Data una moneta con una propensione sconosciuta, genera variate da una moneta giusta in modo efficiente

Data una moneta con pregiudizio sconosciuto , come posso generare variate - nel modo più efficiente possibile - che sono distribuiti da Bernoulli con probabilità 0,5? Cioè, utilizzando il numero minimo di flip per variabile generata.$p$

Questo è un problema ben noto con diverse belle soluzioni che sono state discusse qui e in StackOverflow (sembra che non riesca a pubblicare più di un link ma una rapida ricerca su Google ti dà alcune voci interessanti). Dai un'occhiata alla voce di Wikipedia

http://en.wikipedia.org/wiki/Fair_coin#Fair_results_from_a_biased_coin

Questo è un problema classico, credo attribuito originariamente a von Neumann. Una soluzione è quella di continuare a lanciare la moneta in coppia fino a quando le coppie non sono diverse, quindi rimandare al risultato della prima moneta nella coppia.

Esplicitamente lascia sia il risultato di lancio , con essendo la prima moneta, e essendo la seconda moneta. Ogni moneta ha probabilità di teste. Quindi causa della simmetria, che implica . Per vedere in modo esplicito questa nota di simmetria che implica che i risultati sono o , entrambi ugualmente probabili a causa dell'indipendenza.$(X_i,Y_i)$$i$$X_i$$Y_i$$p$$P(X_i=H|X_i\neq Y_i)=P(X_i=T|X_i\neq Y_i)$$P(X_i=H|X_i\neq Y_i)=1/2$ ( H , T ) ( T , H $X_i\neq Y_i$$(H,T)$$(T,H)$

Empiricamente, il tempo di attesa fino a quando una coppia così diseguale è

che esplode quando si avvicina a 0 o 1 (il che ha senso).$p$

Non sono sicuro di come riassumere i termini in modo efficiente, ma possiamo fermarci ogni volta che il numero totale di tiri e il numero totale di successi sono tali che è anche dato che possiamo dividere i diversi ordinamenti che abbiamo potuto ottenere e in due gruppi di uguale probabilità ciascuna corrispondente ad un'etichetta in uscita diverso. Dobbiamo stare attenti a non esserci già fermati per questi elementi, vale a dire che nessun elemento ha un prefisso di lunghezza con successi tale che è pari. Non sono sicuro di come trasformarlo in un numero previsto di lanci.$n$$t$$\binom{n}{t}$$n$$t$$n'$$t'$$\binom{n'}{t'}$

Illustrare:

Possiamo fermarci a TH o HT poiché questi hanno uguale probabilità. Scendendo verso il basso il triangolo di Pascal, i prossimi termini pari sono nella quarta riga: 4, 6, 4. Ciò significa che possiamo fermarci dopo i tiri se una testa si è alzata poiché possiamo creare una corrispondenza bipartita: HHHT con HHTH e tecnicamente HTHH con THHH anche se ci saremmo già fermati per quelli. Allo stesso modo, produce l'HHTT corrispondente con TTHH (il resto, ci saremmo già fermati prima di raggiungerli).$\binom42$

Per , tutte le sequenze hanno interrotto i prefissi. Diventa un po 'più interessante su dove FFFFTTFT con FFFFTTTF.$\binom52$$\binom83$

Per dopo 8 tiri, la possibilità di non essersi fermato è con un numero previsto di tiri se ci siamo fermati di . Per la soluzione in cui continuiamo a far rotolare le coppie finché non si differenziano, la possibilità di non essersi fermata è con un numero atteso di tiri se ci siamo fermati a 4. Per ricorsione, un limite superiore sui salti previsti per l'algoritmo presentato è . $p=\frac12$$\frac1{128}$$\frac{53}{16}$$\frac{1}{16}$$\frac{128}{127} \cdot \frac{53}{16} = \frac{424}{127} < 4$

Ho scritto un programma Python per stampare i punti di arresto:

import scipy.misc
from collections import defaultdict


bins = defaultdict(list)


def go(depth, seq=[], k=0):
    n = len(seq)
    if scipy.misc.comb(n, k, True) % 2 == 0:
        bins[(n,k)].append("".join("T" if x else "F"
                                   for x in seq))
        return
    if n < depth:
        for i in range(2):
            seq.append(i)
            go(depth, seq, k+i)
            seq.pop()

go(8)

for key, value in sorted(bins.items()):
    for i, v in enumerate(value):
        print(v, "->", "F" if i < len(value) // 2 else "T")
    print()

stampe:

FT -> F
TF -> T

FFFT -> F
FFTF -> T

FFTT -> F
TTFF -> T

TTFT -> F
TTTF -> T

FFFFFT -> F
FFFFTF -> T

TTTTFT -> F
TTTTTF -> T

FFFFFFFT -> F
FFFFFFTF -> T

FFFFFFTT -> F
FFFFTTFF -> T

FFFFTTFT -> F
FFFFTTTF -> T

FFFFTTTT -> F
TTTTFFFF -> T

TTTTFFFT -> F
TTTTFFTF -> T

TTTTFFTT -> F
TTTTTTFF -> T

TTTTTTFT -> F
TTTTTTTF -> T