Ayer en el Caucus de Iowa, Hillary Clinton venció Bernie Sanders en seis de seis atado de los condados por una moneda sacudida*. Yo creo que se han oído el alboroto acerca de ello por ahora, si esto de alguna manera estaba amañado en su favor, pero yo quería para calcular las probabilidades de que esto ocurra, asumiendo que ella realmente era que la suerte, y suponiendo que ella aparejado varios números de la tira.
* Como muchos han dicho ya, este resultó ser un selectivo conjunto de datos - Sander ganado como muchos lanzar una moneda como la Señora Clinton hizo. Continúe leyendo si todavía se preocupan por el problema.
En primer lugar he calculado las probabilidades usando reglas simples para las probabilidades de los eventos independientes: $$ P(6\text{H})=6*P(\text{H})=\left( \frac{1}{2} \right)^{6}= \frac{1}{64} \approx 1.56\% $$ es decir, ingenuamente, había un 1.56% de probabilidades de que era justo.
Pero he recordado vagamente a partir de la lectura acerca de la inferencia Bayesiana que podemos hacer de una forma más educada de la declaración acerca de si era o no era razonable, utilizando el Teorema de Bayes, y asumiendo diversos números de la moneda lanzamientos fueron manipuladas.
He probado a mí mismo, y he aquí lo que se me ocurrió, pero soy bastante positivo he trabajado este incorrectamente, así que aquí está la esperanza de la gente maravillosa que puede ayudar. Aquí está mi oportunidad:
Ejemplo suponiendo que era justo (0% de probabilidades de que fue manipulado): $$ P(6\text{H}) = \underbrace{P(6\text{H}|\text{fair})}_{1/64}\underbrace{P(\text{fair})}_{1} + \underbrace{P(6\text{H}|\text{not fair})}_{1}\underbrace{P(\text{not fair})}_{0} = \frac{1}{64} $$ and by Bayes Theorem: $$ P(\text{fair}|6\text{H}) = \frac{P(6\text{H}|\text{fair})P(\text{fair})}{P(6\text{H})} = \frac{(1/64)(1)}{(1/64)}=1 $$ (evidentemente).
Asumiendo $n$ de los lanzamientos fueron manipuladas: $$ P(6\text{H}) = \underbrace{P(6\text{H}|\text{fair})}_{\left(\frac{1}{2}\right)^{6}}\underbrace{P(\text{fair})}_{1-\frac{n}{6}} + \underbrace{P(6\text{H}|\text{not fair})}_{1}\underbrace{P(\text{not fair})}_{\frac{n}{6}} = \frac{6-n}{384} + \frac{n}{6} = \frac{63n+6}{384} $$ and by Bayes' Theorem: $$ P(\text{fair}|6\text{H}) = \frac{P(6\text{H}|\text{fair})P(\text{fair})}{P(6\text{H})} = \frac{\left(\frac{1}{64}\right)\left(\frac{6-n}{6}\right)}{\left(\frac{63n+6}{384}\right)}=\frac{6-n}{63n+6} $$
Aquí está una parcela de la probabilidad de que al lanzar una moneda, fueron justas teniendo en cuenta el supuesto de $n$ desleal monedas:
Preguntas:
- Estoy bastante seguro de que algunos de mis suposiciones para las probabilidades estaban en varias partes de este - si es así, ¿de dónde me salen mal?
- En la posibilidad de que he llevado a cabo correctamente, lo que se puede hacer de estos resultados? Por ejemplo, es más probable que no fueron 0, 1, o 2 lanzar una moneda que eran injustos, como hacer el supuesto de que se $n<3$ desleal monedas da una probabilidad de $P(\text{fair}|6\text{H})$ mayor que el $1/64$ de probabilidades de que era justo?
EDITAR:
@Eric Wofsey me Informó de que yo estaba calculando mal la probabilidad. Lo que realmente quería para calcular la se $P(0|6H)$, la probabilidad de 0 monedas de ser manipuladas, considerando un resultado de 6 cabezas. Lo que he aprendido (soy nuevo en la inferencia Bayesiana) es que todo depende de la previa estimación de la probabilidad de que n de las monedas fueron manipuladas. Como señaló: $$ P(0|6H) = \frac{P(0)}{\sum_{i=0}^{6}2^iP(i)} $$ where $$ P(n) = {6 \choose n}p^n(1-p)^{6-n} $$ and $p$ is the prior probability that each coin toss was rigged. Here's what $P(0|6H)$ looks like fully expanded (assuming the prior $p$ is the same for each $P(n)$):
Como he aprendido, la probabilidad anterior es elegido de forma arbitraria, y representa su creencia/supongo que como a la probabilidad de que las monedas fueron manipuladas.
Yo estaba interesado en mirar a lo que la distribución de $P(0|6H)$ parecía para los valores de $p$ de 0 a 1 (0 lo que significa que usted cree que no hay ninguna posibilidad de que las monedas fueron manipuladas, 1 significa que usted está seguro de que las monedas fueron manipuladas). He aquí la sinopsis:
Me puede estar pasando a modo de descuento en la reserva de aquí, pero si este gráfico representa los valores de $P(0|6H)$ de probabilidades previas de haber amañado las monedas, no es la integral de esta de $p=0$ $1$representan el total de la probabilidad de 0 aparejado monedas, considerando un resultado de 6 cabezas, con cada uno antes del $p$ ponderado igual? Si estoy o no estoy abusando de las matemáticas, la integral se evalúa a: $$ \int_{0}^{1} P(0|6H)(p) \ dp = 0.0822\dots $$
Nota: estoy pensando en retrospectiva que el estado de la $p$ probablemente debería ser diferente para cada $P(n)$, y suponiendo que es la misma para cada una de las $P(n)$ es probable problemático, pero yo pensé en compartir mi proceso de todos modos.
EDIT 2:
En otro pensamiento, parece que lo que realmente quiero es calcular la integral: $$\int{\int{\int{\int{\int{\int{\int P(0|6H) \ d p_0 \ d p_1 \ d p_2 \ d p_3 \ d p_4 \ d p_5 \ d p_6}}}}}}$$ where $$ P(0|6H) = \dfrac{(1-p_0)^6}{(1-p_0)^6 + 12p_1(1-p_1)^5 + 60p_2^2(1-p_2)^4 + 160p_3^3(1-p_3)^3 + 240p_4^4(1-p_4)^2 + 192p_5^5(1-p_5) + 64p_6^6} $$ and $$ p_0 + p_1 + p_2 + p_3 + p_4 + p_5 + p_6 = 1 $$ and $p_n$ is the prior probability that $$ n las monedas están manipuladas.
No tengo absolutamente ni idea de cómo iban a pensar acerca de cómo evaluar esta integral - parece como si hay un rango de valores de la integral de todos modos, dependiendo de las opciones de $p_n$. Parece ser que es definitivamente posible, dadas las opciones para$p_n$, e incluso la distribución de la $p_n$s, depende de n, de tal manera que la distribución es todavía normalizado, como un promedio ponderado de descomposición de distribución o algo (tiene menos probabilidades de n incrementos en las que el número de monedas que fue manipulado).
Feliz Martes
