Nが成功するまでフリップをモデリングするにはどうすればよいですか？

あなたと私は、コインを投げて交代するゲームをすることにしました。最初に合計10個のヘッドをフリップしたプレーヤーがゲームに勝利します。当然、誰が先に行くべきかという議論があります。

このゲームのシミュレーションでは、最初に弾くプレーヤーのほうが2番目に弾くプレーヤーよりも6％多く勝ちます（最初のプレーヤーが約53％勝つ）。これを分析的にモデリングすることに興味があります。

これは二項確率変数ではありません。試行回数が固定されていないためです（誰かが10頭になるまで反転します）。これをどのようにモデル化できますか？負の二項分布ですか？

結果を再作成できるように、ここに私のpythonコードがあります：

import numpy as np
from numba import jit


@jit
def sim(N):

    P1_wins = 0
    P2_wins = 0

    for i in range(N):

        P1_heads = 0
        P2_heads = 0
        while True:

            P1_heads += np.random.randint(0,2)

            if P1_heads == 10:
                P1_wins+=1
                break

            P2_heads+= np.random.randint(0,2)
            if P2_heads==10:
                P2_wins+=1
                break
    return P1_wins/N, P2_wins/N


a,b = sim(1000000)

頭を達成する前の尾の数の分布は、パラメーターおよび負の二項分布です。ましょう確率関数となる生存関数：各、のプレイヤーのチャンスであるの尾前頭とのプレイヤーのチャンスです以上のテールが前に頭。$10$$10$$1/2$$f$$G$$n\ge 0$$f(n)$$n$$10$$G(n)$$n$$10$

プレイヤーは独立してロールするため、最初のプレイヤーが正確にテールをロールして勝つチャンスは、そのチャンスに2番目のプレイヤーがに等しい以上のテールをロールするチャンスを掛けることによって得られます。$n$$n$$f(n)G(n)$

可能なすべてのを合計すると、最初のプレーヤーの勝率は次のようになります。$n$

これは、半分の時間よりも約大きくなります。$3\%$

一般的に、を任意の正の整数に置き換えると、答えは超幾何関数の観点から与えることができます。$10$$m$

頭のチャンスでバイアスされたコインを使用するとき、これは一般化する$p$

これRは、100万のそのようなゲームのシミュレーションです。見積もりを報告します。理論結果と比較する二項仮説検定のZスコアはであり、これはわずかな違いです。- $0.5325$$-0.843$

n.sim <- 1e6
set.seed(17)
xy <- matrix(rnbinom(2*n.sim, 10, 1/2), nrow=2)
p <- mean(xy[1,] <= xy[2,])
cat("Estimate:", signif(p, 4), 
    "Z-score:", signif((p - 0.532909774) / sqrt(p*(1-p)) * sqrt(n.sim), 3))

次のようにゲームをモデル化できます。

• プレイヤーAはコインを繰り返しひっくり返し、合計10個のヘッドを獲得するまで結果を取得します。10番目のヘッドの時間インデックスをランダム変数ます。$A_1, A_2, \dots$$X$
• プレイヤーBも同様です。10番目のヘッドの時間インデックスをランダム変数とします。これは iidコピーです。$Y$$X$
• 場合、プレイヤーAが勝ちます。それ以外の場合は、プレーヤーBが勝ちます。つまり、$X \le Y$ $$\begin{align} \Pr(A\text{ wins})&= \Pr(X \ge Y) = \Pr(X > Y) + \Pr(X = Y)\\ \Pr(B\text{ wins})&= \Pr(Y > X) = \Pr(X > Y). \end{align}$$

したがって、勝率の差は

ご想像のとおり、（および）は、本質的に負の二項分布に従って分布しています。この表記法はさまざまですが、ウィキペディアのパラメーター化では、「失敗」としての頭と「成功」としての尾があります。我々は必要なの実験が停止する前に、「失敗」（頭）、および成功確率。次に、「成功」の数であるには、 あり、衝突確率は これはMathematicaがと便利に言う$X$$Y$r = 10 p = 1$r = 10$$p = \tfrac12$$X - 10$

したがって、プレーヤーBの勝率はであり、プレーヤーAは。$\Pr(Y > X) \approx 46.7\%$$\frac{619\,380\,496}{1\,162\,261\,467} \approx 53.3\%$

LET他のプレイヤがJヘッドを反転する前に、ロール上のプレイヤーが私の頭を反転した場合であり、およびlet二つの試料空間を有するフリップ最初にここで、h手段ヘッドおよびtテール、およびます。$E_{ij}$$X$$\{ hh,ht,th,tt\}$$p_{ij} \equiv Pr(E_{ij})$

次に、 $p_{ij}=Pr(E_{i-1j-1}|X=hh)*Pr(X=hh)+Pr(E_{i-1j}|X=ht)*Pr(X=ht)+Pr(E_{ij-1}|X=th)*Pr(X=th)+Pr(E_{ij}|X=tt)*Pr(X=tt)$

標準コインをすると、$Pr(X=*)=1/4$$p_{ij}=1/4*[p_{i-1j-1}+p_{i-1j}+p_{ij-1}+p_{ij}]$

解く、$p_{ij}$$= 1/3*[p_{i-1j-1}+p_{i-1j}+p_{ij-1}]$

ただし、およびであり、再帰が完全に終了することを意味します。ただし、直接的な単純な再帰的実装では、ブランチが交差するためパフォーマンスが低下します。$p_{0j}=p_{00}=1$$p_{i0}=0$

効率的な実装には、複雑度とメモリの複雑度ます。Haskellに実装された簡単なフォールドは次のとおりです。$O(i*j)$$O(min(i,j))$

Prelude> let p i j = last. head. drop j $ iterate ((1:).(f 1)) start where
  start = 1 : replicate i 0;
  f c v = case v of (a:[]) -> [];
                    (a:b:rest) -> sum : f sum (b:rest) where
                     sum = (a+b+c)/3 
Prelude> p 0 0
1.0
Prelude> p 1 0
0.0
Prelude> p 10 10
0.5329097742513388
Prelude> 

更新：上記のコメントの誰かが、10個のヘッドを連続してロールすることになっているかどうかを尋ねました。そうせ他のプレイヤーは、彼らが既にそれぞれKおよびLの連続ヘッドを反転することを考えると、行i内のヘッドを反転する前に、ロール上のプレイヤーが一列に私のヘッドを反転させた場合です。$E_{kl}$

上記のように進みますが、今回は最初のフリップのみの条件付け、 ここで$p_{k,l} = 1-1/2*[p_{l,k+1}+p_{l,0}]$$p_{il}=p_{ii}=1, p_{ki}=0$

これは、未知数と1つのユニークなソリューションを持つ線形システムです。$i^2$

反復スキームに変換するには、反復数と感度係数追加するだけです：$n$$\epsilon$

$p_{k,l,n+1} = 1/(1+\epsilon)*[\epsilon*p_{k,l,n} +1-1/2*(p_{l,k+1,n}+p_{l,0,n})]$

とを賢明に選択し、数ステップの反復を実行し、補正項を監視します。 $\epsilon$$p_{k,l,0}$