10 cabeças seguidas aumentam a chance de o próximo sorteio ser um rabo?

Suponho que o seguinte seja verdadeiro: assumir uma moeda justa, ficar 10 cabeças seguidas enquanto joga uma moeda não aumenta a chance de o próximo sorteio ser uma cauda , não importa a quantidade de probabilidade e / ou jargão estatístico lançado (desculpe os trocadilhos).

Supondo que seja esse o caso, minha pergunta é a seguinte: como diabos eu convencer alguém que é o caso?

Eles são inteligentes e educados, mas parecem determinados a não considerar que eu possa estar certo nesse argumento (argumento).

eles estão tentando afirmar que [...] se houve 10 cabeças, então o próximo na sequência provavelmente será uma cauda, ​​porque as estatísticas dizem que ela se equilibrará no final

Existe apenas um "equilíbrio" em um sentido muito particular.

Se é uma moeda justa, ainda é 50-50 a cada lançamento. A moeda não pode conhecer seu passado . Não pode saber que havia um excesso de cabeças. Não pode compensar o seu passado. Ever . continua sendo aleatoriamente cara ou coroa com chance constante de uma cabeça.

Se é o número de caras em joga ( é o número de caudas), para uma moeda justa, tenderá a 1, como vai para o infinito .... masnão chega a 0. De fato, também chega ao infinito! 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|$

Ou seja, nada age para torná-los mais uniformes. As contagens não tendem a "equilibrar-se". Em média, o desequilíbrio entre a contagem de caras e coroas realmente cresce!

Aqui está o resultado de 100 conjuntos de 1000 lançamentos, com os traços cinzentos mostrando a diferença no número de cabeças menos o número de caudas a cada passo.

Os traços cinza (representando ) são um passeio aleatório de Bernoulli. Se você pensar em uma partícula subindo ou descendo o eixo y por um passo unitário (aleatoriamente com igual probabilidade) a cada passo, a distribuição da posição da partícula será 'difusa' para longe de 0 ao longo do tempo. Ele ainda possui 0 valor esperado, mas sua distância esperada de 0 aumenta à medida que a raiz quadrada do número de etapas do tempo. [Nota para quem pensa " ele está falando sobre a diferença absoluta esperada ou a diferença do RMS " - na verdade: para grandes o primeiro é 80% do segundo.]$n_H-n_T$$n$$\sqrt{2/\pi}\approx$

A curva azul acima está em e a curva verde está em . Como você vê, a distância típica entre o total de cabeças e o total de caudas aumenta. Se houvesse algo agindo para "restaurar a igualdade" - "compensar" desvios da igualdade - eles não tenderiam a se distanciar dessa maneira. (Não é difícil mostrar isso algebricamente, mas duvido que isso convença seu amigo. A parte crítica é que a variação de uma soma de variáveis ​​aleatórias independentes é a soma das variações veja o final da seção vinculada - a cada Quando você adiciona outro lançamento de moeda, você adiciona uma quantidade constante à variação da soma ... então a variação deve crescer proporcionalmente com ±2$\pm \sqrt{n}$ <>n$\pm 2\sqrt{n}$ $<$$>$$n$. Consequentemente, o desvio padrão aumenta com . A constante que é adicionada à variação em cada etapa nesse caso é 1, mas isso não é crucial para o argumento.)$\sqrt{n}$

Da mesma forma, chega a quando o total de lançamentos vai para o infinito, mas apenas porque vai para o infinito muito mais rápido quefaz. 0nH+nT| nH-nT$\frac{|n_H-n_T|}{n_H+n_T}$$0$$n_H+n_T$$|n_H-n_T|$

Isso significa que, se dividirmos a contagem cumulativa por$n$ em cada etapa, ela se curva - a diferença absoluta típica na contagem é da ordem de , mas a diferença absoluta típica na proporção deve ser da ordem de . 1/$\sqrt{n}$$1/\sqrt{n}$

É tudo o que está acontecendo. Os crescentes desvios aleatórios cada vez maiores da igualdade são apenas " lavados " pelo denominador ainda maior .

* aumentando em tamanho absoluto típico

Veja a pequena animação na margem, aqui

Se seu amigo não estiver convencido, jogue algumas moedas. Toda vez que você diz três cabeças seguidas, peça a ele que indique uma probabilidade de cabeça no próximo sorteio (que é menos de 50%) que ele acha que deve ser justo por seu raciocínio. Peça que eles lhe dêem as probabilidades correspondentes (ou seja, ele ou ela deve estar disposto a pagar um pouco mais de 1: 1 se você apostar na cara, pois eles insistem que a coroa é mais provável). É melhor que seja configurado como muitas apostas por uma pequena quantia de dinheiro. (Não se surpreenda se houver alguma desculpa para o motivo de eles não conseguirem metade da aposta - mas pelo menos parece reduzir drasticamente a veemência com a qual a posição é mantida.)

[No entanto, toda essa discussão se baseia na justificação da moeda. Se a moeda não fosse justa (50-50), seria necessária uma versão diferente da discussão - baseada em desvios da diferença de proporção esperada. Ter 10 cabeças em 10 lançamentos pode fazer com que você desconfie da suposição de p = 0,5. Uma moeda bem jogada deve estar próxima de ser justa - com ou sem peso -, mas de fato ainda exibe um viés pequeno, mas explorável , especialmente se a pessoa que a explora é alguém como Persi Diaconis. As moedas giradas, por outro lado, podem ser bastante suscetíveis ao viés devido ao maior peso em uma face.]

A confusão é porque ele está olhando para a probabilidade desde o início, sem olhar para o que mais já aconteceu.

Vamos simplificar as coisas:

Primeiro lançamento:

T

Agora, a chance de um T era de 50%, então 0,5.

A chance de o próximo lançamento ser T novamente é 0,5

TT 0.5
TF 0.5

No entanto, e o primeiro lançamento? Se incluirmos isso, então:

TT 0.25
TF 0.25

Os 50% restantes estão começando com F e novamente têm uma divisão uniforme entre T e F.

Para estender isso para dez caudas seguidas - a probabilidade de você já ter obtido é 1/1024.

A probabilidade de o próximo ser T ou F é de 50%.

Portanto, a chance desde o início de 11 caudas é de 1 em 2048. A probabilidade de que já tenha virado a cauda 10 vezes que o próximo lançamento também será uma cauda, ​​ainda é de 50%.

Eles estão tentando aplicar a improbabilidade das probabilidades 1 em 1024 de 10 T à chance de outro T, quando, na verdade, isso já aconteceu, a probabilidade de que isso aconteça não é mais importante.

11 caudas seguidas não são mais ou menos prováveis ​​que 10 caudas seguidas por uma cabeça.

A probabilidade de que 11 flips sejam todos caudas é improvável, mas como já aconteceu, não importa mais!

As chances ainda são 50-50 de que o próximo lançamento será coroa.

Explicação muito simples: as chances de virar 10 cabeças + 1 cauda nessa ordem são muito baixas. Mas quando você virou 10 cabeças, você já venceu a maioria das chances ... você tem 50 a 50 chances de terminar a sequência com o próximo lançamento de moeda.

Você deve tentar convencê-los de que, se os resultados anteriores impactarem os lançamentos futuros, não apenas os últimos 10 lançamentos deveriam ser levados em consideração, mas também todos os lançamentos anteriores na vida útil da moeda.

Eu acho que é uma abordagem mais lógica.

Isso não é realmente uma resposta - seu problema é psicológico, não matemático. Mas isso pode ajudar.

Costumo enfrentar sua pergunta "como diabos ...". As respostas aqui - na maioria corretas, são matemáticas demais para as pessoas que você está abordando. Um lugar que começo é tentar convencê-los de que jogar uma moeda 10 vezes é essencialmente o mesmo que jogar 10 moedas simultaneamente. Eles podem entender o fato de que sometimesvocê verá 10 cabeças. De fato, isso acontece uma vez a cada mil tentativas (desde ). Se 15.000 pessoas tentarem isso, cerca de 30 delas acharão que têm moedas especiais - todas com cara ou coroa. Se eles aceitarem esse argumento, a etapa para lançamentos seqüenciais será um pouco mais fácil.$2^{10} \approx 10^3$

Para adicionar respostas anteriores, há duas questões aqui : primeiro , o que acontece quando a contagem é realmente justa e cada lançamento é independente de todos os outros lançamentos. Então, temos a "lei dos grandes números", dizendo que, no limite de uma seqüência cada vez maior de lançamentos, a frequência das caudas se aproximará da probabilidade da cauda, ​​ou seja, .$1/2$

Se os dez primeiros lançamentos eram coroa, então a frequência limite ainda será metade, sem a necessidade de lançamentos posteriores "equilibrando" as primeiras dez coroa! Algebricamente, seja o número de caudas entre os lançamentos. Vamos supor que, na verdade, recebemos Então, ao considerar os dez primeiros lances, ainda teremos o limite Ou seja, depois de um milhão e dez arremessos, temos esse $x_n$$11, 12, \dots, n+10.$

$$\lim_{n \rightarrow \infty} x_n/n =1/2$$ $$\lim_{n \rightarrow \infty} \frac{10+x_n}{n+10}= 1/2$$ $$\frac{10+500000}{1000010} \approx 0.5$$ então, no limite, as 10 primeiras caudas não importam, seu efeito é "lavado" por todas as jogadas posteriores. Portanto, não há necessidade de "equilibrar" o resultado limite para manter. Matematicamente, isso é apenas o fato de que o limite (se existir ...) de qualquer sequência de números não depende de nenhum segmento inicial finito! Portanto, podemos atribuir arbitrariamente os resultados para os dez primeiros (ou primeiros cem) arremessos sem afetar o limite. Acho que essa maneira de explicar aos seus amigos jogadores (talvez com mais números e exemplos e menos álgebra ...) pode ser a melhor maneira.

O outro aspecto é : depois de dez arremessar dez caudas, talvez alguém comece a duvidar que a moeda seja boa, corresponda ao modelo simples e comum de arremessos independentes com igual probabilidade. Supondo que o "arremessador" (a pessoa que está arremessando) não tenha sido treinado para controlar os arremessos de alguma maneira e esteja realmente jogando de maneira honesta, a probabilidade de cauda deve ser metade ( veja este artigo de Gelman ).

Portanto, deve haver, na hipótese alternativa, alguma dependência entre os lançamentos de moedas! E, depois de ver dez caudas seguidas, a evidência é que a dependência é positiva, de modo que uma cauda aumenta a probabilidade de que o próximo sorteio seja a cauda. Mas, depois dessa análise, a conclusão razoável é que a probabilidade de o décimo primeiro arremesso ser uma cauda é aumentada , não diminuída! Portanto, a conclusão, nesse caso, é o oposto dos amigos de seus jogadores.

Eu acho que você precisará de um modelo muito estranho para justificar suas conclusões.

Supondo que os lançamentos de moedas sejam independentes, é muito fácil provar de um estatístico para outro. No entanto, seu amigo parece não acreditar que os lançamentos de moedas sejam independentes. Além de jogar palavras que são sinônimos de independentes (por exemplo, a moeda não tem uma "memória"), você não pode provar a ele que os lançamentos de moedas são independentes com um argumento de mera palavra. Eu sugeriria o uso de simulação para afirmar sua reivindicação, mas, para ser honesto, se seu amigo não acreditar que os lançamentos de moedas sejam independentes, não tenho certeza se ele acreditará nos resultados da simulação.

Para reafirmar algumas das explicações já fornecidas (por @TimB e @James K), uma vez que você jogou uma moeda 10 vezes e obteve 10 cabeças, a probabilidade de obter 10 cabeças seguidas é exatamente 1,0! Já aconteceu, então a probabilidade disso acontecer agora é fixa.

Quando você multiplica isso pela probabilidade de acertar sua próxima jogada (0,5), obtém exatamente 0,5.

Apostar em caudas com algo diferente de probabilidades nesse ponto é uma aposta de otário.

Digamos que estou convencido de que a moeda é justa. Se a moeda era justa, a probabilidade de ter 10 cabeças seguidas é Então, como freqüentador com significância, devo rejeitar a moeda : é justa e concluir que a : "algo está suspeito" é verdadeira. Não, não posso insistir que a probabilidade de ver outra cabeça ainda sejaα=1%H0Ha

$$p_{10}=\left(\frac{1}{2}\right)^{10}=\frac{1}{1024}<0.1\%$$ $\alpha=1\%$$H_0$$H_a$$\frac{1}{2}$

Deixo para você aplicar a abordagem bayesiana e chegar a uma conclusão semelhante. Você começará com probabilidade anterior de cabeças , depois atualizará com observação de 10 cabeças seguidas e verá como a probabilidade posterior de cabeças π>$p=\frac{1}{2}$$\pi>\frac{1}{2}$

O exemplo UPDATE @oerkelens pode ser interpretado de duas maneiras.

• seu amigo apostou no THHTTHTTHT, depois jogou uma moeda 10 vezes e recebeu: THHTTHTTHT. Nesse caso, você ficará surpreso com 10 cabeças seguidas e começará a duvidar da justiça de uma moeda. Você não tem certeza do que pensar sobre a probabilidade de cauda no próximo sorteio, porque seu amigo parece ser capaz de obter exatamente o que ele quer, e isso não é aleatório.
• você jogou uma moeda 10 vezes e observou alguma combinação que era THHTTHTTHT, você notou que havia 6 caudas e 4 cabeças, o que é , o que não é digno de nota. Portanto, a probabilidade de uma cauda no próximo sorteio é provavelmente , já que não há razão para duvidar de sua justiça.$p=\frac{10!}{6!4!2^{10}}\sim 0.2$$\frac{1}{2}$

Além disso, alguém poderia argumentar que, embora 0,001 seja uma pequena probabilidade, se você jogar 10 moedas 100.000 vezes, provavelmente verá algumas combinações de 10 cabeças. É verdade, mas neste caso você tem um milhão de lançamentos de moedas no total e está procurando pelo menos uma combinação de 10 cabeças na sequência. A probabilidade frequentista de observar pelo menos uma combinação de 10 cabeças é calculada da seguinte forma: Portanto, o frequentista conclui depois de longos meses jogando uma moeda 1 milhão de vezes e observando uma combinação de 10 cabeças, que não é grande coisa, as coisas acontecem. Ele não fará nenhum ajuste em suas expectativas sobre a probabilidade da próxima cabeça e a deixará em 0,5

$$1-\left(\frac{1}{2^{10}}\right)^{100,000}\approx 1$$

PARA PESSOAS DE COMPUTADOR Se seus amigos são programadores de computador, descobri que a maneira mais fácil de atrair sua intuição é através da programação. Peça-lhes para programar o experimento de sorteio. Eles pensam um pouco e depois criam algo assim:

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

THTHTHTHHHT.

Você vai perguntar a eles

onde está o seu código para lidar com 10 cabeças seguidas aqui? Parece que no seu código, independentemente do que aconteceu nos primeiros 10 loops, o 11º arremesso tem 0,5 de probabilidade de cara.

No entanto, este caso apela ao sorteio justo de moedas. O código foi projetado com um lançamento justo de moedas. No entanto, no caso de 10 cabeças, é altamente improvável que a moeda seja justa.

Sob circunstâncias ideais, a resposta é não. Cada lançamento é independente do que veio antes. Portanto, se esta é uma moeda verdadeiramente justa, não importa. Mas se você não tiver certeza se a moeda está com defeito ou não (o que pode acontecer na vida real), uma longa sequência de caudas pode levar a pessoa a acreditar que é injusta.

Esta resposta funcionará para todas as perguntas desse tipo, incluindo o problema de Monty Hall. Simplesmente pergunte a eles o que eles acham que as chances de conseguir um rabo depois de dez cabeças. Ofereça-se para jogá-los com um pouco melhor (para eles), mas ainda com menos de 50 a 50 chances. Com um pouco de sorte, eles concordam em deixar o computador virar e, nesse caso, você terá rapidamente uma quantia em dinheiro no bolso. Caso contrário, levará mais tempo, mas o resultado é (inevitavelmente) o mesmo.

Como você os convenceria? Uma maneira é mostrar a distribuição dos resultados do problema exato descrito.

#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])

Tente assim: Suponha que já tenhamos lançamentos de cabeças - um evento muito raro com probabilidade de "estar lá" de . Agora nos preparamos para mais um sorteio e pensamos com antecedência o que pode acontecer a seguir:0,5 $10$$0.5^{10}$

• se caudas, ainda terminamos registrando uma série extremamente rara de eventos com probabilidade de ;$0.5^{10}$
• se cara, a probabilidade de uma série inteira é um pouco menor, mas não muito menor, ;$0.5^{11}$

E a diferença entre os dois é apenas um sorteio justo.