10 teste di fila aumentano la possibilità che il prossimo lancio sia una coda?

Suppongo che sia vero: assumere una moneta giusta, ottenere 10 teste di fila mentre si lancia una moneta non aumenta la probabilità che il prossimo lancio di una moneta sia una coda , indipendentemente dalla quantità di probabilità e / o gergo statistico che viene lanciato (scusa i giochi di parole).

Supponendo che sia così, la mia domanda è questa: come diavolo posso convincere qualcuno che è il caso?

Sono intelligenti ed educati ma sembrano determinati a non considerare che potrei avere ragione su questo (argomento).

stanno cercando di affermare che [...] se ci sono state 10 teste, il successivo nella sequenza sarà più probabilmente una coda perché le statistiche dicono che alla fine si bilancerà

C'è solo un "bilanciamento" in un senso molto particolare.

Se è una moneta giusta, è comunque 50-50 ad ogni lancio. La moneta non può conoscere il suo passato . Non può sapere che ci fosse un eccesso di teste. Non può compensare il suo passato. Mai . continua a essere casualmente testa o croce con costante possibilità di testa.

Se è il numero di teste in ( è il numero di code), per una moneta giusta, tenderà a 1, poiché va all'infinito .... manon va a 0. In realtà, va anche all'infinito!$n_H$$n=n_H+n_T$$n_T$$n_H/n_T$$n_H+n_T$$|n_H-n_T|$

Cioè, nulla agisce per renderli più uniformi. I conteggi non tendono al "bilanciamento". In media, lo squilibrio tra il numero di teste e le code in realtà cresce!

Ecco il risultato di 100 serie da 1000 lanci, con le tracce grigie che mostrano la differenza nel numero di teste meno il numero di code ad ogni passo.

Le tracce grigie (che rappresentano ) sono una passeggiata casuale di Bernoulli. Se si pensa a una particella che si muove su o giù lungo l'asse y di un passo unitario (in modo casuale con uguale probabilità) ad ogni passo temporale, la distribuzione della posizione della particella si "diffonderà" lontano da 0 nel tempo. Ha ancora 0 valore atteso, ma la sua distanza prevista da 0 aumenta man mano che la radice quadrata del numero di passi temporali. [Nota per chiunque stia pensando " sta parlando della differenza assoluta attesa o della differenza RMS " - in realtà sia: per grande il primo è$n_H-n_T$$n$$\sqrt{2/\pi}\approx$ 80% del secondo.]

La curva blu sopra è a e la curva verde è a . Come vedi, la distanza tipica tra la testa totale e la coda totale aumenta. Se ci fosse qualcosa che agisce per "ristabilire l'uguaglianza" - per "compensare" le deviazioni dall'uguaglianza - in genere non tende a crescere ulteriormente così. (Non è difficile mostrarlo algebricamente, ma dubito che ciò convincerebbe il tuo amico. La parte critica è che la varianza di una somma di variabili casuali indipendenti è la somma delle varianze vedi la fine della sezione collegata - ogni ogni volta che aggiungi un'altra moneta, aggiungi un importo costante sulla varianza della somma ... quindi la varianza deve crescere proporzionalmente con$\pm \sqrt{n}$$\pm 2\sqrt{n}$ $<$$>$$n$. Di conseguenza la deviazione standard aumenta con$\sqrt{n}$ . La costante che viene aggiunta alla varianza ad ogni passaggio in questo caso sembra essere 1, ma non è cruciale per l'argomento.)

Equivalentemente, va a$\frac{|n_H-n_T|}{n_H+n_T}$$0$ mentre i lanci totali vanno all'infinito, ma solo perché$n_H+n_T$$|n_H-n_T|$

$n$$\sqrt{n}$$1/\sqrt{n}$

Questo è tutto quello che sta succedendo. Le deviazioni casuali sempre più grandi * dall'uguaglianza sono semplicemente " spazzate via " dal denominatore ancora più grande .

* crescente in dimensioni assolute tipiche

Guarda la piccola animazione a margine, qui

Se il tuo amico non è convinto, lancia alcune monete. Ogni volta che dici tre teste di fila, fagli nominare una probabilità per una testa al lancio successivo (che è inferiore al 50%) che pensa debba essere giusto secondo il suo ragionamento. Chiedi loro di darti le probabilità corrispondenti (cioè, lui o lei deve essere disposto a pagare un po 'più di 1: 1 se scommetti sulle teste, poiché insistono sul fatto che le code sono più probabili). È meglio se è impostato come un sacco di scommesse ciascuno per una piccola quantità di denaro. (Non sorprenderti se ci sono delle scuse sul perché non riescono a raccogliere la metà della scommessa - ma almeno sembra ridurre drasticamente la veemenza con cui viene mantenuta la posizione.)

[Tuttavia, tutta questa discussione si basa sulla correttezza della moneta. Se la moneta non fosse corretta (50-50), sarebbe necessaria una versione diversa della discussione, basata su deviazioni dalla differenza proporzionale prevista. Avere 10 teste in 10 lanci potrebbe farti sospettare dell'assunzione di p = 0,5. Una moneta ben lanciata dovrebbe essere vicina alla scala - ponderata o meno - ma in realtà mostra ancora un pregiudizio piccolo ma sfruttabile , specialmente se la persona che la sfrutta è qualcuno come Persi Diaconis. D'altra parte, le monete gettate potrebbero essere piuttosto suscettibili a distorsioni a causa del maggior peso su una faccia.]

La confusione è perché sta osservando la probabilità dall'inizio senza guardare cos'altro è già successo.

Semplifichiamo le cose:

Primo capovolgimento:

T

Ora la probabilità di una T era del 50%, quindi 0,5.

La probabilità che il prossimo lancio sia di nuovo T è 0,5

TT 0.5
TF 0.5

Tuttavia, che dire del primo capovolgimento? Se lo includiamo, allora:

TT 0.25
TF 0.25

Il restante 50% inizia con F, e ancora una volta ha una divisione uniforme tra T e F.

Per estenderlo a dieci code di fila, la probabilità che tu abbia già ottenuto è 1/1024.

La probabilità che il prossimo sia T o F è del 50%.

Quindi la possibilità dall'inizio di 11 code è 1 nel 2048. La probabilità che abbia già girato la coda 10 volte che il prossimo lancio sarà anche una coda è comunque del 50%.

Stanno cercando di applicare l'improbabilità delle probabilità 1 su 1024 di 10 T alla probabilità di un'altra T, quando in realtà ciò è già accaduto, quindi la probabilità che ciò accada non è più importante.

11 code di fila non hanno più o meno probabilità di 10 code seguite da una testa.

La probabilità che 11 flip siano tutti code è improbabile, ma dal momento che è già successo non ha più importanza!

Le probabilità sono ancora 50-50 che il prossimo lancio sarà la croce.

Spiegazione molto semplice: le probabilità di lanciare 10 teste + 1 coda in questo ordine sono molto basse. Ma quando hai lanciato 10 teste, hai già battuto la maggior parte delle probabilità ... hai una probabilità del 50-50 di finire la sequenza con il prossimo lancio della moneta.

Dovresti provare a convincerli che se i risultati precedenti avessero avuto un impatto sui lanci imminenti, non solo gli ultimi 10 lanci avrebbero dovuto essere presi in considerazione, ma anche ogni lancio precedente nella vita della moneta.

Penso che sia un approccio più logico.

Questa non è davvero una risposta: il tuo problema è psicologico, non matematico. Ma può essere d'aiuto.

sometimes$2^{10} \approx 10^3$

$1/2$

$x_n$$11, 12, \dots, n+10.$

$$\lim_{n \rightarrow \infty} x_n/n =1/2$$ $$\lim_{n \rightarrow \infty} \frac{10+x_n}{n+10}= 1/2$$ Cioè, dopo un milione e dieci lanci, abbiamo quel quindi, nel limite, le prime 10 code non contano affatto, il suo effetto è "sbiadito" da tutti i lanci successivi. Pertanto, non è necessario "bilanciare" per mantenere il risultato limite. Matematicamente, questo sta solo usando il fatto che il limite (se esiste ...) di qualsiasi sequenza di numeri non dipende affatto da nessun segmento iniziale finito! Quindi possiamo assegnare arbitrariamente i risultati per i primi dieci (o primi cento) lanci senza influire sul limite. Immagino che questo modo di spiegarlo ai tuoi amici giocatori (forse con più numeri ed esempi e meno algebra ...) potrebbe essere il modo migliore. $$\frac{10+500000}{1000010} \approx 0.5$$

L'altro aspetto è : dopo dieci lanci dieci code, forse qualcuno inizia a dubitare che la moneta sia buona, corrisponde al modello semplice e ordinario di lanci indipendenti, pari probabilità. Supponendo che il "lanciatore" (la persona che sta lanciando il lancio) non sia stato addestrato a controllare i lanci in qualche modo, e si stia davvero lanciando in modo onesto, la probabilità di coda deve essere la metà ( vedi questo documento di Gelman ).

Quindi allora ci deve essere, nell'ipotesi alternativa, una certa dipendenza tra i lanci di monete! E, dopo aver visto dieci code di fila, l'evidenza è che la dipendenza è positiva, quindi una coda aumenta la probabilità che il prossimo lancio della moneta sarà coda. Ma poi, dopo quell'analisi, la conclusione ragionevole è che la probabilità che l'undicesimo lancio sia una coda è aumentata , non abbassata! Quindi la conclusione, in quel caso, è l' opposto dei tuoi amici giocatori d'azzardo.

Penso che avrai bisogno di un modello davvero molto strano per giustificare le loro conclusioni.

Supponendo che i lanci di monete siano indipendenti, questo è molto facile da dimostrare da uno statistico all'altro. Tuttavia, il tuo amico sembra non credere che i lanci di monete siano indipendenti. Oltre a gettare in giro parole che sono sinonimo di indipendente (ad esempio, la moneta non ha un "ricordo") non puoi dimostrargli che i lanci di monete sono indipendenti con un semplice argomento di parole. Suggerirei di usare la simulazione per affermare il tuo reclamo ma, a dire il vero, se il tuo amico non crede che il lancio della moneta sia indipendente, non sono sicuro che crederà ai risultati della simulazione.

Per riaffermare alcune delle spiegazioni già fornite (da @TimB e @James K), una volta che hai lanciato una moneta 10 volte e hai ottenuto 10 teste, la probabilità di ottenere 10 teste di fila è esattamente 1.0! È già successo, quindi la probabilità che ciò accada è ora fissa.

Quando lo moltiplichi per la probabilità di ottenere teste sul tuo prossimo lancio (0,5), ottieni esattamente 0,5.

Scommettere su code con qualcosa di diverso dalle pari quote a quel punto è una scommessa del pollone.

Diciamo che sono convinto che la moneta sia giusta. Se la moneta era giusta, allora la probabilità di avere 10 teste di fila è Quindi, come frequentatore con significato , devo rifiutare l' : la moneta è giusta e concludere che l' : "qualcosa di sospetto" è vero. No, non posso insistere sul fatto che la probabilità di vedere un'altra testa è ancora

$$p_{10}=\left(\frac{1}{2}\right)^{10}=\frac{1}{1024}<0.1\%$$ $\alpha=1\%$$H_0$$H_a$$\frac{1}{2}$

$p=\frac{1}{2}$$\pi>\frac{1}{2}$

L'esempio di UPDATE @oerkelens può essere interpretato in due modi.

• il tuo amico ha scommesso su THHTTHTTHT, quindi ha lanciato una moneta 10 volte e ha ottenuto: THHTTHTTHT. In questo caso rimarrai sorpreso come con 10 teste di fila e inizi a dubitare dell'equità di una moneta. Non sei sicuro di cosa pensare della probabilità di coda nel prossimo lancio, perché il tuo amico sembra essere in grado di ottenere esattamente quello che vuole, questo non è casuale.
• $p=\frac{10!}{6!4!2^{10}}\sim 0.2$$\frac{1}{2}$

$$1-\left(\frac{1}{2^{10}}\right)^{100,000}\approx 1$$

PER LE PERSONE INFORMATICHE Se i tuoi amici sono programmatori di computer, ho scoperto che il modo più semplice per attirare la loro intuizione è attraverso la programmazione. Chiedi loro di programmare l'esperimento del lancio della moneta. Ci penseranno un po 'poi escogiteranno qualcosa del genere:

for i=1:11
   if rand()>0.5 
       c='H';
   else
       c='T';
   end
   fprintf('%s',c)
end
disp '.'

THTHTHTHHHT.

Glielo chiederai

dov'è il tuo codice per gestire 10 teste di fila qui? Sembra che nel tuo codice indipendentemente da ciò che è accaduto nei primi 10 loop, l'undicesimo lancio ha 0,5 probabilità di testa.

Tuttavia, questo caso fa appello al lancio corretto della moneta. Il codice è progettato con un lancio corretto della moneta. Nel caso di 10 teste, è altamente improbabile che la moneta sia giusta.

In circostanze ideali la risposta è no. Ogni lancio è indipendente da ciò che è accaduto prima. Quindi se questa è una moneta veramente giusta, non importa. Ma se non sei sicuro che la moneta sia difettosa o meno (cosa che potrebbe accadere nella vita reale), una lunga sequenza di code può indurre a credere che sia ingiusta.

Questa risposta funzionerà per tutte le domande di questo tipo, incluso il problema di Monty Hall. Basta chiedere loro cosa pensano che siano le probabilità di ottenere una coda dopo dieci teste. Offri di giocarli leggermente meglio (per loro) ma comunque con meno di 50-50 probabilità. Con un po 'di fortuna, accetteranno di lasciare che un computer esegua il lancio, nel qual caso avrai rapidamente una somma di denaro in tasca. Altrimenti ci vorrà più tempo ma il risultato è (inevitabilmente) lo stesso.

Come li convinceresti? Un modo è mostrare la distribuzione dei risultati dal problema esatto descritto.

#1,000,000 observations
numObservations <- 1e+6
#11 coin tosses per sample
numCoinTosses <- 11

sampledCoinTosses <- matrix(sample(c(-1,1),numObservations*numCoinTosses,replace=TRUE),
                        nrow = numObservations, ncol = numCoinTosses)
sampledCoinTosses <- cbind(sampledCoinTosses,apply(sampledCoinTosses[,1:numCoinTosses - 1],1,sum))
#Where the sum of the first ten observations is 10, this corresponds to 10 heads.
tenHeadsObservations <- sampledCoinTosses[which(sampledCoinTosses[,numCoinTosses + 1] == 10),]
#By looking at the summary of the 11th coin toss we can see how close the average value is to 0
summary(tenHeadsObservations[,numCoinTosses])

$10$$0.5^{10}$

• $0.5^{10}$
• $0.5^{11}$

E la differenza tra i due è solo un lancio di monete equo.