¿Maneras rápidas para aproximar$\sum_{k=a_1}^{k=a_2}C_{100}^k(\frac{1}{2})^k(\frac{1}{2})^{100-k}$?

Question

Considere el siguiente problema:

Una moneda es ser azotada 100 veces, con cada lanzamiento que resulta en una cabeza o de la cola. Vamos $$H:=\textrm{the total number of heads}$$ y $$T:=\textrm{the total number of tails},$$ cuál de los siguientes eventos que tiene la mayor probabilidad?

A. $H=50$

B. $T\geq 60$

C. $51\leq H\leq 55$

D. $H\geq 48$ $T\geq 48$

E. $H\leq 5$ o $H\geq 95$

Lo que puedo pensar es que el cálculo directo: $$P(a_1\leq H\leq a_2)=\sum_{k=a_1}^{k=a_2}C_{100}^k(\frac{1}{2})^k(\frac{1}{2})^{100-k}$$

Aquí está mi pregunta:

Hay alguna forma rápida de solucionar este problema, excepto el cálculo directo?

Answer 1

Aquí es una forma muy elemental de estimar estas probabilidades. Observar que la distribución de $H$ es muy similar a una distribución normal con media de $50$ y la desviación estándar $\sigma = 5$. En particular, se debe tener

$$ P (a|H-50| \leq \sigma) \;\approx\; 68\% \qquad\text{y}\qquad P (a|H-50| \leq 2\sigma) \;\approx\; ic del 95\% $$

Como mixedmath señalado, la única solución viable respuestas son B, D, y E. podemos estimar las probabilidades de estos eventos como sigue:

B. $P(H \geq 60) \;=\; P(H \geq 50 + 2\sigma)$, que debe estar en el orden de 2.5%.

D. $P(48\leq H \leq 52) \;=\; P(|H-50| \leq \sigma/2)$, por lo que esto debe ser algo así como el 40%.

E. $P(H\leq 5\text{ or }H \geq 95) \;=\; P(|H-50| \geq 9\sigma)$, por lo que este debe ser muy pequeño.

Por lo tanto (D) es la respuesta correcta.

Answer 2

La desigualdad de Chebyshev, combinado con mixedmath y algunas otras observaciones, muestra que la respuesta ha de ser D sin hacer los cálculos directos.

En primer lugar, reescribir D como $48 \leq H \leq 52$. A es un subconjunto de D, y debido a que la distribución binomial con $n = 100$ $p = 0.5$ es simétrico con respecto al $50$, el C es menos probable que D. Así que, como mixedmath notas, a y C se puede descartar.

Ahora, la estimación de la probabilidad de D. Hemos $P(H = 48) = \binom{100}{48} 2^{-100} > 0.07$. Desde $H = 48$ $H=52$ son igualmente probables y menos probables resultados en D, $P(D) > 5(0.07) = 0.35$.

Finalmente, $\sigma_H = \sqrt{100(0.5)(0.5)} = 5$. Así que la versión a dos caras de Chebyshev dice que $P(E) \leq \frac{1}{9^2} = \frac{1}{81}$, ya que E se pide la probabilidad de que $H$ toma un valor de 9 desviaciones estándar de distancia de la media. La unilateral versión de Chebyshev dice que $P(B) \leq \frac{1}{1+2^2} = \frac{1}{5}$, puesto que B se pide la probabilidad de que $H$ toma un valor de 2 desviaciones estándar menor que la media.

Así que D debe ser la más probable evento.

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Añadido: OP pide más sobre el por qué de $P(C) < P(D)$. Desde el binomio($100,50$) la distribución es simétrica alrededor de $50$, $P(H = i) > P(H = j)$ al $i$ está más cerca de a $50$ $j$ es. Así $$P(C) = P(H = 51) + P(H = 52) + P(H = 53) + P(H = 54) + P(H = 55)$$ $$< P(H = 50) + P(H=51) + P(H = 49) + P(H = 52) + P(H = 48) = P(D),$$ comparando directamente las probabilidades.

Answer 3

Sí. En la siguiente, que utiliza (casi) nada más allá de lo que ya está en el planteamiento del problema, los cálculos implican sólo la simple aritmética con números de un dígito (y $10$) y fácil estimaciones de fracciones de números de dos dígitos: las cosas de la aritmética mental.

Deje $P(k)$ representan la probabilidad de $k$ cabezas. A partir de la (intuitivamente obvio) hechos que (i)$P(k) \gt 0$$0 \le k \le 100$, (ii) $P(k)$ aumenta de $k=0$ $k=50$y luego disminuye de$k=50$$k=100$, y (iii) $P(k) = P(100-k)$, podemos establecer fácilmente las desigualdades

$$D \gt C, D \gt A, B \gt E.$$

Yo reclamo que en realidad $A \gt B$ (es decir, la probabilidad de que exactamente 50 cabezas supera la oportunidad de 60 o más colas), que establece las $D$ como la respuesta. Para ver esto, mira la relación de probabilidades. Todos ellos tienen un factor común de $100!/2^{100}$ cual podemos ignorar, centrándose en los coeficientes binomiales que están a la izquierda. Ahora una serie de estimaciones sencillas establece

$$P(40) / P(50) = \frac{50}{60} \frac{49}{59} \cdots \frac{41}{51} \lt \left(\frac{5}{6}\right)^{10} \lt \frac{1}{1 + 10(1/5)} = \frac{1}{3}.$$

(La relación en realidad es menos de $1/7$.) Por otra parte,

$$P(39) / P(50) = \frac{40}{61} P(40)/P(50) \lt \frac{2}{3} P(40)/P(50).$$

Continuando en la vena vemos que la probabilidad de $A$ respecto a la de $B$, $\left(P(0) + P(1) + \cdots + P(40)\right)/P(50)$, está dominado por una serie geométrica con el inicio de plazo $P(40)/P(50)$ y la razón común $2/3$. Por lo tanto su suma es menor que $1/3 (1 - 2/3)^{-1} = 1.$ Esto demuestra que el reclamo.

Answer 4

En resumen: no. Pero puedes cortar algunas cosas de inmediato. Por ejemplo, A es una tontería. A es comido por C. Y C es comido por D.

Por lo tanto, solo necesita marcar B, D y E. Por supuesto, dependiendo de su intuición, es posible que tenga una idea de lo poco probable que es E. Pero eso no es tan cierto.