連続して10頭あると、次のトスが尻尾になる可能性が高くなりますか？

私は、次が真であると仮定します。公正なコインを想定し、コインを投げながら、行の10頭を得ることが次のコイントスが尾であることの可能性を高めるません関係なく、周りに翻弄される確率および/または統計的な専門用語のどのような量、 （しゃれを許しなさい）。

そうであると仮定して、私の質問はこれです：私は一体どうやって誰かを説得するのですか？

彼らは賢くて教育を受けていますが、私はこれに関して正しいと思うかもしれないとは考えないように決心しているようです（議論）。

[...]ヘッドが10個ある場合、シーケンスの次はテールになる可能性が高いと断言しようとしています。

非常に特別な意味での「バランスアウト」のみがあります。

それが公正なコインである場合、それはすべてのトスでまだ50-50です。コインは過去を知ることができません。頭が過剰だったことがわかりません。過去を補うことはできません。今まで。頭の可能性が常に一定であるため、頭または尾にランダムになります。

場合でヘッド数である投げ（尾の数である）、公正なコインのために、として、1になる傾向がある無限大に行く....しかしそれは、実際には0に行かないにも無限大に行きます！ 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|$

つまり、それらをより均一にするものは何もありません。カウントは「バランス」に向かう傾向はありません。平均して、頭と尾の数の不均衡は実際に大きくなります！

これは、1000回のトスを100セット行った結果です。灰色のトレースは、各ステップでの頭の数から尾の数を引いた差を示しています。

灰色のトレース（表す）は、ベルヌーイのランダムウォークです。パーティクルが各タイムステップで単位ステップ（ランダムに等しい確率で）だけy軸を上下に移動すると考えると、パーティクルの位置の分布は時間とともに0から「拡散」します。期待値はまだ0ですが、0からの予測距離はタイムステップ数の平方根として増加します。[「予想される絶対差またはRMS差について話している」と考えている人への注意-実際には、が大きい、最初は 80％です。] N $n_H-n_T$$n$$\sqrt{2/\pi}\approx$

上記の青い曲線はあり、緑の曲線はます。ご覧のように、総頭と総尾の間の一般的な距離は長くなります。「平等に回復する」、つまり平等からの逸脱を「補う」ように行動するものがあれば、それらは通常、そのようにさらに離れる傾向はありません。（代数的にこれを示すことは難しくありませんが、あなたの友人を納得させるとは思いません。重要な部分は、独立したランダム変数の合計の分散が分散の合計であることですリンクされたセクションの終わりを参照 -すべて別のコインフリップを追加するとき、合計の分散に一定量を追加します。したがって、分散は比例して増加する必要があります。 ±2$\pm \sqrt{n}$ <>N$\pm 2\sqrt{n}$ $<$$>$$n$。その結果、標準偏差はとともに増加します。この場合、各ステップで分散に追加される定数はたまたま1ですが、それは引数にとって重要ではありません。）$\sqrt{n}$

同様に、合計トスが無限大になるとはになりますが、これはがよりもはるかに速く無限に行くためします。 0nH+nT| nH−nT$\frac{|n_H-n_T|}{n_H+n_T}$$0$$n_H+n_T$$|n_H-n_T|$

我々は、累積カウントを分割する場合には、手段によって$n$√の各ステップでそれ曲線において、 -数の典型的な絶対差が程度である、しかしにおける典型的な絶対差の割合はその後のオーダーでなければなりません。 1/$\sqrt{n}$$1/\sqrt{n}$

それが起こっているすべてです。平等からのますます大きな*ランダムな偏差は、さらに大きな分母によって「洗い流され」ます。

*典型的な絶対サイズの増加

ここの小さなアニメーションをご覧ください

友達が納得していない場合は、コインを投げます。連続して3つの頭を言うたびに、次のトス（50％未満）で彼が推論で公平でなければならないと考えている可能性を指名してもらいます。それらに対応するオッズを与えるように頼みます（つまり、頭に賭けた場合、彼または彼女は1：1を少しでも支払う必要があります。少額のお金で多くのベットを設定するのが最善です。（賭けの半分を引き受けられない理由について多少の言い訳があったとしても驚かないでください-しかし、それは少なくともポジションが保持される激しさを劇的に減少させるように見えます。）

[ただし、この議論はすべて、コインが公正であることを前提としています。コインが公平ではない場合（50-50）、予想される割合の差からの逸脱に基づいた別のバージョンの議論が必要になります。10回のトスで10個の頭を持つことは、p = 0.5の仮定を疑うかもしれません。よく投げられたコインは、公平に近いかどうかにかかわらず、実際にはまだ小さいが悪用可能なバイアスを示します。特にそれを悪用する人物がペルシディアコニスのような人物である場合はなおさらです。一方、回転したコインは、片方の面の重量が大きくなるため、かなり偏りやすくなります。]

混乱は、彼が最初から他の何が既に起こっているかを見ずに確率を見るからです。

物事を簡単にしましょう：

最初のフリップ：

T

Tのチャンスは50％でしたので、0.5です。

次のフリップが再びTになる確率は0.5です。

TT 0.5
TF 0.5

しかし、最初のフリップはどうですか？それを含めると：

TT 0.25
TF 0.25

残りの50％はFから始まり、再びTとFの間で均等に分割されます。

これを連続して10個のテールに拡張するために-既に得られている確率は1/1024です。

次がTまたはFである確率は50％です。

したがって、11のテールの開始からのチャンスは2048に1つです。すでに次のフリップの10倍のテールをフリップした確率は、まだ50％です。

彼らは、実際にはすでに発生しているので、発生確率がもはや重要ではないときに、10 Tの1024オッズの1の可能性を別のTのチャンスに適用しようとしています。

連続した11尾は、10尾とそれに続く1頭よりも多かれ少なかれありません。

11回のフリップがすべてテールである可能性はほとんどありませんが、すでに発生しているため、それ以上の問題はありません！

次のフリップがテールになるオッズはまだ50〜50です。

非常に簡単な説明：10頭+ 1尾をこの順序でフリップする確率は非常に低いです。しかし、10個のヘッドをフリップした時点で、ほとんどのオッズをすでに打ち負かしています。次のコインフリップで50〜50の確率でシーケンスを完了することができます。

前の結果が今後のトスに影響を与える場合、最後の10トスだけでなく、コインライフの前のトスもすべて考慮する必要があることを説得してみてください。

もっと論理的なアプローチだと思います。

これは本当に答えではありません-あなたの問題は心理学的であり、数学的問題ではありません。しかし、それは役立つかもしれません。

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

$1/2$

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

もう1つの側面は次のとおりです。10回の10回のトスの後、誰かがコインが良いものかどうか疑問に思うかもしれません。これは、独立した等しい確率のトスの単純な通常モデルに対応します。「投げる人」（投げる人）が何らかの方法で投げを制御する訓練を受けておらず、実際に正直な方法で投げていると仮定すると、尾の確率は半分でなければなりません（このゲルマンの論文を参照）。

そのため、対立仮説では、コイン投げの間にいくらかの依存関係がなければなりません！そして、10個のテールが連続して見られた後、証拠は依存性が正のものであるため、1つのテールが次のコイントスがテールになる確率を高めます。しかし、その後、その分析の後、合理的な結論は、11回目のトスがテールになる確率が低下するのではなく、増加するということです！したがって、その場合の結論は、ギャンブラーの友人の反対です。

結論を正当化するためには、非常に奇妙なモデルが必要になると思います。

コインフリップは独立していると仮定すると、これは統計学者から別の統計学者への証明が非常に簡単です。しかし、あなたの友人はコインフリップが独立しているとは信じていないようです。独立と同義の単語を投げる（たとえば、コインに「メモリ」がない）以外は、コインフリップが単なる単語引数で独立していることを彼に証明することはできません。あなたの主張を主張するためにシミュレーションを使用することをお勧めしますが、正直なところ、あなたの友人がコインフリップが独立していると信じていない場合、私は彼がシミュレーションの結果を信じるかどうかわかりません。

（@TimBと@James Kによって）既に説明されているいくつかの説明を言い換えると、コインを10回裏返して10個のヘッドを獲得した場合、10個のヘッドが連続して獲得される確率はちょうど1.0です！これは既に発生しているため、発生する可能性は修正されています。

次のフリップで頭を獲得する確率（0.5）を掛けると、正確に0.5になります。

その時点でオッズ以外でテールにベットするのは吸盤のベットです。

ベイジアンアプローチを適用し、同様の結論を得るためにあなたに任せます。ヘッドの事前確率から始めます。$p=\frac{1}{2}$$\pi>\frac{1}{2}$

UPDATE @oerkelensの例は、2つの方法で解釈できます。

• 友達がTHHTTHTTHTにベットしてからコインを10回投げて、THHTTHTTHTを得ました。この場合、10個のヘッドが並んでいるのと同じくらい驚かれ、コインの公正さを疑い始めます。あなたの友人は彼が望むものを正確に手に入れることができるように見えるので、次のトスでテールの確率についてどう考えるべきかわかりません。これはランダムではありません。
• $p=\frac{10!}{6!4!2^{10}}\sim 0.2$$\frac{1}{2}$

コンピューターの人々のためにもしあなたの友人がコンピュータープログラマーなら、私は彼らの直感に訴える最も簡単な方法がプログラミングを通してであるとわかりました。コイントスの実験をプログラムするように依頼します。彼らは少し考えてから、次のようなものを考え出します。

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

THTHTHTHHHT.

聞いてみます

ここで10個のヘッドを連続して処理するためのコードはどこにありますか？コードでは、最初の10回のループで何が起こったかに関係なく、11回目のトスの確率は0.5になります。

ただし、このケースは公正なコイントスに訴えます。コードは、公正なコイントスで設計されています。しかし、10頭の場合、コインが公正である可能性は非常に低いです。

理想的な状況では、答えはノーです。各スローは、前に来たものから独立しています。したがって、これが本当に公平なコインであれば、それは問題ではありません。しかし、コインに欠陥があるかどうか（実際に発生する可能性があるかどうか）がわからない場合、長い一連の尾部によって、コインが不公平であると思われる可能性があります。

この回答は、モンティホールの問題を含む、この種のすべての質問に有効です。単純に、10頭後に尾を引く確率はどうであるかを尋ねます。わずかに（彼らに）より良いゲームをプレイすることを申し出ますが、それでもオッズは50-50です。運が良ければ、彼らはコンピューターにフリップをさせることに同意するでしょう。その場合、あなたはすぐにあなたのポケットにお金を入れるでしょう。それ以外の場合は時間がかかりますが、結果は（必然的に）同じです。

どのように彼らを説得しますか？1つの方法は、記述されている正確な問題の結果の分布を示すことです。

#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}$

• $0.5^{10}$
• $0.5^{11}$

そして、この2つの違いは、1回の公正なコイントスです。