probability Archives - Page 12 of 28

내가 동전을 10,000 번 넘겼다고 가정 해 봅시다. 연속으로 4 개 이상의 연속 헤드를 얻는 데 걸리는 플립 횟수를 알고 싶습니다.

카운트는 다음과 같이 작동하며, 한 번의 연속 플립 플립은 헤드 (4 헤드 이상) 인 것으로 간주합니다. 꼬리가 치고 머리의 행진이 끊어지면 카운트는 다음 플립에서 다시 시작됩니다. 그런 다음 10,000 번 뒤집기를 반복합니다.

4 개 이상의 헤드가 연속으로 발생하는 것이 아니라 6 개 이상, 10 개 이상의 확률을 알고 싶습니다. 9 헤드의 행진이 달성되었는지 명확히하기 위해, 2 개의 개별 줄무늬가 아닌 1 행진 4 이상 (및 / 또는 6 이상)으로 계산 될 수있다. 예를 들어 동전이 THTHTHTHHHHHH /// THAHTHT … 인 경우 카운트는 13이되고 다음 꼬리에서 다시 시작됩니다.

데이터가 오른쪽으로 치우친다고 가정하겠습니다. 평균은 평균 40 점으로 4 줄 이상을 달성하는 데 걸리며 분포는 u = 28입니다.

나는 지금까지 아무것도 발견하지 않은 것을 제외하고 설명 데이터를 이해하는 방법을 찾기 위해 최선을 다하고 있습니다.

합리적인 확률을 얻을 수있는 방법을 찾고 싶습니다. +/- 1 SD가 68 % 등인 일반 곡선처럼 로그 정규화를 살펴본 결과 실제로는 목표가 아닌 파라 메트릭 테스트에만 사용됩니다.

베타 배포판을 들었습니다.하지만 제가 제안한 모든 제안은 상당히 혼란 스러웠습니다. 나는 1 년 전에이 질문을하고 통찰력을 얻었지만 불행히도 여전히 대답이 없습니다. 아이디어가있는 분들께 감사드립니다.

답변

내가 올바르게 이해했다면 문제는 개 이상의 헤드 의 첫 번째 실행이 끝나는 시간에 대한 확률 분포를 찾는 것 입니다. $n$

편집 행렬 곱셈을 사용하여 확률을 정확하고 빠르게 확인할 수 있으며, 평균을 로, 분산을 으로 분석하여 계산할 수도 있습니다. 여기서 이지만 분포 자체에 대한 간단한 닫힌 형식은 없을 것입니다. 특정 수의 코인 플립 위에서 분포는 본질적으로 기하학적 분포입니다. 더 큰 대해이 형식을 사용하는 것이 좋습니다. $μ_{-} = 2^{n + 1} - 1$

μ−=2n+1−1

$σ^{2} = 2^{n + 2} (μ - n - 3) - μ^{2} + 5 μ$

σ2=2n+2(μ−n−3)−μ2+5μ

$μ = μ_{-} + 1$

μ=μ−+1

$t$

상태 공간에서의 확률 분포 시간에서의 진화는 상태에 대한 전이 행렬을 사용하여 모델링 될 수 있으며 , 여기서 은 연속 코인 플립의 수이다. 상태는 다음과 같습니다. $k = n + 2$

k=n+2

$n =$

상태 , 헤드 없음 $H_{0}$
상태 , 헤드, $H_{i}$ $i$ $1 \leq i \leq (n - 1)$
상태 , 개 이상의 헤드 $H_{n}$ $n$
상태 , 개 이상의 헤드와 꼬리 $H_{*}$ $n$

상태 도달하면 다른 상태로 돌아갈 수 없습니다. $H_{*}$

H∗

상태로 들어갈 수있는 상태 전이 확률은 다음과 같습니다.

주 : 확률 에서 , , 즉 자신을 포함하되 명시되지 $H_{0}$ $\frac{1}{2}$ $H_{i}$ $i = 0, \dots, n - 1$ $H_{n}$
주 : 확률 에서 $H_{i}$ $\frac{1}{2}$ $H_{i - 1}$
상태 : 에서 나오는 확률 , 즉 헤드와 그 자체 가있는 상태에서 $H_{n}$ $\frac{1}{2}$ $H_{n - 1}, H_{n}$ $n - 1$
주 : 확률 에서 에서 확률 1 (자체) $H_{*}$ $\frac{1}{2}$ $H_{n}$ $H_{*}$

예를 들어, , 이것은 전이 행렬을 제공합니다 $n = 4$

n=4

엑스 = ⎧ ⎩ ⎨ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ H 0 H 1 H 2 H 삼 H 4 H ※ H 0 1 2 1 2 0000 H 1 1 2 0 1 2 000 H 2 1 2 00 1 2 00 H 삼 1 2 000 1 2 0 H 4 0000 1 2 1 2 H ※ 000001 ⎫ ⎭ ⎬ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪

의 경우 확률 의 초기 벡터 는 입니다. 일반적으로 초기 벡터는
$n = 4$

n=4

$p$

$p = (1, 0, 0, 0, 0, 0)$

p=(1,0,0,0,0,0)

피 나는 = {10 나는 = 0 i > 0

벡터 는 주어진 시간 동안 공간 에서의 확률 분포입니다 . 필요한 cdf는 시간 의 cdf이며 , 시간 ( 의해 적어도 코인 플립이 끝날 가능성이있다 . 로 쓸 수 있는데 , 이는 연속적인 동전 뒤집기 실행의 마지막 단계 이후 상태 1 타임 스텝에 도달했음을 나타 냅니다. $p$

$n$

$t$

$(X^{t + 1} p)_{k}$

(Xt+1p)k

$H_{*}$

H∗

시간에 필요한 pmf는 로 쓸 수 있습니다 . 그러나 수치 적으로 이것은 훨씬 더 큰 수 ( ) 에서 매우 작은 수를 제거하고 정밀도를 제한합니다. 따라서 계산에서 대신 하는 것이 좋습니다. 그런 다음 결과 행렬 를 쓰면 pmf는 입니다. 이것은 아래의 간단한 R 프로그램에서 구현되며 에서 작동합니다 . $(X^{t + 1} p)_{k} - (X^{t} p)_{k}$

(Xt+1p)k−(Xtp)k

$\approx 1$

≈1

$X_{k, k} = 0$

Xk,k=0

$X^{'}$

X′

$X^{'} = X | X_{k, k} = 0$

X′=X|Xk,k=0

$(X^{' t + 1} p)_{k}$

(X′t+1p)k

$n \geq 2$

n≥2

n=4
k=n+2
X=matrix(c(rep(1,n),0,0, # first row
           rep(c(1,rep(0,k)),n-2), # to half-way thru penultimate row
           1,rep(0,k),1,1,rep(0,k-1),1,0), # replace 0 by 2 for cdf
         byrow=T,nrow=k)/2
X

t=10000
pt=rep(0,t) # probability at time t
pv=c(1,rep(0,k-1)) # probability vector
for(i in 1:(t+1)) {
  #pvk=pv[k]; # if calculating via cdf
  pv = X %*% pv;
  #pt[i-1]=pv[k]-pvk # if calculating via cdf
  pt[i-1]=pv[k] # if calculating pmf
}

m=sum((1:t)*pt)
v=sum((1:t)^2*pt)-m^2
c(m, v)

par(mfrow=c(3,1))
plot(pt[1:100],type="l")
plot(pt[10:110],type="l")
plot(pt[1010:1110],type="l")

위 그림은 0에서 100 사이의 pmf를 보여줍니다. 아래 두 그림은 p10에서 10과 110 사이 그리고 1010과 1110 사이에서 pmf를 보여줍니다. 안정 기간 후의 기하학적 분포에 의해 근사됩니다.

의 고유 벡터 분해를 사용하여이 동작을 추가로 조사 할 수 있습니다 . 그렇게하면 충분히 큰 에 대한 . 여기서 은 방정식 . 이 근사값은 을 증가 시키면 더 좋아지고 을 계산하기위한 아래의 로그 오류 그림 (무지개 색, 빨간색)에 표시된 것처럼 값에 따라 약 30에서 50까지의 범위에서 에 대해 우수 대해 왼쪽 $X$

$t$

$p_{t + 1} \approx c (n) p_{t}$

pt+1≈c(n)pt

$c (n)$

c(n)

$2^{n + 1} c^{n} (c - 1) + 1 = 0$

2n+1cn(c−1)+1=0

$n$

$t$

$n$

$p_{100}$

p100

$n = 2$

n=2

). 실제로 숫자로 인해 가 클 때 확률에 대해 기하 근사를 사용하는 것이 좋습니다 . $t$

나는 다음과 같이 계산 한 평균과 분산 때문에 분포에 사용할 수있는 닫힌 양식이 있다고 생각합니다.

엔 2 삼 45678910 평균 715316312725551110232047 변화 241447363392147206169625344010291204151296

(나는 t=100000이것을 얻기 위해 시간 범위를 넘어서야 했지만 프로그램은 여전히 약 10 초 이내에 모든 에 대해 실행되었습니다.) 특히 그 수단은 매우 명백한 패턴을 따릅니다. 차이가 적습니다. 나는 과거에 더 간단한 3 상태 전이 시스템을 해결했지만 지금까지는 간단한 분석 솔루션으로는 운이 없습니다. 어쩌면 전이 행렬과 관련하여 내가 모르는 유용한 이론이있을 수 있습니다. $n = 2, \dots, 10$

n=2,…,10

편집 : 많은 잘못된 시작 후 나는 반복 공식을 생각해 냈습니다. 를 시간 에서 상태 에 있을 확률 이라고하자 . 하자 상태에있는 누적 확률 될 시간에, 즉 최종 상태, . NB $p_{i, t}$

pi,t

$H_{i}$

$t$

$q_{*, t}$

q∗,t

$H_{*}$

H∗

$t$

주어진 에 대해 및 는 공간 대한 확률 분포 이며, 바로 아래에서 확률이 1에 추가된다는 사실을 사용합니다. $t$ $p_{i, t}, 0 \leq i \leq n$ $q_{*, t}$ $i$
$p_{*, t}$ 는 시간 대한 확률 분포를 형성합니다 . 나중에이 방법을 사용하여 평균과 분산을 도출합니다. $t$

시간 에서 제 1 상태 , 즉 헤드가 없을 확률은 시간 ( 에서 복귀 할 수있는 상태 (전 확률 이론을 사용하여) 로부터 전이 확률에 의해 주어진다 .

하지만 상태 에서 데 단계 가 걸리므로 및

다시 한번 총 확률 이론에 의해 상태 $t + 1$

t+1

$t$

피 0, t + 1 = 1 2 피 0, t + 1 2 피 1, t + \dots 1 2 피 n - 1, t = 1 2 \sum 나는 = 0 n - 1 피 나는, t = 1 2 (1 - p n, t - q *, t)

$H_{0}$

$H_{n - 1}$

Hn−1

$n - 1$

n−1

$p_{n - 1, t + n - 1} = \frac{1}{2^{n - 1}} p_{0, t}$

pn−1,t+n−1=12n−1p0,t

피 n - 1, t + n = 1 2 엔 (1 - p n, t - q *, t)

$H_{n}$

시간 은

및 사실 사용 ,

따라서 ,
$t + 1$

t+1

피 n, t + 1 = 1 2 피 n, t + 1 2 피 n - 1, t = 1 2 피 n, t + 1 2 n + 1 (1 - p n, t - n - q *, t - n) (†)

$q_{*, t + 1} - q_{*, t} = \frac{1}{2} p_{n, t} ⟹ p_{n, t} = 2 q_{*, t + 1} - 2 q_{*, t}$

q∗,t+1−q∗,t=12pn,t⟹pn,t=2q∗,t+1−2q∗,t

2 Q *, t + 2 - 2 Q *, t + 1 = q *, t + 1 - q *, t + 1 2 n + 1 (1 - 2 Q *, t - n + 1 + q *, t - n)

$t \to t + n$

t→t+n

2 Q *, t + n + 2 - 3 Q *, t + n + 1 + q *, t + n + 1 2 엔 큐 *, t + 1 - 1 2 n + 1 큐 *, t - 1 2 n + 1 = 0

이 되풀이 수식은 경우 및 합니다. 예를 들어, 에 대해이 공식의 도표 는 기계 순서 정확도 를 제공합니다. $n = 4$

엔=4

$n = 6$

엔=6

$n = 6$

엔=6

t=1:994;v=2*q[t+8]-3*q[t+7]+q[t+6]+q[t+1]/2**6-q[t]/2**7-1/2**7

편집 이 되풀이 관계에서 닫힌 양식을 찾기 위해 어디로 가야하는지 알 수 없습니다. 그러나 입니다 평균에 대한 폐쇄 양식을 얻을 수.

부터 출발 , 그 주목 ,

에서 합계 촬영 에 , 평균의 수식을 적용 와 그 주목 확률 분포는
$(†)$

(†)

$p_{*, t + 1} = \frac{1}{2} p_{n, t}$

피※,티+1=12피엔,티

피 n, t + 1 2 n + 1 (2 P *, t + n + 2 - p *, t + n + 1) + 2 쪽 *, t + 1 = 1 2 피 n, t + 1 2 n + 1 (1 - p n, t - n - q *, t - n) (†) = 1 - q *, t

$t = 0$

티=0

$\infty$

∞

$E [X] = \sum_{x = 0}^{\infty} (1 - F (x))$

이자형[엑스]=∑엑스=0∞(1−에프(엑스))

$p_{*, t}$

피※,티

2 n + 1 \sum t = 0 \infty (2 P *, t + n + 2 - p *, t + n + 1) + 2 \sum t = 0 \infty 피 *, t + 1 2 n + 1 (2 (1 - 1 2 n + 1) - 1) + 2 2 n + 1 = \sum t = 0 \infty (1 - q *, t) = μ = μ

이것은 상태 에 도달하기위한 평균입니다 . 머리 끝의 평균은 이것보다 하나 적습니다. $H_{*}$

H※

편집 화학식 이용한 유사한 방법이 질문 에서 분산 이 산출됩니다.
$E [X^{2}] = \sum_{x = 0}^{\infty} (2 x + 1) (1 - F (x))$

이자형[엑스2]=∑엑스=0∞(2엑스+1)(1−에프(엑스))

\sum t = 0 \infty (2 t + 1) (2 n + 1 (2 P *, t + n + 2 - p *, t + n + 1) + 2 쪽 *, t + 1) 2 \sum t = 0 \infty t (2 n + 1 (2 P *, t + n + 2 - p *, t + n + 1) + 2 쪽 *, t + 1) + μ 2 n + 2 (2 (μ - (n + 2) + 1 2 n + 1) - (μ - (n + 1))) + 4 (μ - 1) + μ 2 n + 2 (2 (μ - (N + 2)) - (μ - (N + 1))) + 5 μ 2 n + 2 (μ - n - 3) + 5 μ 2 n + 2 (μ - n - 3) - μ 2 + 5 μ = \sum t = 0 \infty (2 t + 1) (1 - q *, t) = σ 2 + μ 2 = σ 2 + μ 2 = σ 2 + μ 2 = σ 2 + μ 2 = σ 2

평균과 분산은 프로그래밍 방식으로 쉽게 생성 할 수 있습니다. 예를 들어 위 표에서 사용 된 평균과 분산을 확인하십시오.

n=2:10
m=c(0,2**(n+1))
v=2**(n+2)*(m[n]-n-3) + 5*m[n] - m[n]^2

마지막으로, 당신이 쓸 때 당신이 무엇을 원했는지 잘 모르겠습니다

꼬리가 치고 머리의 행진이 끊어지면 카운트는 다음 플립에서 다시 시작됩니다.

당신은에 대한 확률 분포 무엇을 의미하는 경우에는 다음 의 첫 번째 실행되는 시간 이상의 헤드의 끝이 다음 중요한 점은이에 포함 @Glen_b에 의해 코멘트 프로세스가 다시 시작이다, 하나 개 꼬리 후 CF ( 이상의 헤드를 즉시 얻을 수있는 초기 문제 ). $n$

엔

$n$

엔

예를 들어 첫 번째 이벤트까지의 평균 시간은 이지만 이벤트 사이의 평균 시간은 항상 (분산은 동일 함). 전이 매트릭스를 사용하여 시스템이 “정착 된”상태의 장기적인 확률을 조사 할 수도 있습니다. 적절한 전이 행렬을 얻으려면 시스템 이 상태 에서 상태 즉시 돌아 오도록 및 을 설정하십시오 . 그런 다음 이 새로운 행렬 의 스케일 된 첫 번째 고유 벡터는 고정 확률을 제공합니다 . 함께 이 정적 확률은 $μ - 1$

μ−1

$μ + 1$

μ+1

$X_{k, k,} = 0$

엑스케이,케이,=0

$X_{1, k} = 1$

엑스1,케이=1

$H_{0}$

$H_{*}$

H※

$n = 4$

엔=4

H 0 H 1 H 2 H 삼 H 4 H ※ 개연성 0.48484848 0.24242424 0.12121212 0.06060606 0.06060606 0.03030303

상태 간의 예상 시간은 확률의 역수로 제공됩니다. 따라서 방문 사이의 예상 시간 입니다. $H_{*} = 1 / 0.03030303 = 33 = μ + 1$

H※=1/0.03030303=33=μ+1

부록 : n= 연속 헤드 수에 대한 정확한 확률을 생성하는 데 사용되는 Python 프로그램 N.

import itertools, pylab

def countinlist(n, N):
    count = [0] * N
    sub = 'h'*n+'t'
    for string in itertools.imap(''.join, itertools.product('ht', repeat=N+1)):
        f = string.find(sub)
        if (f>=0):
            f = f + n -1 # don't count t, and index in count from zero 
            count[f] = count[f] +1
            # uncomment the following line to print all matches
            # print "found at", f+1, "in", string
    return count, 1/float((2**(N+1)))

n = 4
N = 24
counts, probperevent = countinlist(n,N)
probs = [count*probperevent for count in counts]

for i in range(N):
    print '{0:2d} {1:.10f}'.format(i+1,probs[i])
pylab.title('Probabilities of getting {0} consecutive heads in {1} tosses'.format(n, N))
pylab.xlabel('toss')
pylab.ylabel('probability')
pylab.plot(range(1,(N+1)), probs, 'o')
pylab.show()

답변

베타가이 문제를 다루는 방법으로 특히 적합 할 것이라고 확신하지 않습니다. “플레이 횟수 …”는 분명히 카운트입니다. 정수이며 양의 확률을 얻는 값에는 상한이 없습니다.

이와 대조적으로 베타 분포는 지속적이고 제한적인 간격을두고 있기 때문에 특별한 선택이 아닌 것 같습니다. 스케일 된 베타와 모멘트가 일치하면 누적 분포 함수가 분포의 중앙 몸체에서 그리 나쁘지 않을 수 있습니다. 그러나 어떤 다른 선택은 어느 쪽 꼬리라도 실질적으로 더 나아질 것입니다.

분포에서 확률 또는 시뮬레이션에 대한 표현이있는 경우 (근사적인 베타를 찾기 위해 필요할 수 있음) 왜 직접 사용하지 않습니까?

확률에 대한 표현 또는 필요한 토스 수의 확률 분포를 찾는 데 관심이있는 경우 가장 간단한 아이디어는 확률 생성 함수를 사용하는 것입니다. 이것들은 확률 사이의 재귀 관계에서 함수를 도출하는 데 유용하며, 함수 (pgf)는 필요한 확률을 추출 할 수 있습니다.

다음은 대수적 접근 방식을 취한 좋은 답변이있는 게시물입니다.이 글은 어려움을 설명하고 pgf와 재발 관계를 잘 활용합니다. “행의 두 성공”사례에서 평균 및 분산에 대한 특정 표현이 있습니다.

/math/73758/probability-of-n-successes-in-a-row-at-the-k-th-bernoulli-trial-geometric

네 가지 성공 사례는 물론 훨씬 더 어려울 것입니다. 반면에 는 일을 다소 단순화합니다. $p = \frac{1}{2}$

피=12

–

수치 해답을 원한다면 시뮬레이션은 비교적 간단합니다. 확률 추정값을 직접 사용할 수도 있고 모의 확률을 평활화하는 것이 합리적 일 수도 있습니다.

근사 분포를 사용해야하는 경우 아마도 잘 수행 할 수있는 것을 선택할 수 있습니다.

음수 이항식 ( ‘성공 횟수’버전이 아닌 ‘시험 횟수’버전)이 합리적 일 수 있습니다. 2 개 또는 3 개의 구성 요소는 극단적 인 꼬리를 제외하고는 모두 좋은 근사치를 제공해야합니다.

근사치에 대한 단일 연속 분포를 원한다면 베타 분포보다 더 나은 선택이있을 수 있습니다. 조사해야 할 것이 있습니다.

좋아, 나는 약간의 대수, 재귀 관계, 시뮬레이션 및 약간의 사고로 연주했습니다.

아주 좋은 근사치로, 처음 네 개의 0이 아닌 확률 (쉽게)을 지정하고 반복을 통해 다음 몇 가지 값을 계산하고 (그리고 쉽게) 반복 관계가 있으면 기하학적 꼬리를 사용하여 간단히 벗어날 수 있다고 생각합니다. 초기에 덜 부드러운 확률의 진행을 부드럽게했습니다.

기하학적 꼬리를 사용하여 k = 20을 지나서 매우 높은 정확도를 얻을 수있는 것처럼 보이지만 4 숫자 정확도에 대해 걱정이된다면 더 일찍 가져올 수 있습니다.

이를 통해 pdf 및 cdf를 정확하게 계산할 수 있습니다.

조금 걱정입니다. 계산에 따르면 평균 던지기 횟수는 30.0이고 표준 편차는 27.1입니다. “x”와 “u”의 의미를 이해했다면 던지기에서 40과 28을 얻었습니다. 28은 괜찮아 보이지만 40은 내가 얻은 것을 벗어난 것처럼 보입니다.

====

참고 : 처음과 이후에 발생했던 시간 사이의 복잡성을 감안할 때, 나는 우리가 동일한 것을 세고 있음을 확신하고 싶습니다.

여기에 ‘4 개 이상의 H’시퀀스의 끝이 표시된 짧은 시퀀스가 있습니다 (마지막 H 직후 플립 사이의 간격을 가리킴)

       \/                     \/
TTHHHHHHTTHTTTTTHHTTHTTHHTHHHHHT...
       /\                     /\

이 두 마크 사이에서 나는 23 번의 플립을 계산합니다. 즉, 이전 순서 (이 경우 6) H가 끝나 자마자 바로 다음 T에서 계산을 시작한 다음 다음 순서를 끝내는 5 H (이 경우) 순서의 끝까지 바로 계산합니다. 이 경우 23 카운트를 제공합니다.

그렇게 계산합니까?

위의 내용이 올 바르면 다음은 4 개 이상의 헤드를 한 번 실행 한 후 다음 4 개 이상의 헤드를 완성 할 때까지 던지기 횟수의 확률 함수입니다.

언뜻보기에는 처음 몇 값에 대해 평평한 것처럼 보이지만 기하학적 꼬리가 있지만 그 인상은 정확하지 않습니다. 효과적으로 기하학적 꼬리로 정착하는 데 시간이 걸립니다.

이 프로세스와 관련된 확률에 관한 질문에 가능한 한 간단하고 정확한 정확도로 대답하기 위해 사용할 수있는 적절한 근사치를 생각해 내고 있습니다. 나는 작동 해야하는 꽤 좋은 근사치를 가지고 있습니다 (이미 10 억 코인 토스의 시뮬레이션에 대해 이미 확인했습니다). 근사치가 범위의 일부로 제공하는 확률에는 약간 작지만 일관된 편향이 있습니다. 정확도를 더 높일 수 있는지 확인하십시오.

가장 좋은 방법은 확률 함수 테이블을 제공하고 기하 분포를 사용할 수있는 지점까지 cdf를 제공하는 것일 수 있습니다.

그러나 근사값을 사용해야하는 것의 범위에 대한 아이디어를 줄 수 있다면 도움이 될 것입니다.

나는 pgf 접근 방식을 따르기를 희망하지만 다른 사람이 나보다 그들보다 더 능숙하고 4 경우뿐만 아니라 다른 경우도 가능합니다.

답변

기하 분포를 원합니다 . Wikipedia에서 :

베르누이 시행 횟수 의 확률 분포는 {1, 2, 3, …} 세트에서 한 번의 성공을 거두어야했습니다. $X$
엑스

헤드 H는 고장이되고 테일 T는 성공이된다. 랜덤 변수 는 첫 번째 꼬리를 보는 데 필요한 코인 플립 수입니다. 예를 들어 는 시퀀스 HHHT가됩니다. 대한 확률 분포는 다음과 같습니다 . $X$

엑스

$X = 4$

엑스=4

$X$

엑스

피 (X = x) = (1 - p) x - 1 피

그러나 헤드 수만 원합니다. 대신 을 헤드 수로 정의 해 봅시다 . 배포판은 다음과 같습니다. $Y = X - 1$

와이=엑스−1

피 (Y + 1 = x) = (1 - p) x - 1 피 피 (Y = x - 1) = (1 - p) x - 1 피 피 (Y = y) = (1 - p) 와이 피

위한 . 우리는 공정한 동전을 가정하여 만듭니다. 따라서
$y = 0, 1, 2, 3...$

와이=0,1,2,삼…

$p = 0.5$

피=0.5

피 (Y = y) = (0.5) 와이 (0.5) = 0.5 와이 + 1

이것은 모두 플립의 개수 이 충분히 크다고 가정한다 (예 : 10,000). 더 작은 (finite) 경우 정규화 인자 를 표현식 에 추가해야합니다 . 간단히 말해서, 총합이 1과 같아야합니다. 여기서는 로 정의 된 모든 확률의 합으로 나눠서이를 수행 할 수 있습니다 . $n$

엔

$n$

엔

$α$

α = \sum 나는 = 0 n - 1 피 (Y = 나는)

이는 로 표시된 의 수정 된 형식이 다음과 같음을 의미합니다 . $Y$

와이

$Z$

지

피 (Z = z) = 1 α (1 - p) 지 피 = 1 \sum n - 1 나는 = 0 ( 1 - p ) 나는 피 (1 - p) 지 피

다시 사용하면 지오 메릭 시리즈 합산을 사용하여 이것을 더 줄일 수 있습니다 . $p = 0.5$

피=0.5

피 (Z = z) = 1 \sum n - 1 나는 = 0 0.5 나는 + 1 0.5 지 + 1 = 1 1 - 0.5 엔 0.5 지 + 1 = 0.5 지 + 1 1 - 0.5 엔

그리고 우리는 로서 수정 된 버전 가 이전부터 접근 한다는 것을 알 수 있습니다 . $n \to \infty$

엔→∞

$Z$

지

$Y$

와이

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동전 뒤집기에 대한 심각한 심층 문제 플립 횟수를 알고 싶습니다. 카운트는

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