Время, затраченное на то, чтобы поразить голову и хвост в серии бросков

Вдохновленный выступлением Питера Доннелли на TED , в котором он обсуждает, сколько времени потребуется, чтобы определенный шаблон появился в серии бросков монет, я создал следующий сценарий на языке R. Учитывая два шаблона: «hth» и «htt», он вычисляет, сколько времени в среднем (то есть сколько монет бросит), прежде чем вы нажмете одну из этих моделей.

coin <- c('h','t')

hit <- function(seq) {
    miss <- TRUE
    fail <- 3
    trp  <- sample(coin,3,replace=T)
    while (miss) {
        if (all(seq == trp)) {
            miss <- FALSE
        }
        else {
            trp <- c(trp[2],trp[3],sample(coin,1,T))
            fail <- fail + 1
        }
    }
    return(fail)
}

n <- 5000
trials <- data.frame("hth"=rep(NA,n),"htt"=rep(NA,n))

hth <- c('h','t','h')
htt <- c('h','t','t')

set.seed(4321)
for (i in 1:n) {
    trials[i,] <- c(hit(hth),hit(htt))    
}
summary(trials)

Сводная статистика выглядит следующим образом,

      hth             htt        
 Min.   : 3.00   Min.   : 3.000  
 1st Qu.: 4.00   1st Qu.: 5.000  
 Median : 8.00   Median : 7.000  
 Mean   :10.08   Mean   : 8.014  
 3rd Qu.:13.00   3rd Qu.:10.000  
 Max.   :70.00   Max.   :42.000 

В разговоре объясняется, что среднее количество подбрасываний монет будет различным для двух моделей; как видно из моей симуляции. Несмотря на то, что я смотрел разговор несколько раз, я до сих пор не понимаю, почему это так. Я понимаю, что «hth» перекрывает себя, и интуитивно я думаю, что вы нажмете «hth» раньше, чем «htt», но это не так. Я был бы очень признателен, если бы кто-то мог мне это объяснить.

Подумайте о том, что происходит, когда вы впервые получаете H, а затем T.

Случай 1: вы ищете HTH , и вы видели HT впервые. Если следующий бросок - H, все готово. Если это T, вы вернулись к исходной точке: так как последние два броска были TT, теперь вам нужен полный HTH.

Случай 2: вы ищете HTT , и вы впервые увидели HT. Если следующий бросок - T, все готово. Если это H, это явно неудача; однако, это второстепенный, так как теперь у вас есть H и нужно только -TT. Если следующий бросок - H, это делает вашу ситуацию не хуже, тогда как T делает ее лучше, и так далее.

Иными словами, в случае 2 первый H, который вы видите, занимает 1/3 пути, и с этого момента вам никогда не придется начинать с нуля. Это неверно в случае 1, когда ТТ стирает весь достигнутый вами прогресс.

Предположим, вы подбрасываете монету раза и считаете, сколько раз вы видите шаблон «HTH» (включая перекрытия). Ожидаемое число . Но это также для «НТТ». Поскольку может перекрывать себя, а «HTT» - нет, вы ожидаете большего скопления с «HTH», что увеличивает ожидаемое время первого появления . n n H T H H T $8n+2$$n$$n$$HTH$$HTH$

Другой способ взглянуть на это состоит в том, что после достижения «HT» буква «T» отправит «HTH» обратно на старт, а буква «H» начнет переходить к возможному «HTT».

Вы можете отработать два ожидаемых времени, используя алгоритм Конвея [я думаю], посмотрев на перекрытия: если первые бросков шаблона соответствуют последним , то добавьте . Таким образом, для «HTH» вы получите в качестве ожидаемого значения, а для «HTT» вы получите , что подтверждает ваше моделирование.k 2 k 2 + 0 + 8 = 10 0 + 0 + 8 = $k$$k$$2^k$$2+0+8=10$$0+0+8=8$

Странность не останавливается там. Если у вас есть гонка между двумя паттернами, они имеют равную вероятность появления первыми, и ожидаемое время, пока один из них не появится, равно (на один больше, чем ожидалось, чтобы получить «HT», после чего должен появиться один из них) , $5$

Ситуация ухудшается: в игре Пенни вы выбираете шаблон для гонки, а затем я выбираю другой. Если вы выберете «HTH», я выберу «HHT» и получу шансы на выигрыш 2: 1; если вы выберете «HTT», я снова выберу «HHT», и у меня все еще будут шансы 2: 1 в мою пользу. Но если вы выберете «HHT», я выберу «THH» и получу шансы 3: 1. Второй игрок всегда может изменить шансы, и лучший выбор не является переходным.

Я люблю рисовать картинки.

Эти диаграммы являются автоматами конечного состояния (FSAs). Это крошечные детские игры (такие как « Лотки и лестницы» ), которые «распознают» или «принимают» последовательности HTT и HTH, соответственно, путем перемещения токена от одного узла к другому в ответ на подбрасывание монет. Маркер начинается с верхнего узла, на который указывает стрелка (линия i ). После каждого броска монеты токен перемещается вдоль края, помеченного результатом этой монеты (либо H, либо T), в другой узел (который я назову «узлом H» и «узлом T» соответственно). Когда токен приземляется на терминальном узле (нет исходящих стрелок, обозначенных зеленым), игра заканчивается, и FSA принял последовательность.

Думайте о каждом FSA как о прогрессе вертикально вниз по линейной дорожке. Подбрасывание «правильной» последовательности голов и хвостов заставляет жетон продвигаться к месту назначения. Бросок «неправильного» значения приводит к резервному копированию токена (или, по крайней мере, остановке). Токен возвращается в самое продвинутое состояние, соответствующее самым последним броскам. Например, HTA FSA в строке ii остается на линии ii при просмотре головы, потому что эта голова может быть начальной последовательностью возможного HTH. Это не идет полностью назад к началу, потому что это фактически полностью проигнорировало бы эту последнюю голову.

После проверки этих двух игр действительно соответствуют HTT и HTH, как заявлено, и сравнения их построчно, и теперь должно быть очевидно, что HTH труднее выиграть . Они различаются по своей графической структуре только в строке iii , где H возвращает HTT обратно в строку ii (и T принимает), но в HTH T возвращает нас обратно к строке i (а H принимает). Наказание в строке III в игре HTH является более суровым, чем в игре HTT.

Это может быть определено количественно. Я пометил узлы этих двух FSA ожидаемым количеством бросков, необходимых для принятия. Давайте назовем их узлом «значения». Маркировка начинается с

(1) запись очевидного значения 0 в принимающих узлах.

Пусть вероятность головок равна p (H), а вероятность хвостов равна 1 - p (H) = p (T). (Для справедливой монеты обе вероятности равны 1/2.) Поскольку каждый бросок монеты добавляет один к числу бросков,

(2) значение узла равно одному плюс p (H), умноженному на значение H узла, плюс p (T), умноженному на значение T узла.

Эти правила определяют значения . Это быстрое и информативное упражнение, чтобы убедиться, что помеченные значения (при условии, что монета правильная) верны. В качестве примера рассмотрим значение HTH в строке ii . Правило гласит, что 8 должно быть на 1 больше среднего значения 8 (значение узла H в строке i ) и 6 (значение узла T в строке iii ): достаточно точно, 8 = 1 + (1/2) * 8 + (1/2) * 6. Вы также можете легко проверить оставшиеся пять значений на рисунке.

Несколько отличных ответов. Я хотел бы взять немного другую тактику и обратиться к вопросу о противоинтуитивности. (Я вполне согласен, кстати)

Вот как я это понимаю. Представьте столбец случайных последовательных результатов броска монеты, напечатанных на бумажной ленте, состоящий из букв «H» и «T».

Произвольно оторвите часть этой ленты и сделайте идентичную копию.

На данной ленте последовательность HTH и последовательность HTT будут встречаться так часто, если лента достаточно длинная.

Но иногда экземпляры HTH будут работать вместе, то есть HTHTH. (или даже очень редко HTHTHTH)

Это перекрытие не может происходить с экземплярами HTT.

Используйте маркер, чтобы выделить «полосы» успешных результатов, HTH на одной ленте и HTT на другой. Несколько полос HTH будут короче из-за перекрытия. Следовательно, промежутки между ними, в среднем, будут немного длиннее, чем на другой ленте.

Это немного похоже на ожидание автобуса, когда в среднем он ходит каждые пять минут. Если автобусам разрешено перекрывать друг друга, интервал будет в среднем немного больше, чем пять минут, потому что когда-нибудь два пройдут вместе.

Если вы прибудете в произвольное время, вы будете ждать в среднем немного больше следующего (для вас, первого) автобуса, если им позволят перекрываться.

Я искал интуицию к этому в целочисленном случае (поскольку я пробираюсь через введение Росса к вероятностным моделям). Так что я думал о целочисленных случаях. Я обнаружил, что это помогло:

$A$

$B$

$A=B$$P(A \cap \tilde{B})=0$

$A \ne B$$P(A \cap \tilde{B}) \ge 0$

Итак, позвольте мне представить, что у меня есть шанс закончить рисунок на следующем тираже. Я рисую следующий символ, и он не заканчивает шаблон. В случае, если мой шаблон не перекрывается, нарисованный символ может все же позволить мне начать строить шаблон с самого начала.

В случае наложения символ, который мне был нужен для завершения моего частичного шаблона, был таким же, как и символ, который мне понадобился бы для начала восстановления. Так что я тоже не могу, и поэтому определенно нужно будет дождаться следующего розыгрыша, чтобы снова начать строить.