মুদ্রা উল্টানোর সম্ভাবনার একটি গুরুতর গভীর-সমস্যা

Question

বলুন আমি একটি মুদ্রার 10,000 ফ্লিপ করছি। একটানা 4 বা তার বেশি টানা মাথা পেতে কয়টি ফ্লপ লাগে তার সম্ভাবনা আমি জানতে চাই।

গণনাটি নিম্নলিখিত হিসাবে কাজ করবে, আপনি একের পর এক ফ্লিপগুলি গণনা করবেন কেবলমাত্র মাথা (4 জন বা তারও বেশি) being যখন একটি লেজ আঘাত করে এবং মাথার লাইন ভেঙে দেয় তখন পরবর্তী ফ্লিপ থেকে আবার গণনা শুরু হবে। এটি তখন 10,000 ফ্লিপের জন্য পুনরাবৃত্তি করবে।

আমি একটানা 4 বা ততোধিক মাথা নয়, 6 বা ততোধিক এবং 10 বা তার বেশি সংখ্যক সম্ভাবনার কথা জানতে চাই। 9 টি মাথার রেখা অর্জন করা গেলে তা স্পষ্ট করে বলা যায় যে এটি 2 টি পৃথক রেখা নয়, 1 টি 4 বা তার বেশি (এবং / অথবা 6 বা তার বেশি) হিসাবে দীর্ঘ হবে। উদাহরণস্বরূপ যদি মুদ্রা THTHTHTHHHHHH /// THAHTHT আসে .... গণনা 13 হবে এবং পরবর্তী লেজগুলিতে আবার একবার শুরু হবে।

ধরা যাক ডেটাটি ডান দিকে উচ্চ স্কিউড হয়ে আসে; গড়টি ৪০ বা তার বেশি স্ট্রাইক অর্জন করতে লাগে গড়ে ৪০ টি ফ্লপ হয় এবং বিতরণটি ইউ = ২৮. স্পষ্টতই স্কিউড।

আমি বর্ণনামূলক ডেটা থেকে কিছু বোঝার উপায় খুঁজে বের করার জন্য যথাসাধ্য চেষ্টা করছি, এখন পর্যন্ত আমি কিছুই পাইনি।

আমি এটি থেকে কিছু বুদ্ধিমান সম্ভাবনা পাওয়ার উপায় খুঁজে পেতে চাই। একটি সাধারণ বক্ররেখার মতো যেখানে +/- 1 এসডি 68% ইত্যাদি হয় I আমি লগটি স্বাভাবিক করার জন্য দেখেছি এবং এটি কেবলমাত্র প্যারামেট্রিক পরীক্ষার জন্য ব্যবহৃত হয়েছে যা আমার লক্ষ্য নয়।

আমাকে বিটা বিতরণ সম্পর্কে বলা হয়েছে তবে আমার দেওয়া প্রতিটি পরামর্শই যথেষ্ট বিভ্রান্তিকর হয়েছে। আমি এক বছর আগে এই প্রশ্নটি জিজ্ঞাসা করেছি এবং কিছুটা অন্তর্দৃষ্টি পেয়েছি তবে দুর্ভাগ্যক্রমে আমার এখনও উত্তর নেই। আপনার যে কারও ধারণা আছে ধন্যবাদ।

Comments

আমার সম্ভবত কিছুটা স্পষ্ট করা উচিত। 1) আমি একটি স্কিউড ডেটা সেট থেকে 1000 ফ্লিপগুলিতে 4 টির উপরে ক্রমাগত মাথাগুলির পরিমাণের বর্ণনামূলক ডেটা বোঝার জন্য সন্ধান করতে চাই (একটি সাধারণ বক্রতার সম্ভাবনা +/- 1 এসডি = 68% এর মতো কিছু)। 2) বিটা বিতরণ ব্যবহার করার প্রস্তাব দেওয়া হয়েছে তবে অন্য কোনও পরামর্শ দুর্দান্ত হবে!

— ড্যান

ড্যান, আমি কেবল লক্ষ্য করেছি যে আপনার উদাহরণস্বরূপ মাথা এবং লেজের সেটগুলিতে একটি "এ" রয়েছে।

— গ্লেন_বি -রিনস্টেট মনিকা

আপনার সম্পাদনাটি একটি বড় উন্নতি, তবে আমাদের আরও কিছু পরিবর্তন করা দরকার। আপনি যেখানে "এবং বিতরণটি হ'ল u = 28", আপনি ঠিক কী বোঝাতে চাইছেন? আপনি মধ্যস্বত্ব সম্পর্কে কথা বলছেন?

— গ্লেন_বি -রিনস্টেট মনিকা

@ ড্যান বিটা কেবল তখনই এই সমস্যাটির কারণ হতে পারে যদি আপনি কোনও বয়েসিয়ান পদ্ধতির ব্যবহার করে থাকেন এবং একটি মাথার সম্ভাবনা অনুমান করে থাকেন, তবে সেই বিতরণটি (এবং এর সাথে সম্পর্কিত অনিশ্চয়তা) আপনি যে সমস্যার কথা বলেছেন তার গাণিতিক ফলাফলের জন্য প্রয়োগ করুন।

— অ্যাডমো

Answer 1

যদি আমি সঠিকভাবে বুঝতে পারি তবে সমস্যাটি হ'ল সেই সময়টির জন্য সম্ভাব্যতা বন্টন সন্ধান করা যেখানে বা তার বেশি মাথা চালানো শেষ হয় run$n$

সম্পাদনা করুন সম্ভাব্যতাগুলি ম্যাট্রিক্সের গুণকে সঠিকভাবে এবং দ্রুত নির্ধারণ করা যেতে পারে, এবং বিশ্লেষণাত্মকভাবে গড়টি এবং ig হিসাবে বৈকল্পিক গণনা করা সম্ভব যেখানে , তবে সম্ভবত বিতরণের জন্য কোনও সাধারণ বদ্ধ ফর্ম নেই। মুদ্রা একটি নির্দিষ্ট সংখ্যক উপরে ফ্লিপ বন্টন মূলত একটি জ্যামিতিক বন্টন: এটি বৃহত্তর জন্য এই ফর্ম ব্যবহার করতে হবে বুদ্ধিমানের ।σ 2 = 2 এন + 2 ( μ - এন - 3 ) - μ 2 + 5 μ μ = μ - + 1 $\mu_-=2^{n+1}-1$$\sigma^2=2^{n+2}\left(\mu-n-3\right) -\mu^2 + 5\mu$$\mu=\mu_-+1$$t$

রাষ্ট্রের স্পেসে সম্ভাব্যতা বিতরণের সময় বিবর্তনকে স্টেটের জন্য একটি ট্রানজিশন ম্যাট্রিক্স ব্যবহার করে মডেল করা যেতে পারে , যেখানে পরপর মুদ্রার সংখ্যা উল্টে যায়। রাজ্যগুলি নিম্নরূপ:এন $k=n+2$$n=$

• রাজ্য , কোনও মাথা নেই$H_0$
• রাজ্য , প্রধান, আমি 1 ≤ আই ≤ ( এন - 1 $H_i$$i$$1\le i\le(n-1)$
• রাজ্য , বা আরও বেশি মাথা$H_n$$n$
• লেজ অনুসারে , বা আরও বেশি মাথা State$H_*$$n$

আপনি একবার অবস্থায় চলে গেলে আপনি অন্য কোনও রাজ্যে ফিরে আসতে পারবেন না।$H_*$

রাজ্যগুলিতে প্রবেশের রাজ্য স্থানান্তর সম্ভাবনাগুলি নিম্নরূপ

• রাজ্য : সম্ভাব্যতা থেকে , , যেমন নিজেই অন্তর্ভুক্ত তবে রাজ্য নয়$H_0$ এইচআইআমি=0,…,এন-1এইচ$\frac12$$H_i$$i=0,\ldots,n-1$$H_n$
• রাজ্য : সম্ভাবনা থেকে$H_i$ এইচআই-$\frac12$$H_{i-1}$
• রাজ্য : সম্ভাব্যতা 1$H_n$ থেকেএইচএন-1,এইচএনসঙ্গে রাষ্ট্র থেকে, অর্থাত্এন-1মাথা এবং নিজেই$\frac12$$H_{n-1},H_n$$n-1$
• রাজ্য : সম্ভাবনা $H_*$ থেকেএইচএনএবং সম্ভাব্যতা 1 থেকেএইচ*(নিজেই)$\frac12$$H_n$$H_*$

সুতরাং উদাহরণস্বরূপ, , এটি রূপান্তর ম্যাট্রিক্স দেয়$n=4$

$$X = \left\{ \begin{array}{c|cccccc} & H_0 & H_1 & H_2 & H_3 & H_4 & H_* \\ \hline H_0 & \frac12 & \frac12& \frac12& \frac12 &0 & 0 \\ H_1 & \frac12 &0 & 0 &0 & 0 & 0 \\ H_2 & 0 & \frac12 &0 &0 & 0 & 0 \\ H_3 & 0 & 0 &\frac12 &0 & 0 & 0 \\ H_4 & 0 & 0 &0 &\frac12 & \frac12 & 0 \\ H_* & 0 & 0 & 0&0 &\frac12 & 1 \end{array}\right\}$$

কেস জন্য , সম্ভাব্যতার প্রাথমিক ভেক্টর পি হয় পি = ( 1 , 0 , 0 , 0 , 0 , 0 ) । সাধারণভাবে প্রাথমিক ভেক্টরের p i = { 1 i = 0 0 i > $n=4$$\mathbf{p}$$\mathbf{p}=(1,0,0,0,0,0)$

$$\mathbf{p}_i=\begin{cases}1&i=0\\0&i>0\end{cases}$$

ভেক্টর কোনও নির্দিষ্ট সময়ের জন্য স্থানের সম্ভাবনা বন্টন । প্রয়োজনীয় সিডিএফ একটি সিডিএফ হয় সময় , এবং দেখে অন্তত সম্ভাব্যতা এন মুদ্রা সময় দ্বারা শেষ ফ্লিপ টি । এটি ( এক্স টি + ১ পি ) কে হিসাবে লেখা যেতে পারে , উল্লেখ করে যে আমরা একটানা মুদ্রা চালানোর শেষের পরে শেষের পরে এইচ ∗ 1 টাইমস্টেপে পৌঁছেছি।$\mathbf{p}$$n$$t$$(X^{t+1}\mathbf{p})_k$$H_*$

সময় মতো প্রয়োজনীয় পিএমএফ হিসাবে লেখা যেতে পারে । তবে সংখ্যার দিক থেকে এটিতে একটি বৃহত্তর সংখ্যক ( ≈ 1 ) থেকে খুব অল্প সংখ্যক কেড়ে নেওয়া এবং নির্ভুলতা বাধা দেয়। অতএব গণনার এটা সেট করাই ভালো এক্স ট , ট = 0 বদলে 1. তারপর লেখা এক্স ' ফলে ম্যাট্রিক্স জন্য এক্স ' = এক্স | এক্স কে , কে = $(X^{t+1}\mathbf{p})_k - (X^{t}\mathbf{p})_k$$\approx 1$$X_{k,k}=0$$X'$$X'=X|X_{k,k}=0$, পিএমএফটি হ'ল । এটি নীচে সাধারণ আর প্রোগ্রামে প্রয়োগ করা হয়, যা কোনও এন ≥ 2 এর জন্য কাজ করে ,$(X'^{t+1}\mathbf{p})_k$$n\ge 2$

n=4
k=n+2
X=matrix(c(rep(1,n),0,0, # first row
           rep(c(1,rep(0,k)),n-2), # to half-way thru penultimate row
           1,rep(0,k),1,1,rep(0,k-1),1,0), # replace 0 by 2 for cdf
         byrow=T,nrow=k)/2
X

t=10000
pt=rep(0,t) # probability at time t
pv=c(1,rep(0,k-1)) # probability vector
for(i in 1:(t+1)) {
  #pvk=pv[k]; # if calculating via cdf
  pv = X %*% pv;
  #pt[i-1]=pv[k]-pvk # if calculating via cdf
  pt[i-1]=pv[k] # if calculating pmf
}

m=sum((1:t)*pt)
v=sum((1:t)^2*pt)-m^2
c(m, v)

par(mfrow=c(3,1))
plot(pt[1:100],type="l")
plot(pt[10:110],type="l")
plot(pt[1010:1110],type="l")

উপরের প্লটটি 0 এবং 100 এর মধ্যে পিএমএফ দেখায়। একটি নিষ্পত্তির সময়কালের পরে জ্যামিতিক বিতরণ দ্বারা আনুমানিক।

ইগেনভেেক্টর পচন ব্যবহার করে আরও এই আচরণটি তদন্ত করা সম্ভব । এটি করা দেখায় যে পর্যাপ্ত বড় টি , পি টি + 1 ≈ সি ( এন ) পি টি , যেখানে সি ( এন ) সমীকরণ 2 এন + 1 সি এন ( সি - 1 ) + 1 = 0 এর সমাধান । এই আনুমানিকটি এন বাড়ার সাথে আরও ভাল হয় এবং টি এর জন্য দুর্দান্ত$X$$t$$p_{t+1}\approx c(n)p_t$$c(n)$$2^{n+1}c^n(c-1)+1=0$$n$$t$ এর মানের উপর নির্ভর করে প্রায় 30 থেকে 50 পর্যন্ত রেঞ্জের মধ্যে, পি 100 গণনার জন্য নীচে লগ ত্রুটির প্লটটিতে দেখানো হয়েছে (এনডাব্লু রং, এন = 2 এর জন্য বামদিকে লাল )। (আসলে সংখ্যাসূচক কারণে, টি বড় হলে সম্ভাব্যতার জন্য জ্যামিতিক অনুমান ব্যবহার করা আরও ভাল better$n$$p_{100}$$n=2$$t$

আমার সন্দেহ (সম্পাদনা) বিতরণের জন্য কোনও বদ্ধ ফর্ম থাকতে পারে কারণ আমি নিম্নলিখিত হিসাবে তাদের গণনা করেছি তার উপায় এবং প্রকরণগুলি

$$\begin{array}{r|rr} n & \text{Mean} & \text{Variance} \\ \hline 2 &7& 24& \\ 3 &15& 144& \\ 4 &31& 736& \\ 5 &63& 3392& \\ 6 &127& 14720& \\ 7 &255& 61696& \\ 8 &511& 253440& \\ 9 &1023& 1029120& \\ 10&2047& 4151296& \\ \end{array}$$

(এটি পাওয়ার জন্য আমাকে সময় দিগন্তের সংখ্যাটি গুছিয়ে ফেলতে হয়েছিল t=100000তবে প্রোগ্রামটি এখনও প্রায় 10 সেকেন্ডেরও কম সময়ের মধ্যে সমস্ত পর্যন্ত চলছিল )) বিশেষত এর অর্থগুলি একটি খুব সুস্পষ্ট নিদর্শন অনুসরণ করে; ভেরিয়েন্স কম তাই। আমি অতীতে একটি সরল, 3-রাষ্ট্রীয় রূপান্তর ব্যবস্থার সমাধান করেছি, তবে এখনও পর্যন্ত আমি এর একটি সাধারণ বিশ্লেষণাত্মক সমাধান দিয়ে ভাগ্য পাই না। সম্ভবত কিছু কার্যকর তত্ত্ব আছে যা সম্পর্কে আমি অবগত নই, উদাহরণস্বরূপ ট্রানজিশন ম্যাট্রিক্স সম্পর্কিত।$n=2,\ldots,10$

সম্পাদনা করুন : প্রচুর ভুয়া শুরুর পরে আমি পুনরাবৃত্তির সূত্রটি নিয়ে এসেছি। যাক রাজ্যের হচ্ছে সম্ভাব্যতা হতে এইচ আমি সময়ে টন । যাক কুই * , টি রাষ্ট্র হচ্ছে ক্রমসঞ্চিত সম্ভাব্যতা হতে এইচ * , অর্থাত্ চূড়ান্ত রাষ্ট্র, সময়ে টন । বিশেষ দ্রষ্টব্য$p_{i,t}$$H_i$$t$$q_{*,t}$$H_*$$t$

• কোনো দেওয়া , পি আমি , T , 0 ≤ আমি ≤ এন এবং কুই * , টি স্থান উপর একটি সম্ভাব্যতা বিতরণের হয় আমি , এবং অবিলম্বে নিচে আমি যে তাদের সম্ভাব্যতা 1 যোগ করুন।$t$$p_{i,t}, 0\le i\le n$$q_{*,t}$$i$
• সময়ের একটি সম্ভাব্যতা বিতরণের গঠন টি । পরে, আমি এই সত্যটি মাধ্যম এবং বৈকল্পিকগুলি অনুসন্ধান করার জন্য ব্যবহার করি।$p_{*,t}$$t$

সময়ে প্রথম রাষ্ট্রীয় হচ্ছে সম্ভাব্যতা , অর্থাত্ কোন মাথা, রাজ্য সেই সময় থেকে এটা ফিরে আসতে পারেন থেকে রূপান্তরটি সম্ভাব্যতা দেওয়া হয় টি (মোট সম্ভাবনা উপপাদ্য ব্যবহার করে)। পি 0 , টি + $t+1$$t$ কিন্তু রাষ্ট্র থেকে পেতেএইচ0থেকেএইচএন-1লাগেএন-1ধাপ, অতপিএন-1,T+ +N-1=

$$\begin{align} p_{0,t+1} &= \frac12p_{0,t} + \frac12p_{1,t} + \ldots \frac12p_{n-1,t}\\ &= \frac12\sum_{i=0}^{n-1}p_{i,t}\\ &= \frac12\left( 1-p_{n,t}-q_{*,t} \right) \end{align}$$ $H_0$$H_{n-1}$$n-1$এবং পিএন-1,টি+এন=$p_{n-1,t+n-1} = \frac1{2^{n-1}}p_{0,t}$ আবারো মোট সম্ভাবনা উপপাদ্য রাষ্ট্র হচ্ছে সম্ভাব্যতা দ্বারাএইচএনসময়েটি+ +1হয় পি এন , টি + + $$p_{n-1,t+n} = \frac1{2^n}\left( 1-p_{n,t}-q_{*,t} \right)$$ $H_n$$t+1$ এবংq∗,t+1-q∗,t=1 $$\begin{align} p_{n,t+1} &= \frac12p_{n,t} + \frac12p_{n-1,t}\\ &= \frac12p_{n,t} + \frac1{2^{n+1}}\left( 1-p_{n,t-n}-q_{*,t-n} \right)\;\;\;(\dagger)\\ \end{align}$$ , 2 কুই * , T + + 2 - 2 কুই * , T + + $q_{*,t+1}-q_{*,t}=\frac12p_{n,t} \implies p_{n,t} = 2q_{*,t+1}-2q_{*,t}$ সুতরাং,টি→টি+এন, 2কিউ∗,টি+এন+2-3কিউ∗,টি+এন পরিবর্তন হচ্ছে+1+কিউ∗,টি+এন+ $$\begin{align} 2q_{*,t+2} - 2q_{*,t+1} &= q_{*,t+1}-q_{*,t}+\frac1{2^{n+1}}\left( 1-2q_{*,t-n+1}+q_{*,t-n} \right) \end{align}$$ $t\to t+n$ $$2q_{*,t+n+2} - 3q_{*,t+n+1} +q_{*,t+n} + \frac1{2^n}q_{*,t+1} - \frac1{2^{n+1}}q_{*,t} - \frac1{2^{n+1}} = 0$$

$n=4$$n=6$$n=6$t=1:994;v=2*q[t+8]-3*q[t+7]+q[t+6]+q[t+1]/2**6-q[t]/2**7-1/2**7

সম্পাদনা আমি এই পুনরাবৃত্তি সম্পর্ক থেকে একটি বদ্ধ ফর্ম কোথায় যেতে হবে তা দেখতে পাচ্ছি না। তবে, এই সময়ের জন্য একটি বদ্ধ ফর্ম পাওয়া সম্ভব।

$(\dagger)$$p_{*,t+1}=\frac12p_{n,t}$

$$\begin{align} p_{n,t+1} &= \frac12p_{n,t} + \frac1{2^{n+1}}\left( 1-p_{n,t-n}-q_{*,t-n} \right)\;\;\;(\dagger)\\ 2^{n+1}\left(2p_{*,t+n+2}-p_{*,t+n+1}\right)+2p_{*,t+1} &= 1-q_{*,t} \end{align}$$ $t=0$$\infty$$E[X] = \sum_{x=0}^\infty (1-F(x))$$p_{*,t}$ $$\begin{align} 2^{n+1}\sum_{t=0}^\infty \left(2p_{*,t+n+2}-p_{*,t+n+1}\right) + 2\sum_{t=0}^\infty p_{*,t+1} &= \sum_{t=0}^\infty(1-q_{*,t}) \\ 2^{n+1} \left(2\left(1-\frac1{2^{n+1}}\right)-\;1\;\right) + 2 &= \mu \\ 2^{n+1} &= \mu \end{align}$$ $H_*$

সূত্র ব্যবহার করে একটি অনুরূপ পদ্ধতির সম্পাদনা করুন$E[X^2] = \sum_{x=0}^\infty (2x+1)(1-F(x))\;$

$$\begin{align} \sum_{t=0}^\infty(2t+1)\left (2^{n+1}\left(2p_{*,t+n+2}-p_{*,t+n+1}\right) + 2 p_{*,t+1}\right) &= \sum_{t=0}^\infty(2t+1)(1-q_{*,t}) \\ 2\sum_{t=0}^\infty t\left (2^{n+1}\left(2p_{*,t+n+2}-p_{*,t+n+1}\right) + 2 p_{*,t+1}\right) + \mu &= \sigma^2 + \mu^2 \\ 2^{n+2}\left(2\left(\mu-(n+2)+\frac1{2^{n+1}}\right)-(\mu-(n+1))\right) + 4(\mu-1) &\\+ \mu &= \sigma^2 + \mu^2 \\ 2^{n+2}\left(2(\mu-(n+2))-(\mu-(n+1))\right) + 5\mu &= \sigma^2 + \mu^2 \\ 2^{n+2}\left(\mu-n-3\right) + 5\mu &= \sigma^2 + \mu^2 \\ 2^{n+2}\left(\mu-n-3\right) -\mu^2 + 5\mu &= \sigma^2 \end{align}$$

উপায় এবং বিভিন্নতা সহজেই প্রোগ্রামগতভাবে উত্পন্ন করা যায়। উদাহরণস্বরূপ উপরের টেবিল থেকে ব্যবহারের উপায় এবং প্রকরণ পরীক্ষা করতে

n=2:10
m=c(0,2**(n+1))
v=2**(n+2)*(m[n]-n-3) + 5*m[n] - m[n]^2

অবশেষে, আপনি যখন লিখবেন তখন আপনি কী চেয়েছিলেন তা আমি নিশ্চিত নই

যখন একটি লেজ আঘাত করে এবং মাথার লাইন ভেঙে দেয় তখন পরবর্তী ফ্লিপ থেকে আবার গণনা শুরু হবে।

$n$$n$

$\mu-1$$\mu+1$$X_{k,k,}=0$$X_{1,k}=1$$H_0$$H_*$$n=4$

$$\begin{array}{c|cccccc} & \text{probability} \\ \hline H_0 & 0.48484848 \\ H_1 & 0.24242424 \\ H_2 & 0.12121212 \\ H_3 & 0.06060606 \\ H_4 & 0.06060606 \\ H_* & 0.03030303 \end{array}$$ $H_* = 1/0.03030303 = 33 = \mu + 1$

পরিশিষ্ট : পাইথন প্রোগ্রামটি টসস nথেকে Nটানা হেডের সংখ্যার জন্য সঠিক সম্ভাবনা তৈরি করতে ব্যবহৃত হয় ।

import itertools, pylab

def countinlist(n, N):
    count = [0] * N
    sub = 'h'*n+'t'
    for string in itertools.imap(''.join, itertools.product('ht', repeat=N+1)):
        f = string.find(sub)
        if (f>=0):
            f = f + n -1 # don't count t, and index in count from zero 
            count[f] = count[f] +1
            # uncomment the following line to print all matches
            # print "found at", f+1, "in", string
    return count, 1/float((2**(N+1)))

n = 4
N = 24
counts, probperevent = countinlist(n,N)
probs = [count*probperevent for count in counts]

for i in range(N):
    print '{0:2d} {1:.10f}'.format(i+1,probs[i]) 
pylab.title('Probabilities of getting {0} consecutive heads in {1} tosses'.format(n, N))
pylab.xlabel('toss')
pylab.ylabel('probability')
pylab.plot(range(1,(N+1)), probs, 'o')
pylab.show()

Answer 2

আমি নিশ্চিত নই যে এই সমস্যাটি মোকাবেলার উপায় হিসাবে বিটা বিশেষত উপযুক্ত হতে পারে - "যতক্ষণ নাটক সংখ্যা ..." এটি স্পষ্টভাবে একটি গণনা। এটি একটি পূর্ণসংখ্যা এবং যেখানে আপনি ইতিবাচক সম্ভাবনা পান সেখানে মানগুলির কোনও উচ্চতর সীমা থাকে না।

বিপরীতে বিটা বিতরণ অবিচ্ছিন্ন এবং একটি সীমাবদ্ধ বিরতিতে, সুতরাং এটি একটি অস্বাভাবিক পছন্দ বলে মনে হবে। আপনি যদি একটি স্কেল করা বিটার সাথে মুহুর্তটি মিশ্রণ করেন তবে সংগ্রহের বিতরণ কার্যগুলি সম্ভবত বিতরণের কেন্দ্রীয় সংস্থায় প্রায় খারাপভাবে নয়। যাইহোক, অন্য কিছু পছন্দ সম্ভবত উভয় লেজ মধ্যে যথেষ্ট উন্নত হয়।

যদি আপনার বিতরণ থেকে সম্ভাব্যতা বা সিমুলেশনগুলির জন্য একটি প্রকাশ থাকে (যা সম্ভবত আপনি একটি বিগ খুঁজে পাওয়ার জন্য সম্ভবত প্রয়োজন) আপনি কেন সেগুলি সরাসরি ব্যবহার করবেন না?

---

যদি আপনার আগ্রহ সম্ভাবনার পক্ষে অভিব্যক্তি বা প্রয়োজনীয় টসসের সংখ্যার সম্ভাবনা বিতরণে থাকে তবে সম্ভবত সবচেয়ে সহজ ধারণাটি হ'ল সম্ভাবনা তৈরির কাজগুলি নিয়ে কাজ করা। এগুলি সম্ভাব্যতার মধ্যে পুনরাবৃত্ত সম্পর্কগুলি থেকে ফাংশনগুলি অর্জনের জন্য দরকারী, যা ফাংশনগুলি (পিজিএফ) আমাদের আমাদের সম্ভাব্যতাগুলির প্রয়োজনগুলি নিষ্কাশনের অনুমতি দেয়।

বীজগণিতের পদ্ধতির সাথে একটি উত্তরের উত্তর সহ একটি পোস্ট এখানে দেওয়া হয়েছে, যা উভয়ই সমস্যার ব্যাখ্যা করে এবং পিজিএফ এবং পুনরাবৃত্ত সম্পর্কের ভাল ব্যবহার করে। "এক সারি দুটি সাফল্য" ক্ষেত্রে এর গড় ও বৈচিত্রের জন্য এর নির্দিষ্ট অভিব্যক্তি রয়েছে:

/math/73758/probability-of-n-successes-in-a-row-at-the-k-th-bernoulli-trial-geometric

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

-

আপনি যদি কেবলমাত্র উত্তর চান তবে সিমুলেশন তুলনামূলকভাবে সহজ। সম্ভাবনার প্রাক্কলন সরাসরি ব্যবহার করা যেতে পারে, অথবা বিকল্পভাবে এটি অনুকরণীয় সম্ভাবনাগুলি মসৃণ করা যুক্তিসঙ্গত হবে।

যদি আপনার অবশ্যই আনুমানিক বিতরণ ব্যবহার করা হয় তবে আপনি সম্ভবত এমন কিছু চয়ন করতে পারেন যা বেশ ভাল করে does

নেতিবাচক দ্বিপদী (মিশ্রনের সংখ্যা 'সাফল্যের সংখ্যা' এর চেয়ে 'ট্রায়ালের সংখ্যা') এর মিশ্রণ যুক্তিসঙ্গত হতে পারে। দুই বা তিনটি উপাদান চূড়ান্ত লেজ বাদে সমস্ত ক্ষেত্রে একটি ভাল সান্নিধ্য দেওয়া আশা করা উচিত।

যদি আপনি একটি আনুমানিক জন্য একক অবিচ্ছিন্ন বিতরণ চান, বিটা বিতরণের চেয়ে ভাল বিকল্প হতে পারে; এটি তদন্ত কিছু হবে।

---

ঠিক আছে, আমি তখন থেকে কিছুটা বীজগণিত করেছি, কিছু পুনরাবৃত্ত সম্পর্কের সাথে খেলছি, কিছু সিমুলেশন এবং এমনকি একটু চিন্তাভাবনা করে।

খুব ভাল অনুমান করার জন্য, আমি মনে করি আপনি প্রথম চারটি ননজারো সম্ভাব্যতা (যা সহজ) উল্লেখ করে পরবর্তী কয়েক মুঠো পুনরাবৃত্তি (খুব সহজ) এর মাধ্যমে গণনা এবং তারপরে পুনরাবৃত্তির সম্পর্কের পরে জ্যামিতিক লেজ ব্যবহার করে আপনি পালাতে পারবেন think সম্ভাবনার প্রাথমিক পর্যায়ে কম মসৃণ অগ্রগতি কমিয়ে আনে।

দেখে মনে হচ্ছে আপনি জ্যামিতিক লেজটি খুব উচ্চ নির্ভুলতার অতীত কে = 20 এ ব্যবহার করতে পারেন, যদিও আপনি যদি কেবল 4 চিত্রের নির্ভুলতা বলতে ভীত হন তবে আপনি এটি আগে আনতে পারেন।

এটি আপনাকে পিডিএফ এবং সিডিএফকে ভাল নির্ভুলতার সাথে গণনা করতে দেয়।

আমি কিছুটা উদ্বিগ্ন - আমার গণনাগুলি দেয় যে টসসের গড় সংখ্যা 30.0 এবং মান বিচ্যুতি 27.1; যদি আপনি "এক্স" এবং "ইউ" বলতে কী বোঝেন তবে আপনি টসিংয়ে 40 এবং 28 পেয়েছেন। ২৮ টি দেখতে ঠিক আছে তবে ৪০ জন আমার যা পেয়েছে তা বেশ দূরে মনে হচ্ছে ... যা আমার দুশ্চিন্তায় ফেলেছে যে আমি কিছু ভুল করেছি।

====

দ্রষ্টব্য: প্রথমবার এবং পরবর্তী সময়ের মধ্যে আমাদের যে সমস্যার মুখোমুখি হয়েছিল তার মধ্যে জটিলতাগুলি দেখে আমি এখন একেবারে নিশ্চিত হতে চাই যে আমরা একই জিনিসটি গণনা করছি।

এখানে '4 বা ততোধিক এইচ' সিকোয়েন্সের প্রান্তটি চিহ্নিত করার সাথে একটি সংক্ষিপ্ত সিক্যুয়েন্স রয়েছে (শেষ এইচ এর সাথে সাথেই ফ্লপগুলির মধ্যে ফাঁকের দিকে ইঙ্গিত করছে)

       \/                     \/
TTHHHHHHTTHTTTTTHHTTHTTHHTHHHHHT...
       /\                     /\

এই দুটি চিহ্নের মধ্যে আমি 23 টি ফ্লিপ গণনা করি; এটি পূর্ববর্তী ক্রম (এই ক্ষেত্রে 6) এইচ এর সমাপ্তির সাথে সাথেই, আমরা তত্ক্ষণাত্ নিম্নলিখিত টি তে গণনা শুরু করি এবং তারপরে আমরা 5 টি এইচ এর ক্রমের শেষে ডান গণনা করি (পরবর্তী ক্ষেত্রে) পরবর্তী অনুক্রমটি শেষ হয় , এই ক্ষেত্রে একটি গণনা প্রদান।

আপনি কি তাদের এইভাবে গণনা করেন?

---

উপরেরটি সঠিক হিসাবে দেওয়া হয়েছে, কমপক্ষে 4 হেডের একটি রান সম্পূর্ণ হওয়ার পরে কমপক্ষে 4 মাথার একটি রান সম্পূর্ণ হওয়ার পরে টসসের সংখ্যার সম্ভাব্যতা ফাংশনটি সম্পূর্ণরূপে দেখা যাচ্ছে:

প্রথম নজরে দেখে মনে হচ্ছে এটি প্রথম কয়েকটি মানের জন্য সমতল, তারপরে জ্যামিতিক লেজ রয়েছে, তবে সেই ধারণাটি যথাযথ নয় - কার্যকর জ্যামিতিক লেজে বসতে কিছুটা সময় লাগে।

আমি একটি যথাযথ সান্নিধ্য নিয়ে কাজ করতে যাচ্ছি যা আপনি এই প্রক্রিয়াটির সাথে সংযুক্ত সম্ভাবনা সম্পর্কে যা কিছু প্রশ্নের উত্তর দিতে ব্যবহার করতে পারেন যা যথাসম্ভব সহজ একই সময়ে যথাযথ নির্ভুলতার সাথে করা যেতে পারে। আমার খুব ভাল অনুমানের কাজ করা উচিত (যা আমি ইতিমধ্যে এক বিলিয়ন মুদ্রা টসসের সিমুলেশনটির বিরুদ্ধে পরীক্ষা করে দেখেছি) তবে সম্ভাব্যতার মধ্যে কিছু (ছোট তবে সামঞ্জস্যপূর্ণ) পক্ষপাত রয়েছে যা সীমাবদ্ধতার পরিসরের অংশে দেয় এবং আমি চাই আমি এটি থেকে নির্ভুলতার একটি অতিরিক্ত অঙ্ক পেতে পারি কিনা দেখুন।

এটি হতে পারে যে এটি করার সর্বোত্তম উপায়টি হ'ল কেবল আপনাকে সম্ভাবনা ফাংশনের একটি টেবিল দেওয়া এবং সিডিএফ দেওয়া এমন এক বিন্দুতে যা জ্যামিতিক বিতরণ ব্যবহার করা যেতে পারে।

যাইহোক, আপনি যদি প্রায় আপনার ব্যবহারের জন্য প্রয়োজনীয় জিনিসগুলির পরিসর সম্পর্কে কিছু ধারণা দিতে পারেন তবে এটি সহায়তা করবে help

---

আমি পিজিএফ পদ্ধতির অনুসরণ করার আশাবাদী, তবে এটি সম্ভব যে আমার চেয়ে অন্য কেউ তাদের সাথে আরও দক্ষ হয়ে উঠবেন এবং কেবল ৪-কেস নয় অন্যান্য ক্ষেত্রেও পারেন।

Comments

সম্ভবত আরও বিষয় পরিষ্কার করা। এমন একটি বিতরণ যা সামঞ্জস্য করে বা অ্যাপ্রোমিক্সেট সিমুলেশন যা আরও 4 টি সফল হেডের ফ্লাকুয়েশনটিকে বিবেচনা করে। উদাহরণস্বরূপ, যদি পপুলাটোইন মানে টানা 4 টি মাথার জন্য 150 টি ফ্লিপ হয়। 4 বা ততোধিক মাথা যদি 8 তম ফ্লিপ এ আসে। সম্ভবত আরও 4 বা ততোধিক মাথা অন্য 20 বা ততোধিক ঝাঁকুনিতে আসবে না (আমি কেবল অনুমান করছি) এবং সম্ভবত এর কাছাকাছি পৌঁছে যাবে। টাসসগুলির একটি নির্দিষ্ট পরিসরের মধ্যে যখন তার সম্ভাব্য টানা 4 টি মাথা আসবে তখন আমার সম্ভাবনাটি পেতে পারে তা আশ্চর্য হবে।

— ড্যান

যখন আপনি সবেমাত্র 4 টি মাথা পেয়েছেন, যদি আপনি 5 তম মাথা পান, তবে কি 4 টি গণনার সবচেয়ে সাম্প্রতিক সেটটি 4 টির অন্য সেট হিসাবে গণনা করে বা গণনাটি পুনরায় সেট করা হয়, তাই আপনি প্রথম মাথা থেকে আবার শুরু করবেন (যত তাড়াতাড়ি আপনি দেখবেন) এক)?

— গ্লেন_বি -রিনস্টেট মনিকা

(আমি এখনও অবধি ধরে নিয়েছি যে আপনি যদি চারটি বহু ক্রম উত্পন্ন করেন তবে কোনও ওভারল্যাপ নেই - একবার আপনি 4 পেয়ে গেলে এস এর পুনরায় গণনা 0 হয় 0.)

— গ্লেন_বি -রেইনস্টেট মনিকা

এর 4 টি মাথা বা তারও বেশি 4 টি মাথা afterেকে যাওয়ার পরে আপনি একটি লেজ পেতেই লাইনটি বন্ধ হয়ে যাবে। তারপরে আপনি গণনা আবার শুরু হবে যতক্ষণ না আপনি পরপর 4 জন মাথা বা আরও বেশি কিছু না দেখেন।

— ড্যান

4 মাথা বা তারও বেশি - আমি দেখতে পাচ্ছি এটি প্রশ্নটিতে আসলে যা বলে, আমি কেবল এটি ঠিক বুঝতে পারি নি। সুতরাং 9 মাথা 4 লটের দুটি প্রচুর হিসাবে গণনা করবে না। এটি আমার করা গণনাগুলি পুরোপুরি পরিবর্তন করে। পুনরাবৃত্তির সম্পর্কটি আমি ব্যবহার করছিলাম তা ভুল। মৌলিক ধারণাটি - এটিতে জ্যামিতিক লেজ থাকা উচিত - এটি এখনও বহাল থাকবে।

— গ্লেন_বি -রিনস্টেট মনিকা

Answer 3

আপনি জ্যামিতিক বিতরণ চান । উইকিপিডিয়া থেকে:

$X$

$X$$X=4$$X$

$$P(X=x)=(1-p)^{x-1}p$$

$Y=X-1$

$$P(Y+1=x) = (1-p)^{x-1}p \\ P(Y=x-1) = (1-p)^{x-1}p \\ P(Y=y) = (1-p)^yp$$

$y=0,1,2,3...$$p=0.5$

$$\begin{align} P(Y=y) &= (0.5)^y(0.5) \\ &= 0.5^{y+1} \end{align}$$

$n$$n$$\alpha$

$$\alpha = \sum_{i=0}^{n-1}{P(Y=i)}$$

$Y$$Z$

$$\begin{align} P(Z=z) &= \frac{1}{\alpha}(1-p)^zp \\ &= \frac{1}{\sum_{i=0}^{n-1}{(1-p)^ip}}(1-p)^zp \end{align}$$

$p=0.5$

$$\begin{align} P(Z=z) &= \frac{1}{\sum_{i=0}^{n-1}{0.5^{i+1}}} 0.5^{z+1} \\ &= \frac{1}{1-0.5^n} 0.5^{z+1} \\ &= \frac{0.5^{z+1}}{1-0.5^n} \end{align}$$

$n \rightarrow \infty$$Z$$Y$

Comments

আমি মনে করি যে প্রশ্নটি আপনি মিস করেছেন তার কিছু বিবরণ রয়েছে। আমি যদি প্রশ্নটি খারাপভাবে না বুঝি তবে এটি জ্যামিতিক নয়।

— গ্লেন_বি

সীমাবদ্ধ হ্যান্ডেল করার জন্য আমি এটি আপডেট করেছি। এবং হ্যাঁ, আমি এখন দেখতে পাচ্ছি যে তিনি নির্ভুল গণনার চেয়ে একটি উইন্ডো সরিয়ে নিতে চেয়েছিলেন। আমার কেবল চেইনের জন্য কাজ করে, তাদের মধ্যে সময় নয়।

— ক্লিনটোনমঙ্ক

একটি ভাল প্রথম পদক্ষেপটি হ'ল @ গ্লেন_ বি এর পোস্টে গ্রাফটি একবার দেখে নেওয়া হয়েছে এবং আপনি এটির অনুলিপি করতে পারেন কিনা তা দেখুন। সঠিক সম্ভাব্যতা যাচাই করতে আমি লিখেছিলাম পাইথন প্রোগ্রামটিও যুক্ত করেছি। আপনি যদি এটি চালাতে সক্ষম হন তবে মিলটি প্রিন্ট করে এমন লাইনটি আপত্তিহীন করুন, N5 থেকে 7 এর মধ্যে কোথাও হ্রাস পেয়েছে এবং প্রয়োজনীয় ইভেন্টগুলির জন্য আপনি একটি ভাল অনুভূতি পাবেন (নোটটি pylabকেবল ষড়যন্ত্রের জন্য প্রয়োজনীয়)।

— টোটোন

$\pi_i$

হ্যাঁ, যদি স্থির সমাধানের মাধ্যমে আপনি লেজটিতে ক্রমাগত সম্ভাবনার অনুপাতের বিষয়ে কথা বলছেন যা ধ্রুবক হিসাবে রূপান্তরিত হয় তবে স্থির সমাধানটি আসলে জ্যামিতিক, যেমন পূর্ববর্তী উভয় উত্তরই বলেছে।

— গ্লেন_বি -রিনস্টেট মনিকা