Estoy rodando una feria de morir. ¿Cuál es la distribución de probabilidad del número de rollos hasta que en primer lugar se acumulan: 1) Cinco 2) 20 apariciones de rostros que no son uno?
Estoy feliz de compartir la aplicación en si es de ayuda.
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jldugger
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Va a realizar el equivalente de arrojar una moneda con probabilidad $p=1/6$ de las cabezas hasta que cualquiera de las $a=5$ jefes o $b=20$ colas ("no-cabezas") han aparecido. Si usted ha arrojado $n$ veces, la probabilidad de este evento no ocurra es dada por la distribución Binomial como
$$S(n;a,b,p) = \sum_{k=\max(0,n-b+1)}^{\min(n,a-1)} \binom{n}{k} p^k(1-p)^{n-k}.$$
(La suma es igual a cero, siempre que su límite inferior excede su límite superior.)
Por lo tanto, la probabilidad de que $n\gt 0$ es la proyección cuando cualquiera de las $a$ jefes o $b$ colas se observaron por primera vez es
$$f(n;a,b,p) = S(n-1;a,b,p) - S(n;a,b,p).$$
Obviamente, esto debe ser igual a $0$ $n \lt \min(a,b)$ o $n \ge a+b$. Por lo tanto, fácilmente puede reportar la totalidad de distribución: aquí es la trama de su función de probabilidad $f$ $0$ $a+b=25,$ como se calcula mediante estas fórmulas:
Este sencillo se convierte en una solución aún más sencilla (y los rendimientos de información adicional acerca de si la tira termina con $a$ jefes o $b$ colas) cuando reconocemos que la pregunta debe ser enmarcada como un paseo aleatorio en el $(x,y)$ plano.
Inicio en el origen $(0,0)$. Cada vez que la moneda sale cara, mover una unidad; de lo contrario, mover una unidad a la derecha. Deje la primera vez que una de las barreras de absorción de $y=a$ o $x=b$ es golpeado.
La geometría de esta situación se muestra en la segunda figura. Traza los puntos que se pueden alcanzar en esta caminata, que muestra la absorción de barreras como las líneas de color negro. Los posibles puntos terminales a lo largo de esas barreras están marcados con puntos negros.
El número de veces que cada terminal punto de que se llegó en 1000 iteraciones de este paseo son representados por los colores y los tamaños de los mayores puntos de vista. La ruta que se muestra en rojo corresponde a una secuencia en la que una cola que se observa, entonces, una cabeza, luego de 10 colas, una cabeza, una cola, dos cabezas, cuatro colas, y una cabeza. Se compone de 21 de lanzar una moneda por completo.
Cada camino que llega a cualquier punto de $(x,y)$ en la absorción de la barrera se compone de $x$ colas y $y$ cabezas y por lo tanto tiene una probabilidad de $p^y(1-p)^x$. Claramente, el último resultado en cualquier camino que termina en $(x,a)$ fue un mano a mano. El número de rutas de acceso, por tanto, es el número de los distintos caminos que conectan $(0,0)$$(x,a-1)$, de los cuales hay $\binom{x+a-1}{a-1}$. En consecuencia, la posibilidad de cancelar en $(x,a)$ es
$$\Pr(x,a) = \binom{x+a-1}{a-1} p^{a}(1-p)^x.$$
Del mismo modo la posibilidad de cancelar en $(b,y)$ es
$$\Pr(b,y) = \binom{y+b-1}{b-1} p^y(1-p)^b.$$
La posibilidad de cancelar después de$n$,$\min(a,b)\le n \lt a+b-1$, por lo tanto, es la suma de dos expresiones (uno de los cuales puede ser cero):
$$f(n;a,b,p) = \binom{n-1}{a-1} p^a(1-p)^{n-a} + \binom{n-1}{b-1} p^{n-b}(1-p)^b\text{ if }\min(a,b)\le n \lt a+b.$$
Esta cuenta el número de $n$-paso de las rutas que llegan a la absorción de la barrera en la parte superior o a la derecha, respectivamente, la ponderación de cada uno por su probabilidad.
El salto repentino en la probabilidad en $n=20$ en la primera figura, se explica: por primera vez (en comparación con los valores más pequeños de $n$), es posible acabar con la lanza en la derecha de la barrera. Esto ocurre en un gran número de casos, porque es (ligeramente) más probable es que el derecho de la barrera será alcanzado antes la parte superior de la barrera. (La probabilidad de llegar a la derecha de la barrera de la primera es fácil de encontrar por la suma de las probabilidades asociadas con sus cinco puntos, que es casi el $63\%$.) Sabemos que el fin de la caminata a la derecha de la barrera es más probable debido a que, en promedio, un camino aumentará en una unidad de $p=1/6$ del tiempo, pero se moverá a la derecha una unidad de $1-p=5/6$ del tiempo, para una pendiente promedio de $1/6:5/6 = 1/5$. Un camino con el que la pendiente de llegar a la absorción de la región en la ubicación de $(20, 20/5)=(20,4)$: en el de la derecha de la barrera.
ericj
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Luego de haber dormido en ella, creo que la estrategia puede ser esta:
- Convertir cada uno de los binomial negativo de las distribuciones de probabilidad de probabilidades condicionales. es decir, condicionado a no haber metido 5 en n-1 rollos, ¿cuál es la probabilidad de obtener un 5º en la n roll?
Desde n=1 a lo suficientemente grande,
la suma de las dos probabilidades condicionales, y multiplicar el complemento por S(n-1), el acumulado de "supervivencia" a través de la (n-1)th rollo.
Tomar las sucesivas diferencias S(n-1)-S(n) para recuperar la distribución de probabilidad.
El ajuste es una comparativa de monitoreo de seguridad de comercializa productos para la salud. Tiene dos grupos de comparación, posiblemente, de tamaño desigual, seguido a lo largo del tiempo. Cada evento adverso es un binomio de prueba, como el caso de la que se puede derivar de cualquier fármaco o Un medicamento B.
