El valor esperado de la variable aleatoria en lanzamientos de una moneda

Question

Encontré un interesante problema de hoy. Se le da una moneda y x dinero, el doble de dinero si usted obtiene los jefes y pierde la mitad si las colas en ningún sorteo.

1. ¿Cuál es el valor esperado de su dinero en n intentos
2. ¿Cuál es la probabilidad de obtener más de lo esperado valor en (1)

Esta es la forma en que me acerqué a ella. La probabilidad de cabezas y colas es el mismo (1/2). Valor esperado después de la primera sacudida = $1/2(2*x) + 1/2(1/2*x) = 5x/4$, por Lo que el valor esperado es $5x/4$ después de la primera sacudida. Del mismo modo la repetición de la segunda sacudida expectativa de 5x/4, el valor Esperado después de la segunda sacudida = $1/2(2*5x/4) + 1/2(1/2*5x/4) = 25x/16$

Así se obtiene una secuencia de valores esperados: $5x/4$, $25x/16$, $125x/64$, ...

Después de $n$ intenta, su valor esperado debería ser $(5^n/4^n) * x$.

Si $n$ es lo suficientemente grande, su valor esperado debe acercarse a la media de la distribución. Así que la probabilidad de que el valor sea mayor que el valor esperado debería ser $0.5$. No estoy seguro acerca de esto.

Answer 1

Si n es suficientemente grande, su espera valor que debe acercarse a la media de la de distribución.

Sí, eso es correcto.

Así que la probabilidad de que el valor sea mayor que el valor esperado debe ser de 0.5.

Esto sólo sería correcta si la distribución es simétrica que en su juego no es el caso. Usted puede ver esto fácilmente si usted piensa acerca de lo que el valor de la mediana de sus ganancias debe ser después de $n$ tiros.

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Usted puede pensar en su problema como un paseo aleatorio. Un básico unidimensional de la caminata aleatoria es un paseo en el entero real de la línea, donde en cada punto nos movemos $\pm 1$ con una probabilidad de $p$. Esto es exactamente lo que usted tiene si hacemos caso de la duplicación/reducir a la mitad de dinero y $p=0.5$. Todo lo que tenemos que hacer es reasignación de su sistema de coordenadas para este ejemplo. Deje $x$ ser tu partida inicial de la olla. Luego nos reasignación de la siguiente manera:

x*2^{-2} = -2
x*2^{-1} = -1 
  x = 0
 x*2 = 1  

es decir,$2^k x=k$. Deje $S_n$ denotar la cantidad de dinero que han hecho del juego después de $n$ se convierte, entonces

\begin{equation} Pr(S_n = 2^k x) = 2^{-n} \binom{n}{(n+k)/2} \end{equation} para $n \ge (n+k)/2 \ge 0$.

Al $(n+k)$ no es un múltiplo de 2, entonces el $Pr(S_n)=0$. Para entender esto, supongamos que comenzamos con £10. Después de $n=1$ giros, los únicos valores posibles son de 5 € o £20, es decir, $k=-1$ o $k=1$.

El resultado anterior es un resultado estándar de paseo Aleatorio. Google paseo aleatorio para obtener más información. También desde la teoría del paseo aleatorio, se puede calcular la mediana de volver a ser $x$, que no es el mismo que el valor esperado.

Nota: he supuesto que usted puede siempre la mitad de su dinero. Por ejemplo, 1pence, 0.5 peniques, de 0,25 céntimos son permitidos. Si se quita este supuesto, entonces usted tiene un paseo aleatorio con la absorción de una pared.

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Para la integridad

He aquí una rápida simulación en R de su proceso:

#Simulate 10 throws with a starting amount of x=money=10
#n=10
simulate = function(){
  #money won/lost in a single game
  money = 10
  for(i in 1:10){
    if(runif(1) < 0.5)
      money = money/2
    else
      money = 2*money
  }
  return(money)
}

#The Money vector keeps track of all the games
#N is the number of games we play
N = 1000
Money = numeric(N)
for(i in 1:N)
  Money[i]= simulate()

mean(Money);median(Money)
#Probabilities
#Simulated
table(Money)/1000
#Exact
2^{-10}*choose(10,10/2)

#Plot the simulations
plot(Money)

Answer 2

Deje $S_k$ ser la riqueza después de $k$ obras de teatro de este juego, donde suponemos $S_0 = 1.$ La tentación aquí es tomar el $X_k = \log{S_k}$, y el estudio de $X_k$ como una caminata aleatoria simétrica, con innovaciones de tamaño $\pm \log{2}$. Esto, como resulta que, va a estar bien para la segunda pregunta, pero no la primera. Un poco de trabajo mostrará que, asintóticamente tenemos $X_k \sim \mathcal{N}(0,k(\log{2})^2)$. A partir de esto se puede concluir que $S_k$ es asintóticamente registro normalmente distribuida con $\mu = 0, \sigma = \log{2}\sqrt{k}.$ La operación de registro no conmuta con el límite. Si lo hiciera, tendría que obtener el valor esperado de $S_k$$\exp{(k \log{2}\log{2}/2)}$, que es casi lo correcto, pero no del todo.

Sin embargo, este método está bien para la búsqueda de cuantiles de $S_k$, y otras preguntas de probabilidad, como la pregunta (2). Tenemos $S_k \ge (\frac{5}{4})^k \Leftrightarrow X_k \ge k \log{(5/4)} \Leftrightarrow X_k / \sqrt{k}\log{2} \ge \sqrt{k}\log{(5/4})/\log{2}.$ La cantidad en el lado izquierdo de la última desigualdad es, asintóticamente, una normal estándar, y por lo que la probabilidad de que $S_k$ supera la media de los enfoques $1 - \Phi{(\sqrt{k}\log{(5/4)}/\log{2})},$ donde $\Phi$ es la CDF de la normal estándar. Esto se aproxima a cero con bastante rapidez.

Código de Matlab para comprobar esto:

top_k = 512;
nsamps = 8192;
innovs = log(2) * cumsum(sign(randn(top_k,nsamps)),1);
s_k = exp(innovs);
k_vals = (1:top_k)';
mean_v = (5/4) .^ k_vals;
exceed = bsxfun(@ge,s_k,mean_v);
prob_g = mean(double(exceed),2);

%theoretical value
%(can you believe matlab doesn't come with normal cdf function!?)
nrmcdf = @(x)((1 + erf(x / sqrt(2)))/2);
p_thry = 1 - nrmcdf(sqrt(k_vals) * log(5/4) / log(2));

loglog(k_vals,prob_g,'b-',k_vals,p_thry,'r-');
legend('empirical probability','theoretical probability');

el gráfico producido:

Answer 3

Estás en lo correcto acerca de la expectativa.

Usted también tiene el derecho de respuesta a la probabilidad de obtener más de su apuesta original de vuelta, aunque no el derecho de la prueba. Considere la posibilidad de, en lugar de la materia prima cantidad de dinero que usted tiene, su logaritmo en base 2. Este resulta ser el número de veces que ha duplicado su dinero, menos el número de veces que ha reducido a la mitad. Esta es la suma de $S_n$ $n$ variables aleatorias independientes, cada una igual a $+1$ o $-1$ con una probabilidad de $1/2$. La probabilidad de que desea es la probabilidad de que esto es positivo. Si $n$ es impar, entonces por la simetría es exactamente $1/2$; si $n$ es incluso ( $2k$ )$1/2$, menos de la mitad de la probabilidad de que $S_n = 0$. Pero $P(S_{2k} = 0) = {2k \choose k}/2^{2k}$, que se aproxima $0$$k \to \infty$.