¿Por qué son las probabilidades de que una moneda caiga$50\%$ después de$'n'$ cabezas consecutivas

Question

Estoy tratando de entender cómo las probabilidades de un tirón una moneda no trucada $4$ veces en una fila y el aterrizaje de cabezas cada vez es $\frac{1}{2^4}=\frac{1}{16}=6.25\%$;

Pero, al mismo tiempo, si sólo me he volteado la moneda cabezas $3$ veces que mis probabilidades de que se caiga de cara a un cuarto de hora se $50\%.$ Estos números parecen contradecirse el uno al otro.

Creo que me lo imaginé cuando estaba escribiendo esta pregunta, pero quería confirmar. De los 16 posibles maneras en que $4$ coin flips puede ir, $2$ han $3$ consecutivos cabezas (abajo). Así que si le doy la vuelta cabezas $3$ veces y estoy a punto de darle la vuelta un cuarto, hay dos resultados posibles:

$$% interior de la matriz de los valores mínimos \begin{array}{c|cccc} \text{series} & 1 & 2 & 3 & 4\\ \hline 1 & T & T & T & T\\ ... & ... & ... & ... & ...\\ 15 & H & H & H & T\\ 16 & H & H & H & H \end{array}$$

haciendo que la probabilidad de obtener un cuarto cabeza de $= \frac{1 outcome}{2 possibilities} = 50\%$. Es esto correcto?

Answer 1

Sí, eso es correcto!

He aquí otra de las frases que pueden hacer que sea más claro:

Originalmente, tiene 16 posibles opciones para 4-flip secuencias. Ambos HHHH y HHHT tienen la probabilidad de 1/16, y también lo son todos los demás.

Después de que usted haya volteado de 3 cabezas, ha reducido a sólo HHHH y HHHT, y las probabilidades son iguales.

La probabilidad de HHHH es de 1/16. La probabilidad de HHHH dado que ya has volteado de 3 cabezas que es 1/2. La diferencia entre los escenarios es la información - específicamente, la información que ya has hecho algunos de los lanzamientos.

Answer 2

Estás en lo correcto de que la probabilidad de una cabeza en el cuarto de "coin flip" (independientemente de los tres anteriores resultados) es $\frac{1}{2}$.

La aparente paradoja surge porque estás comparando una probabilidad a una probabilidad condicional para los eventos que no son independientes. Los eventos en cuestión son el caso de $A$ de conseguir 4 cabezas en una fila y en el caso de $B$ de que salga cara en los tres primeros lanzamientos. Claramente estos no son eventos independientes (de hecho, si $A$ se produce, a continuación, $B$ debe ocurrir, por lo $P(B|A)=1 \neq P(B)$). Usted está comparando $P(A|B)$$P(A)$, pero no debemos esperar que estas probabilidades son iguales en lo $A$ $B$ no son eventos independientes.

La probabilidad de $A$, es decir, la probabilidad de obtener cuatro cabezas en cuatro independiente de la moneda gira es $$P(A)=P(4 \text{ heads})=\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2}\cdot \frac{1}{2}=\frac{1}{16}.$$ Sin embargo, la probabilidad de $A$ da $B$, es decir, la probabilidad de obtener cuatro cabezas en cuatro independiente de la moneda para decidir , dado que los tres primeros lanzamientos resultó en cabezases $$P(A|B)=P(4\text{ heads}|\text{first 3 heads}) = \frac{P(\text{4 heads and first 3 heads})}{P(\text{first 3 heads})}= \frac{\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{2}}{\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{2}}= \frac{\frac{1}{16}}{\frac{1}{8}}=\frac{1}{2}.$$

Answer 3

Su explicación es correcta, pero me permiten elaborar. Voy a comenzar a escribir algunas definiciones formales, y tratar de explicar de ellos. A continuación, me referiré a su pregunta.

Permite restringir nuestro análisis a lo finito discretos caso, es decir, suponga que tiene un espacio muestral $\Omega$ de tamaño finito. $\Omega$ es el conjunto de todos los posibles resultados de su experimento, por ejemplo,

1. Si el experimento es lanzar una moneda, luego de $\Omega = \{H,T\}$.
2. Si el experimento es lanzar cuatro monedas, a continuación,$\Omega = \{(a,b,c,d) : a,b,c,d\in \{H,T\} \}$.

Una medida de probabilidad en $\Omega$ es una función de $P:\Omega \to [0,1]$ que satisface $\sum_{\omega \in \Omega} P(\omega) = 1$, es decir, una función que le da a cada posible resultado del experimento de su probabilidad de ocurrencia. Un buen ejemplo es el uniforme de la medida, que da a cada posible resultado la misma probabilidad.

Un evento en $\Omega$ es sólo un conjunto de resultados posibles, es decir, $A\subseteq \Omega$ es un evento. Cuando nos preguntamos por la probabilidad de un evento, preguntamos, "¿cuál es la probabilidad de que el resultado de nuestro experimento consistió en Una", es decir,$P(A) \triangleq \sum_{\omega \in A} P(\omega)$. Observar que bajo el uniforme de la medida, que realmente conseguir que $P(A) = \frac{|A|}{|\Omega|}$, y que en realidad podría ser más fácil de entender.

Decimos que dos sucesos a $A,B\subseteq \Omega$ son independientes si $P(A\cap B) = P(A)\cdot P(B)$. Para entender mejor esto, veamos el siguiente ejemplo: Si tiramos dos diferentes monedas justas de forma independiente, entonces el espacio muestral es $\{ (H,H),(H,T),(T,H),(T,T) \}$, y dado que las monedas son justas, a continuación, todos los resultados tiene la misma probabilidad de $\frac{1}{4}$. Además, dado que las monedas están justo a continuación:

• La probabilidad de que la primera moneda de destino en $H$$\frac{1}{2}$, es decir,$P(\{(H,H),(H,T)\}) = \frac{1}{2}$.
• La probabilidad de que la primera moneda de destino en $T$$\frac{1}{2}$, es decir,$P(\{(T,H),(T,T)\}) = \frac{1}{2}$.
• La probabilidad de que la segunda moneda de destino en $H$$\frac{1}{2}$, es decir,$P(\{(H,H),(T,H)\}) = \frac{1}{2}$.
• La probabilidad de que la segunda moneda de destino en $T$$\frac{1}{2}$, es decir,$P(\{(T,T),(T,T)\}) = \frac{1}{2}$.

Tenemos que: $P($primera moneda $H$, y la segunda coind $T) =$P($first coin$H) \cdot P($second coind$T)$. Esta captura la intuición de que si las monedas son lanzadas de forma independiente el uno del otro, sus resultados no deben "impacto" unos a otros.

La última definición de lo que quiero escribir es la definición de la probabilidad condicional. Supongamos $A,B\subseteq \Omega$ son dos eventos. La probabilidad condicional de a $A$ $B$ intenta capturar el siguiente caso: supongamos que he llevado a cabo mi experimento y obtuvieron un resultado, y quiere adivinar qué resultado que obtuve. Más específicamente, quiere adivinar si estoy o no obtuvieron un resultado dentro de $A$. Si no le doy ninguna otra información, su mejor conjetura sería que en la probabilidad de $P(A)$ el resultado es $A$. Sin embargo, yo estoy diciendo que el resultado fue en $B$. Así que ya sabes que mi resultado no sólo de cualquier resultado en $\Omega$, de hecho he "redujo" abajo de su factible espacio muestral. Ahora me estoy preguntando "dado que el resultado fue en $B$, ¿cuál es la probabilidad de que también en $A$?". La intuición diría: $P(A|B) = \frac{|A\cap B|}{|B|}$ (lea: la probabilidad de $A$ $B$ es ...), y, de hecho, este es precisamente el caso del uniforme de la medida! En el caso general, $P(A|B) = \frac{P(A\cap B)}{P(B)}$, mientras $P(B)>0$.

En realidad, teniendo en cuenta la definición de probabilidad condicional, tenemos otra, quizás más intuitivo a la definición de independencia de eventos: Dos eventos $A,B \subseteq \Omega$ son independientes si $P(A|B) = P(A)$, es decir, me puede decir usted que el resultado del experimento fue en $B$ o no, y que no cambia la probabilidad de que el resultado en $A$.

Que concluye en la sección de definiciones. Ahora, vamos tienden a su pregunta. En su experimento, usted lanza cuatro de la feria de la moneda de forma independiente. Que, combinado con la explicación anterior, nos da ese $\Omega = \{(a,b,c,d) : a,b,c,d\in \{H,T\} \}$ con el uniforme de probabilidad a medida que otorga a cada posible $(a,b,c,d)\in\Omega$ la misma posibilidad de ocurrir, $\frac{1}{16}$.

Se han presentado dos preguntas diferentes. La primera fue "¿Cuál es la probabilidad de obtener 4 Hs en una fila?". La respuesta es que, como he mencionado anteriormente, $\frac{1}{16}$. La segunda pregunta fue: "Dado que tengo 3 Hs, ¿cuál es la probabilidad de que también tengo el cuarto H?". El uso de las notaciones anteriores:

$P($cuarto $H| 3$ consecutivo $H) = P(\{(H,H,H,H)\}|\{(H,H,H,T),(H,H,H,H)\})$

Ya que estamos considerando el uniforme de medir, luego la podemos utilizar la expresión escribí arriba, y obtener que:

$P($cuarto $H| 3$ consecutivo $H) = \frac{|\{(H,H,H,H)\}\cap\{(H,H,H,T),(H,H,H,H)\}|}{|\{(H,H,H,T),(H,H,H,H)\}|} = \frac{1}{2}$.

Esa es la manera formal de explicar lo que usted afirma.

Espero que ayude