Erhöht 10 Köpfe hintereinander die Wahrscheinlichkeit, dass der nächste Wurf ein Schwanz ist?

Ich gehe davon aus, dass Folgendes zutrifft: Wenn Sie von einer fairen Münze ausgehen und beim Werfen einer Münze 10 Köpfe hintereinander werfen, steigt die Wahrscheinlichkeit, dass die nächste Münze einen Schwanz wirft , nicht, unabhängig von der Wahrscheinlichkeit und / oder dem statistischen Jargon (entschuldigen Sie die Wortspiele).

Unter der Annahme, dass dies der Fall ist, lautet meine Frage: Wie zum Teufel kann ich jemanden davon überzeugen, dass dies der Fall ist?

Sie sind klug und gebildet, scheinen aber entschlossen zu sein, nicht zu berücksichtigen, dass ich in diesem Punkt Recht habe (Argument).

sie versuchen zu behaupten, dass [...] wenn es 10 Köpfe gegeben hat, der nächste in der Sequenz eher ein Schwanz sein wird, weil die Statistik sagt, dass er sich am Ende ausgleichen wird

Es gibt nur ein "Ausbalancieren" in einem ganz bestimmten Sinne.

Wenn es eine faire Münze ist, ist es immer noch 50-50 bei jedem Wurf. Die Münze kann ihre Vergangenheit nicht kennen . Es kann nicht wissen, dass es einen Überfluss an Köpfen gab. Es kann seine Vergangenheit nicht kompensieren. Immer . Es geht einfach so weiter, dass es zufällig Kopf oder Zahl ist, mit der konstanten Chance eines Kopfes.

Wenn die Anzahl der Köpfe in ( ist die Anzahl der Schwänze) ist, wird für eine faire Münze zu 1 tendieren, da gegen unendlich geht .... abergeht nicht auf 0. Tatsächlich geht es auch bis ins Unendliche! n = n H + n T n T n H / n T n H + n T | n H - n T $n_H$$n=n_H+n_T$$n_T$$n_H/n_T$$n_H+n_T$$|n_H-n_T|$

Das heißt, nichts wirkt, um sie gleichmäßiger zu machen. Die Zählimpulse tendieren nicht zum "Ausgleichen". Im Durchschnitt wächst das Ungleichgewicht zwischen Kopf und Schwanz!

Hier ist das Ergebnis von 100 Sätzen mit 1000 Würfen, wobei die grauen Spuren den Unterschied zwischen der Anzahl der Köpfe und der Anzahl der Schwänze bei jedem Schritt anzeigen.

Die grauen Spuren (die ) sind ein Bernoulli-Zufallsspaziergang. Wenn Sie sich vorstellen, dass sich ein Partikel bei jedem Zeitschritt um einen Einheitsschritt (zufällig mit gleicher Wahrscheinlichkeit) auf der y-Achse nach oben oder unten bewegt, wird die Verteilung der Position des Partikels mit der Zeit von 0 weg "diffundieren". Es hat immer noch den erwarteten Wert 0, aber der erwartete Abstand von 0 wächst als Quadratwurzel der Anzahl der Zeitschritte. [Hinweis für jeden, der denkt, " spricht er von der erwarteten absoluten Differenz oder der RMS-Differenz " - tatsächlich entweder: für große die erste 80% der zweiten.] n $n_H-n_T$$n$$\sqrt{2/\pi}\approx$

Die blaue Kurve oben ist um und die grüne Kurve ist um . Wie Sie sehen, wächst der typische Abstand zwischen Gesamtkopf und Gesamtschwanz. Wenn es irgendetwas gäbe, das zur Wiederherstellung der Gleichberechtigung beiträgt - um Abweichungen von der Gleichberechtigung auszugleichen - würden sie normalerweise nicht so weit auseinander wachsen. (Es ist nicht schwer, dies algebraisch zu zeigen, aber ich bezweifle, dass dies Ihren Freund überzeugen würde. Der entscheidende Teil ist, dass die Varianz einer Summe unabhängiger Zufallsvariablen die Summe der Varianzen ist siehe Ende des verknüpften Abschnitts - alle Wenn Sie einen weiteren Münzwurf hinzufügen, fügen Sie der Varianz der Summe einen konstanten Betrag hinzu. Die Varianz muss also proportional mit wachsen ±2$\pm \sqrt{n}$ <>n$\pm 2\sqrt{n}$ $<$$>$$n$. Folglich nimmt die Standardabweichung mit . Die Konstante, die in diesem Fall bei jedem Schritt zur Varianz addiert wird, ist 1, aber das ist für das Argument nicht entscheidend.)$\sqrt{n}$

Entsprechend geht auf wenn der unendlich wird, aber nur, weil viel schneller unendlich wird alstut. 0nH+nT| nH-nT$\frac{|n_H-n_T|}{n_H+n_T}$$0$$n_H+n_T$$|n_H-n_T|$

Das heißt, wenn wir diese kumulative Zählung bei jedem Schritt durch$n$ dividieren, krümmt sie sich in - der typische absolute Unterschied in der Zählung liegt in der Größenordnung von , aber der typische absolute Unterschied im Verhältnis muss dann in der Größenordnung von liegen . 1/$\sqrt{n}$$1/\sqrt{n}$

Das ist alles was los ist. Die immer größeren * zufälligen Abweichungen von der Gleichheit werden nur durch den noch größeren Nenner " ausgewaschen " .

* in typischer absoluter Größe ansteigend

Sehen Sie sich die kleine Animation im Rand, hier

Wenn Ihr Freund nicht überzeugt ist, werfen Sie einige Münzen. Jedes Mal, wenn Sie sagen, drei Köpfe hintereinander, veranlassen Sie ihn oder sie, eine Wahrscheinlichkeit für einen Kopf beim nächsten Wurf (das sind weniger als 50%) zu benennen, die er für fair hält. Bitten Sie sie, Ihnen die entsprechenden Gewinnchancen mitzuteilen (das heißt, er oder sie muss bereit sein, etwas mehr als 1: 1 zu zahlen, wenn Sie auf Kopf setzen, da sie darauf bestehen, dass die Wahrscheinlichkeit von Schwänzen größer ist). Es ist am besten, wenn für einen kleinen Geldbetrag eine Menge Wetten abgeschlossen werden. (Seien Sie nicht überrascht, wenn es eine Entschuldigung dafür gibt, warum sie die Hälfte der Wette nicht annehmen können - aber es scheint zumindest die Heftigkeit, mit der die Position gehalten wird, dramatisch zu verringern.)

[All diese Diskussionen basieren jedoch auf einer fairen Münze. Wenn die Münze nicht fair wäre (50-50), wäre eine andere Version der Diskussion erforderlich - basierend auf Abweichungen von der erwarteten Proportionaldifferenz. Wenn Sie 10 Köpfe in 10 Würfen haben, können Sie der Annahme von p = 0,5 misstrauisch werden. Eine gut geworfene Münze sollte beinahe fair gewichtet sein oder nicht - aber tatsächlich eine kleine, aber ausnutzbare Tendenz aufweisen , insbesondere wenn es sich bei der Person, die sie ausnutzt, um eine Person wie Persi Diaconis handelt. Auf der anderen Seite können gesponnene Münzen aufgrund des höheren Gewichts auf einer Seite leicht verzerrt sein.]

Die Verwirrung besteht darin, dass er die Wahrscheinlichkeit von Anfang an betrachtet, ohne sich darüber Gedanken zu machen, was bereits geschehen ist.

Vereinfachen wir die Dinge:

Erster Flip:

T

Jetzt war die Chance eines T 50%, also 0,5.

Die Chance, dass der nächste Flip wieder T ist, beträgt 0,5

TT 0.5
TF 0.5

Was ist jedoch mit dem ersten Flip? Wenn wir das mit einbeziehen, dann:

TT 0.25
TF 0.25

Die restlichen 50% beginnen mit F und haben wieder eine gerade Aufteilung zwischen T und F.

Um das auf zehn Schwänze in einer Reihe auszudehnen - die Wahrscheinlichkeit, dass Sie das bereits haben, ist 1/1024.

Die Wahrscheinlichkeit, dass die nächste T oder F ist, beträgt 50%.

Die Chance ab dem Start von 11 Schwänzen ist 1 in 2048. Die Wahrscheinlichkeit, dass der Schwanz bereits 10-mal gewendet wurde, dass der nächste Wurf auch ein Schwanz sein wird, beträgt dennoch 50%.

Sie versuchen, die Unwahrscheinlichkeit der 1: 1024-Quote von 10 T auf die Chance eines anderen T anzuwenden, wenn dies tatsächlich bereits geschehen ist, sodass die Wahrscheinlichkeit, dass es passiert, nicht mehr wichtig ist.

11 Schwänze hintereinander sind nicht mehr oder weniger wahrscheinlich als 10 Schwänze, gefolgt von einem Kopf.

Die Wahrscheinlichkeit, dass 11 Flips alles Schwänze sind, ist unwahrscheinlich, aber da es bereits passiert ist, spielt es keine Rolle mehr!

Die Chancen stehen immer noch bei 50: 50, dass der nächste Flip aus Schwänzen besteht.

Sehr einfache Erklärung: Die Wahrscheinlichkeit, 10 Köpfe + 1 Schwanz in dieser Reihenfolge umzudrehen, ist sehr gering. Aber bis Sie 10 Köpfe geworfen haben, haben Sie bereits die meisten Chancen geschlagen ... Sie haben eine 50-50 Chance, die Sequenz mit dem nächsten Münzwurf zu beenden.

Sie sollten versuchen, sie davon zu überzeugen, dass nicht nur die letzten 10 Würfe berücksichtigt werden sollten, sondern auch alle vorherigen Würfe im Münzleben, wenn die vorherigen Ergebnisse Auswirkungen auf die bevorstehenden Würfe hatten.

Ich denke, es ist ein logischerer Ansatz.

Dies ist keine wirkliche Antwort - Ihr Problem ist psychologisch, nicht mathematisch. Aber es kann helfen.

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

$1/2$

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

Der andere Aspekt ist : Nach zehn Würfen mit zehn Schwänzen beginnt vielleicht jemand zu zweifeln, ob die Münze eine gute ist, was dem einfachen, gewöhnlichen Modell unabhängiger Würfe mit gleicher Wahrscheinlichkeit entspricht. Angenommen, der "Werfer" (die Person, die den Wurf durchführt) ist nicht in der Lage, den Wurf in irgendeiner Weise zu kontrollieren, und er wirft wirklich ehrlich, so muss die Wahrscheinlichkeit eines Schwanzes die Hälfte betragen ( siehe dieses Gelman-Papier ).

Also muss es in der alternativen Hypothese eine gewisse Abhängigkeit zwischen den Münzwürfen geben! Und nachdem zehn Schwänze hintereinander gesehen wurden, ist der Beweis, dass die Abhängigkeit positiv ist, so dass ein Schwanz die Wahrscheinlichkeit erhöht, dass der nächste Münzwurf ein Schwanz ist. Aber dann, nach dieser Analyse, ist die vernünftige Schlussfolgerung, dass die Wahrscheinlichkeit, dass der elfte Wurf ein Schwanz ist, erhöht , nicht erniedrigt wird! In diesem Fall ist die Schlussfolgerung also das Gegenteil der Freunde Ihrer Spieler.

Ich denke, Sie werden ein sehr seltsames Modell brauchen, um ihre Schlussfolgerungen zu rechtfertigen.

Vorausgesetzt, Münzwürfe sind unabhängig, ist dies von einem Statistiker zum anderen sehr einfach zu beweisen. Ihr Freund scheint jedoch nicht zu glauben, dass Münzwürfe unabhängig sind. Anders als das Herumwerfen von Wörtern, die synonym mit "unabhängig" sind (zum Beispiel hat die Münze kein "Gedächtnis"), können Sie ihm nicht beweisen, dass Münzwürfe mit einem bloßen Wortargument unabhängig sind. Ich würde vorschlagen, Simulation zu verwenden, um Ihre Behauptung durchzusetzen, aber um ehrlich zu sein, wenn Ihr Freund nicht glaubt, dass Münzwürfe unabhängig sind, bin ich mir nicht sicher, ob er Simulationsergebnisse glauben wird.

Um einige der bereits gegebenen Erklärungen (von @TimB und @James K) noch einmal zu wiederholen: Wenn Sie 10 Mal eine Münze geworfen und 10 Köpfe erhalten haben, ist die Wahrscheinlichkeit, 10 Köpfe hintereinander zu erhalten, genau 1,0! Es ist bereits geschehen, daher ist die Wahrscheinlichkeit, dass dies geschieht, jetzt festgelegt.

Wenn Sie das mit der Wahrscheinlichkeit multiplizieren, bei Ihrem nächsten Flip Köpfe zu bekommen (0,5), erhalten Sie genau 0,5.

Wetten auf Schwänze mit etwas anderem als einer Quote zu diesem Zeitpunkt ist eine Wette des Trottels.

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

UPDATE @oerkelens Beispiel kann auf zwei Arten interpretiert werden.

• Ihr Freund setzte auf THHTTHTTHT, warf dann 10 Mal eine Münze und bekam: THHTTHTTHT. In diesem Fall sind Sie genauso überrascht wie mit 10 Köpfen in einer Reihe und zweifeln an der Fairness einer Münze. Sie sind sich nicht sicher, was Sie über die Wahrscheinlichkeit eines Schwanzes im nächsten Wurf denken sollen, da Ihr Freund anscheinend genau das bekommen kann, was er will. Dies ist kein Zufall.
• $p=\frac{10!}{6!4!2^{10}}\sim 0.2$$\frac{1}{2}$

FÜR COMPUTERMENSCHEN Wenn Ihre Freunde Computerprogrammierer sind, dann habe ich festgestellt, dass der einfachste Weg, ihre Intuition anzusprechen, das Programmieren ist. Bitten Sie sie, das Münzwurfexperiment zu programmieren. Sie werden sich ein bisschen überlegen und dann etwas einfallen lassen:

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

THTHTHTHHHT.

Du wirst sie fragen

Wo ist Ihr Code für die Behandlung von 10 Köpfen in einer Reihe hier? Es scheint, dass der 11. Wurf in Ihrem Code, unabhängig davon, was in den ersten 10 Schleifen passiert ist, eine Wahrscheinlichkeit von 0,5 Köpfen hat.

Dieser Fall spricht jedoch den fairen Münzwurf an. Der Code ist mit einem fairen Münzwurf gestaltet. Bei 10 Köpfen ist es jedoch sehr unwahrscheinlich, dass die Münze fair ist.

Im Idealfall lautet die Antwort nein. Jeder Wurf ist unabhängig von dem, was vorher kam. Wenn dies also eine wirklich faire Münze ist, spielt es keine Rolle. Wenn Sie sich jedoch nicht sicher sind, ob die Münze fehlerhaft ist oder nicht (was im wirklichen Leben passieren kann), kann eine lange Abfolge von Schwänzen den Eindruck erwecken, dass sie unfair ist.

Diese Antwort funktioniert für alle Fragen dieser Art, einschließlich des Monty Hall-Problems. Fragen Sie sie einfach, wie hoch ihrer Meinung nach die Wahrscheinlichkeit ist, nach zehn Köpfen einen Schwanz zu bekommen. Bieten Sie an, sie etwas besser zu spielen (für sie), aber immer noch unter 50-50 Gewinnchancen. Mit etwas Glück werden sie zustimmen, dass ein Computer das Umdrehen übernimmt. In diesem Fall haben Sie schnell einen Geldbetrag in der Tasche. Andernfalls dauert es länger, aber das Ergebnis ist (unvermeidlich) dasselbe.

Wie würden Sie sie überzeugen? Eine Möglichkeit besteht darin, die Verteilung der Ergebnisse des genau beschriebenen Problems darzustellen.

#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}$

• $0.5^{10}$
• $0.5^{11}$

Und der Unterschied zwischen den beiden ist nur ein fairer Münzwurf.