Posibilidad de los bancos durante un período de 100 volteretas da más de 100 50 cabezas flipa

Question

Así que encontró que la probabilidad de un tirón de 50 jefes de una cadena de 100 lanzamientos se

$$0.5^{50} (1-0.5)^{50} \binom{100}{50},$$

Mi pregunta es, ¿cómo la probabilidad de tener al menos 1 de cadena 100 lanzamientos, con los jefes resultante 50 veces, en cambio, si se me permite voltear la moneda 101 veces? En otras palabras, podría conseguir 50 de los 100 lanzamientos de 1 a 100 O de 50, de 100, en volteretas 2-101 o ambos.

¿Y si yo fuera permitido para voltear la moneda de 200 veces, pero es necesario obtener al menos una cadena de 100 lanzamientos que resulta en 50 cabezas?

Mi pensamiento es que hay 101 100 flip secuencias en un 200 flip secuencia, y cada uno de los 101 secuencias deben tener $$0.5^{50} (1-0.5)^{50} \binom{100}{50},$$ probabilidad de producir cabezas exactamente 50 veces, lo que podría multiplicar la probabilidad por 101 veces, pero desde el 101 100 flip secuencias se superponen, en lugar de ser independientes el uno del otro, no modifica las probabilidades?

Answer 1

Esta respuesta da el límite inferior de la probabilidad, no una respuesta completa.

Deje $n_k$ el número de cabezas en volteretas $k,k+1,\dots,k+99$. Tenga en cuenta que $n_{k+1}$ es uno de $n_{k}-1,n_{k},$ o $n_{k}+1$. También, tenga en cuenta que $n_{1}$ $n_{101}$ son independientes.

Ahora, si $n_1< 50$$n_{101}> 50$, hay un $n_k=50$, por la de arriba. Asimismo, para $n_1>50$$n_{101}< 50$. Así que para no tener algún $n_k=50$, necesitaría $n_1>50$ $n_{101}>50$ o $n_{1}<50$$n_{101}<50$. Desde $$P(n_1<50)=P(n_1>50)=P(n_{101}<50)=P(n_{101}>50)=\frac{1}{2}\left(1-0.5^{100}\binom{100}{50}\right)$$ esto significa que la probabilidad es de al menos:

$$\begin{align}P(n_k=50; k=1,\dots,101)&\geq 1-P(n_1<50)P(n_{101}<50)-P(n_1>50)P(n_{101}>50)\\ &=1-\frac{1}{2}\left(1-0.5^{100}\binom{100}{50}\right)^2\end{align}$$

Esto significa que la probabilidad es de al menos $\frac{1}{2}$.

Probablemente es considerablemente mayor.

Este truco para el límite inferior sólo funciona para un múltiplo de $100$ volteretas. Si hay $100j$ volteretas, entonces usted conseguiría que la probabilidad es de al menos:

$$1-\frac{1}{2^{j-1}}\left(1-0.5^{100}\binom{100}{50}\right)^{j}$$