¿Cuál es la probabilidad de que la cabeza de una moneda injusta aparezca menos de 50 después de 100 lanzamientos?

Question

Me he encontrado con una pregunta sobre la probabilidad, parece fácil pero me he atascado. La pregunta es:

Supongamos que hay una moneda injusta, la probabilidad de HEAD es $p=0.7$ .
(P1) Si lanzamos la moneda 100 veces, ¿cuál es la expectativa y la varianza de este experimento?
(P2) Responde razonadamente si la probabilidad es mayor o no que $1/10$ que el número de veces que aparece HEAD es menor que $50$ mientras lanzamos la moneda para $100$ tiempos.

Q1 es fácil, sé que la expectativa es $n*p=70$ y la varianza es $n*p*(1-p)=21$ . Pero para la Q2 no tengo ni idea.
En principio me parece... una distribución muestral de la media muestral utilizada en estadística pero... no sé si (o cómo) obedecerá a una distribución normal.
Entonces también intento calcular la suma de $P(H=0)+P(H=1)+...+P(H=50)$ pero el trabajo es enorme, incluso utilizo una aproximación de la distribución de Passion...
¿Podría compartir algunas de sus ideas? Gracias.

Answer 1

Podemos demostrar que la respuesta a Q2 es "No" incluso sin apelar al Teorema Central del Límite.

Digamos que $H$ es el número total de cabezas. Por la desigualdad de Chebyshev (ver más abajo), $$P(|H-70| \ge 21) \le \frac{21}{21^2} \approx 0.048$$ Pero $$P(|H-70| \ge 21) = P(H \le 49) + P(H \ge 91)$$ así que $$P(H \le 49) \le P(|H-70| \ge 21) \le 0.048$$

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La desigualdad de Chebyshev: Si $X$ es una variable aleatoria con media finita $\mu$ y la varianza $\sigma^2$ entonces para cualquier valor $k>0$ , $$P(|X-\mu| \ge k) \le \frac{\sigma^2}{k^2}$$

Answer 2

Desde $H$ es una suma de variables aleatorias Bernoulli, entonces $H$ se modela como Binomial con $N = 100$ ensayos y $p=0.7$ probabilidad de éxito. En efecto, es exhaustivo calcular la probabilidad deseada, que es $$P(H < 50) = P(H=0) + \ldots P(H=49)$$

En cambio, lo que podrías hacer es notar que $N =100$ es lo suficientemente grande, y por lo tanto podríamos aproximar la Binomial con una distribución Gaussiana, por lo que $$H \sim N(Np,Np(1-p)) = N(70,21)$$ Así que $$\Pr(H<50) \simeq \Pr(\underbrace{\frac{H-70}{\sqrt{21}}}_{Z} < \frac{50-70}{\sqrt{21}}) \simeq \Pr(Z < -4.36)$$ donde $Z$ es una gaussiana centrada. Según la tabla z, la probabilidad anterior es mucho menor que $\frac{1}{10}$ .

Answer 3

He aquí un argumento que no se basa en la aproximación a una distribución normal. La idea básica es mostrar que

$$\sum_{k=1}^{49}{100\choose50-k}p^{50-k}q^{50+k}\lt{1\over10}\sum_{k=0}^{50}{100\choose50+k}p^{50+k}q^{50-k}$$

donde $p=0.7$ y $q=1=p=0.3$

Ahora $(q/p)^2=9/49$ , por lo que tenemos $(q/p)^{2k}\lt1/10$ para $k\gt1$ . Desde ${100\choose50-k}={100\choose50+k}$ se deduce que

$${100\choose50-k}p^{50-k}q^{50+k}\lt{1\over10}{100\choose50+k}p^{50+k}q^{50-k}$$

para $2\le k\le50$ . Sería bueno que ${100\choose49}p^{49}q^{51}$ fueron menos de ${1\over10}\left({100\choose50}p^{50}q^{50}+{100\choose51}p^{51}q^{49}\right)$ ; desgraciadamente, no lo es. Sin embargo, basta con demostrar que

$${100\choose48}p^{48}q^{52}+{100\choose49}p^{49}q^{51}\lt{1\over10}\left({100\choose50}p^{50}q^{50}+{100\choose51}p^{51}q^{49}+{100\choose52}p^{52}q^{48} \right)$$

lo que se simplifica a mostrar

$$50\cdot49q^4+52\cdot50pq^3\lt{1\over10}\left(52\cdot51p^2q^2+52\cdot50p^3q+50\cdot49p^4 \right)$$

Esto puede hacerse con un cálculo directo, pero también puede verificarse con un par de simplificaciones más:

$$50\cdot49q^4+52\cdot50pq^3\lt50\cdot52(q^4+pq^3)=50\cdot52q^3(q+p)=50\cdot52q^3=70.2$$

y

$${1\over10}\left(52\cdot51p^2q^2+52\cdot50p^3q+50\cdot49p^4 \right)\gt{50\cdot49\over10}(p^2q^2+p^3q+p^4)=245p^2((p+q)^2-pq)=245p^2(1-pq)=94.8395$$

(Sin duda hay otras formas de reducir la cantidad final de cálculo explícito para la comparación. Agradecería cualquier sugerencia).

Answer 4

Otra forma de hacerlo es:

$$\sum_{n=0}^{49}\dbinom{100}{n}(0.7)^n(0.3)^{100-n} = 1-\dbinom{100}{50}(0.7)^{50}(0.3)^{50}{{_2}F_1\left(1,-50;51;-\dfrac{7}{3}\right)}\approx 10^{-5}$$