Si a y B son independientes de las secuencias de ensayos de Bernoulli w/ diferentes p, ¿cuál es la probabilidad de que el éxito se produce en Un antes de que el éxito se produce en B?

Question

Supongamos que una secuencia de ensayos de Bernoulli continúa hasta que el éxito se produce. Para dos independientes tales secuencias, decir $A$$B$, con los respectivos éxito-las probabilidades de $a$$b$, ¿cuál es la probabilidad de que $A$ es más corto de $B$?

He aquí un ejemplo de lo que quiero decir: Supongamos que tengo dos injusto monedas. Moneda de 1 tiene una probabilidad de que salga cara de $\frac{1}{3}$, y la moneda de 2 con una probabilidad de que salga cara de $\frac{2}{3}$. Le doy la vuelta de monedas al mismo tiempo. ¿Cuál es la probabilidad de que la Moneda de 1 es de los jefes antes de moneda 2? Deje $C_n$ el número de lanzamientos que se tarda moneda $n$ a llegado hasta los jefes.

$P(C_1<C_2) = ?$

Answer 1

El enfoque más sencillo es la suma de una serie. En su lugar, vamos a condición de que los resultados del primer sorteo. Deje $a$ la probabilidad de Monedas de 1 tierras cabeza, y $b$ la probabilidad de Monedas de 2 tierras de la cabeza. Deje $x$ la probabilidad de Monedas de 1 tierras cabeza antes de que la Moneda de 2 no.

Si en la primera sacudida de la Moneda 1 cae de cabeza, y la Moneda de 2 no, entonces el Jugador $1$ ha ganado. Esto ha probabilidad de $a(1-b)$.

El jugador 1 puede ganar si ambas monedas en la tierra de la cola en el primer lanzamiento, pero el Jugador 1 se sigue, al final, gana. La probabilidad condicional Jugador 1 gana finalmente dado ambos tiene colas en el primer sorteo es $x$. Por lo tanto, por la Ley de Total Probabilidad, $$x=a(1-b)+(1-a)(1-b)x.$$ Resolver para $x$.

Answer 2

Podemos resolver utilizando los mismos principios básicos que se utiliza para calcular la probabilidad de masa de una serie geométrica.

$C_1$ va a suceder antes de $C_2$ si: hay numerosos eventos en los que ni se produce seguido por un evento que la primera moneda muestra los jefes y el segundo no.

$$\begin{align}\mathsf P(C_1< C_2) ~=~& \sum_{k=0}^\infty (1-p_{1\cup 2})^k p_{1\cap 2^\complement}\\[1ex] ~=~& p_1(1-p_2)\sum_{k=0}^\infty (1-p_1-p_2+p_1p_2)^k\\[1ex] =~&\dfrac{p_1(1-p_2)}{p_1+p_2-p_1p_2} \\[1ex] =~& \dfrac{(1/3)(1-2/3)}{1/3+2/3-2/9}\\[1ex] =~& \dfrac{1}{7}\end{align}$$

Si no excluimos el caso de un empate

$$\begin{align}\mathsf P(C_1\leqslant C_2) =~&\dfrac{p_1}{p_1+p_1-p_1p_2} \\[1ex] =~& \dfrac{3}{7}\end{align}$$

Answer 3

Una simple simulación de $100,000,000$ de los casos donde la $1/3$rd probabilidad de la moneda pone cabezas antes de la $2/3$rds probabilidad de la moneda está mostrando muy cerca de $1/7$. Llegué $14,287,277$, que está muy cerca de a $14,285,714$ valor esperado. Tenga en cuenta que la función Rand (), (con ningún parámetro pasado), devuelve un número real entre el$0$$1$.

* A program to check the probability of a 1/3rd probability head biased coin coming up heads before a 2/3rds
* probability head biased coin comes up heads if both are tossed simultaneously multiple times.

sec = SECONDS()  && check the timer so we get the start time and check how long program takes to run.
=RAND(-1)        && initialize random number generator to give different random sequence each time program runs.
good = 0         && counter for # of times 1/3rd bias coin comes up heads before 2/3 bias coin.
its = 100000000  && 100 million iterations should be enough.

FOR i = 1 TO its
 STORE .f. TO c1h, c2h     && c1h = flag for coin 1 is heads.  .f. = false.
 DO WHILE !c1h AND !c2h    && loop while both coins are tails.
  c1h = INT(3*RAND()) = 1  && 1 chance  in 3 of this being true.
  c2h = INT(3*RAND()) # 1  && 2 chances in 3 of this being true.
  IF c1h AND !c2h          && coin 1 is heads but coin 2 is tails.
   good = good + 1         && that is a winner.
  ENDIF
 ENDDO
NEXT i

? good, SECONDS() - sec  && ? means show to the screen (standard output).

Tiempo de ejecución fue de alrededor de $2$ minutos y la producción fue de $14287277$ $125.302$ (segundos).

Answer 4

En cada paso, tenemos 3 estados afectados por 3 factores de probabilidad, el estado "es el ganador", estado "B es el ganador", estado "Lazo" y el estado "ninguno gana"

• Una gana y B no gana , $P_A = \frac{1}{3} (1-\frac{2}{3})=\frac{1}{9}$ , para el juego
• Una no gana y B gana , $P_B = \frac{2}{3}(1-\frac{1}{3})=\frac{4}{9}$ , para el juego
• Una gana y B gana , $P_{AB} = \frac{1}{3} \frac{2}{3} =\frac{2}{9}$ , el juego se detiene o continúa
• A y B no gana , $P_{0} = 1- P_{A}-P_{B}-P_{AB}= \frac{2}{9}$ , el juego continúa

El uso de esta cadena de Markov, se puede esperar para obtener el máximo de probabilidades en el estado resultante de vectores

¿Qué debemos hacer en caso de empate ? la condición antes no se cumple y la otra de la moneda tiene no más ganó. A continuación, el juego debe continuar. Vamos a tomar la opción que el juego continúa si hay un empate

Edit: los comentarios sugieren que la corbata es obligatorio. A continuación, vamos a calcular esta solución

Deje que el conjunto t=1 en caso de empate cosa t=0

El proceso puede ser expresado en un producto de la matriz de evolución al inicio del vector de estado. En cada paso , el vector de estado recibirá el 4 de probabilidades como coordenadas

$S_{n} = \begin{pmatrix} 1 && 0 && 0 && 0 \end{pmatrix} * \begin{pmatrix} \frac{4}{9} && \frac{1}{9} && \frac{4-2t}{9} && \frac{2t}{9} \\ 0 && 1 && 0 && 0 \\ 0 && 0 && 1 && 0 \\ 0 && 0 && 0 && 1 \end{pmatrix}^{n}$

Sin corbata , $S_{\infty}$ converge a ( a $10^{-4}$ n = 17 ) :

$S_{\infty} = \begin{pmatrix} 0 && \frac{1}{5} && \frac{4}{5} && 0 \end{pmatrix}$ y el resultado esperado es $\frac{1}{5}$

Con el empate , que converge a :

$S_{\infty} = \begin{pmatrix} 0 && \frac{1}{7} && \frac{4}{7} && \frac{2}{7}\end{pmatrix}$ y el resultado esperado es $\frac{1}{7}$