ pero sólo uno para $HT$ ¡!

Answer 4

Las respuestas aquí son estupendas y proporcionan una buena intuición. Tengo otra forma aproximada de visualizar un aspecto de este fenómeno, así que pensé en compartirla. Tenemos cuatro estados (HH, HT, TH, TT). ¿Cómo es la matriz de transición entre ellos (manteniendo el orden)?

$$ \left( \begin{array}{cccc} .5 & .5 & 0 & 0\\ 0 & 0 & .5 & .5\\ .5 & .5 & 0 & 0\\ 0 & 0 & .5 & .5 \end{array} \right) $$

Fíjese en que todas las columnas tienen exactamente dos 0,5 en ellas.

Sin embargo, aquí estamos diciendo que la secuencia perdedora aún no ha llegado a HH. Si pensamos en HH como un estado absorbente, esta matriz se ve como -

$$ \left( \begin{array}{cccc} 1 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 0 & .5 & .5\\ .5 & .5 & 0 & 0\\ 0 & 0 & .5 & .5 \end{array} \right) $$ Lo primero que se nota es que la columna correspondiente a HT se resiente. Ahora tiene un 0,5 en lugar de dos.

Y como otros han señalado, esto se debe a que ahora sólo la TH puede llevar a la HT (la HH solía llevarla también, pero la excluimos). Mientras que para TH y TT, todavía hay dos estados que pueden llevar a ellos.

Esto es una intuición de por qué la HT es más baja que las demás. También sugiere por qué TH y TT tienen las mismas probabilidades (aunque hacer una afirmación estricta basada en esto sería una exageración).