¿Cuál es la probabilidad de que una moneda de magia vendrá cabezas por lo menos 7 veces en 10 tiros?

Question

Por favor, considere el siguiente problema que surgió cuando estaba pensando sobre modelado de opciones.

Problema:

Supongamos que tenemos una magia moneda de dos caras. La probabilidad de que ocurra cabezas en un tiro normalmente es $0.5$. Sin embargo, si se ha llegado cabezas tres veces en los últimos tres tiros, a continuación, la probabilidad de que vendrá hasta los jefes en el siguiente tiro cae a $0.25$. Además, si se ha llegado las colas de tres veces en los últimos tres tiros, a continuación, la probabilidad de que sale cara arriba en el siguiente tiro es $0.75$. Para los tres primeros tiros de la moneda la probabilidad de que llegará hasta las cabezas de los es $0.5$.

Si tiro de la moneda de $10$ veces, ¿cuál es la probabilidad de que voy a tener por lo menos $7$ cabezas?

Aquí está mi intento de resolver el problema.

Deje $E(c,h,t)$ ser una función que nos dice el número esperado de cabezas en $c$ lanza dado que estamos en una carrera de $t$ cabezas y una carrera de $h$ cabezas. Este significa que $t$ será igual a 0 o $h$ será cero. Ambos serán cero en el inicio. Por ejemplo, si los últimos tres tiros fueron las cabezas, colas, colas, a continuación, $t$ $2$ $h$ $0$.

\begin{eqnarray*} E(0,t,h) &=& 0 \\ E(1,0,t) &=& 0.5 \\ E(2,0,t) &=& 1 \\ E(3,0,t) &=& 1.5 \\ E(2,1,t) &=& 1.5 \\ E(2,2,t) &=& .5(1+E(1,3,t) + 0.5(E(1,0,1)) \\ E(1,3,t) &=& 0.25 \\ E(2,2,t) &=& .5(1+0.25) + 0.5(.5) = .5(1.25) + .25 = 1.125 \\ E(4,0,t) &=& .5(1 + E(3,1,0)) + .5(E(3,0,1) \\ \end{eqnarray*} A mí me parece que debe haber una manera más fácil para hacer este problema. Estoy con la esperanza de que alguien podría señalar un útil teorema que haría la problema mucho más fáciles de resolver.

Bob

Answer 1

Vamos a empezar con una formulación de probabilidad de los estados que es, obviamente, adecuados a la tarea y, a continuación, considere la posibilidad de rebajar su número para una más eficiente de la computación.

Deje $s(L,T)$ denotar un estado donde $L$ es una de tres caracteres de la cadena de grabación de los últimos tres tiros:

$$ L \in \{\; hhh,\; hht,\; hth,\; htt,\; thh,\; tht,\; tth,\; ttt\; \} $$

y $T$ es un número entero contando el (no negativo) número de colas que se han producido.

Entonces podemos empezar con los estados posibles después de los tres primeros lanzar una moneda, ya que estos están distribuidos de manera uniforme (debido a la "magia" de inicialización de condiciones). En el momento $t=3$:

$$ Pr(s(hhh,0)) = Pr(s(hht,1)) = Pr(s(hth,1)) = Pr(s(htt,2)) = \frac{1}{8} $$

$$ Pr(s(thh,1)) = Pr(s(tht,2)) = Pr(s(tth,2)) = Pr(s(ttt,3)) = \frac{1}{8} $$

A continuación, cada una de las siguientes lanzamiento de la moneda será de nuevo un cincuenta-cincuenta asunto , excepto para los estados $s(hhh,T)$$s(ttt,T)$, donde la "magia" que hace que sea más probable ($75\%$) que la racha de los extremos que el que sigue.

Todas estas probabilidad de reglas de transición podría ser expresa, sin tener en cuenta el número de lanzamientos posible o el número de colas permite, por un semi-infinita de Markov de la matriz:

$$ M = \begin{bmatrix} A & B & 0 & 0 & \ldots \\ 0 & A & B & 0 & \ldots \\ 0 & 0 & A & B & \ldots \\ \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \ddots \end{bmatrix} $$

donde los estados se "gradúan" el número $T$ acumulado colas y:

$$ A = \begin{bmatrix} 0.25 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0.5 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0.5 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0.5 & 0 \\ 0.5 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0.5 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0.5 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0.75 & 0 \end{bmatrix} $$

cuentas por lanzar una moneda que producen las "cabezas", y de manera similar a la matriz de $B$ cuenta para lanzar una moneda la producción de "colas":

$$ B = \begin{bmatrix} 0 & 0.75 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0.5 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0.5 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0.5 \\ 0 & 0.5 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0.5 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0.5 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0.25 \end{bmatrix} $$

Deje $v_3$ el (fila) vector con las probabilidades de los estados distribuido después de los primeros tres lanzamientos (como arriba). Entonces la probabilidad de que haya siete o más cabezas después de diez lanzamientos es:

$$ v_3 M^7 u^T $$

donde $u$ es un (fila) vector con en el primer $32=8\cdot 4$ entradas, y por lo tanto capta el total de la probabilidad de no más de tres colas en un paso dado.

Ya sólo nos interesan, finalmente, en los estados donde no más de tres colas han aparecido, podemos truncar los vectores $v_3$ $u$ y matriz $M$ respectivamente. Por lo tanto vamos a $v_*$ $u_*$ ser el truncamientos de $v_3$ $u$ (resp.) para su primer $32$ entradas (correspondientes a los estados con $T=0,1,2,3$) y de manera similar deje $M_*$ ser el líder principal de $32\times 32$ submatriz de a $M$:

$$ M_* = \begin{bmatrix} A & B & 0 & 0 \\ 0 & A & B & 0 \\ 0 & 0 & A & B \\ 0 & 0 & 0 & A \end{bmatrix} $$

Por lo tanto $v_3 M^7 u^T = v_* M_*^7 u_*^T$ también expresa la probabilidad final (de siete o más cabezas en diez lanzamientos).

Podríamos hacer una reducción adicional de ocho a seis estados en cada uno de los clasificados del bloque mediante la adopción de la idea expresada por el OP, de seguimiento sólo la actual "ejecutar" de cara o cruz, es decir, $h_k$ o $t_k$ en lugar de $L$, denotando $k=1,2,3$ inmediatamente anterior a cara o cruz, respectivamente. Esto provocaría un descenso de la dimensión del vector de estado de$32$$24$. Formalmente esto sólo afecta a la estructura de nuestro bloque submatrices $A,B$, que se convertiría en $6\times 6$ más que el tamaño de la $8\times 8$.

La Respuesta Final

He implementado la multiplicación de la matriz en dos la hoja de cálculo de ambientes por separado, como un resguardo contra fuera de lugar de cortar y pegar errores. El vector $v_*$ escalas a entero entradas cuando se multiplica por $8$, y el de la matriz $M_*$ a entero entradas cuando se multiplica por $4$ (vector $u_*$ ya es de todos). Por lo tanto la matriz producto puede ser calculada exactamente con la aritmética de enteros.

Tanto el $8\times 8$ $6\times 6$ bloque versiones se han implementado (en ambas plataformas) como un guardia contra los errores de la fórmula.

El resultado fue la probabilidad de siete o más cabezas en diez lanzamientos es $\frac{15808}{2^{17}} = \frac{13\cdot 19}{2^{11}} = 0.12060546875$.