¿10 cabezas seguidas aumentan la posibilidad de que el próximo lanzamiento sea una cola?

Supongo que lo siguiente es cierto: asumir una moneda justa, obtener 10 caras seguidas mientras se lanza una moneda no aumenta la posibilidad de que la próxima moneda sea una cola , sin importar la cantidad de probabilidad y / o jerga estadística que se arroje (disculpe los juegos de palabras).

Suponiendo que ese sea el caso, mi pregunta es la siguiente: ¿cómo diablos puedo convencer a alguien de que es así?

Son inteligentes y educados, pero parecen decididos a no considerar que podría estar en lo cierto en este (argumento).

están tratando de afirmar que [...] si ha habido 10 caras, entonces la siguiente en la secuencia probablemente será una cola porque las estadísticas dicen que al final se equilibrará

Solo hay un "equilibrio" en un sentido muy particular.

Si es una moneda justa, entonces todavía es 50-50 en cada lanzamiento. La moneda no puede conocer su pasado . No puede saber que hubo un exceso de cabezas. No puede compensar su pasado. Nunca . simplemente sigue siendo al azar cara o cruz con la posibilidad constante de una cabeza.

Si es el número de en lanzamientos ( es el número de colas), para una moneda justa, tenderá a 1, ya que va al infinito ... perono va a 0. De hecho, ¡ también va al 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|$

Es decir, nada actúa para hacerlos más parejos. Los recuentos no tienden a "equilibrarse". En promedio, el desequilibrio entre el conteo de cabezas y colas en realidad crece.

Aquí está el resultado de 100 series de 1000 lanzamientos, con las trazas grises que muestran la diferencia en el número de cabezas menos el número de colas en cada paso.

Las trazas grises (que representan ) son una caminata aleatoria de Bernoulli. Si piensa en una partícula que se mueve hacia arriba o hacia abajo en el eje y por un paso unitario (aleatoriamente con igual probabilidad) en cada paso de tiempo, entonces la distribución de la posición de la partícula se 'difunde' lejos de 0 con el tiempo. Todavía tiene el valor esperado 0, pero su distancia esperada desde 0 crece a medida que la raíz cuadrada del número de pasos de tiempo. [Nota para cualquiera que piense " está hablando de la diferencia absoluta esperada o la diferencia RMS " - en realidad, ya sea: para grande, el primero es 80% del segundo.] n $n_H-n_T$$n$$\sqrt{2/\pi}\approx$

La curva azul de arriba está en y la curva verde está en . Como puede ver, la distancia típica entre cabezas totales y colas totales crece. Si hubiera algo que actuara para 'restablecer la igualdad', para 'compensar' las desviaciones de la igualdad, no tendrían la tendencia a separarse aún más. (No es difícil mostrar esto algebraicamente, pero dudo que eso convenza a tu amigo. La parte crítica es que la varianza de una suma de variables aleatorias independientes es la suma de las varianzas ver el final de la sección vinculada - cada cada vez que agrega otra moneda, agrega una cantidad constante a la varianza de la suma ... por lo que la varianza debe crecer proporcionalmente con ±2$\pm \sqrt{n}$ <>n$\pm 2\sqrt{n}$ $<$$>$$n$. En consecuencia, la desviación estándar aumenta con . La constante que se agrega a la varianza en cada paso en este caso es 1, pero eso no es crucial para el argumento).$\sqrt{n}$

De manera equivalente, va a cuando el total de lanzamientos va al infinito, pero solo porque va al infinito mucho más rápido quehace. 0nH+nT| nH-nT$\frac{|n_H-n_T|}{n_H+n_T}$$0$$n_H+n_T$$|n_H-n_T|$

Eso significa que si dividimos ese recuento acumulativo entre$n$ en cada paso, se curva: la diferencia absoluta típica en el recuento es del orden de , pero la diferencia absoluta típica en proporción debe ser del orden de . 1/$\sqrt{n}$$1/\sqrt{n}$

Eso es todo lo que está pasando. Las desviaciones aleatorias cada vez más grandes * de la igualdad son simplemente " eliminadas " por el denominador aún mayor .

* aumentando en tamaño absoluto típico

Mira la pequeña animación al margen, aquí

Si tu amigo no está convencido, tira algunas monedas. Cada vez que diga tres caras seguidas, haga que él o ella designe una probabilidad para una cabeza en el próximo lanzamiento (que es menos del 50%) que él cree que debe ser justo por su razonamiento. Pídales que le den las probabilidades correspondientes (es decir, él o ella debe estar dispuesto a pagar un poco más de 1: 1 si apuesta por cara, ya que insisten en que es más probable que colas). Es mejor si se configura como muchas apuestas cada una por una pequeña cantidad de dinero. (No se sorprenda si hay alguna excusa de por qué no pueden asumir su mitad de la apuesta, pero al menos parece reducir drásticamente la vehemencia con la que se mantiene la posición).

[Sin embargo, toda esta discusión se basa en que la moneda es justa. Si la moneda no era justa (50-50), entonces se requeriría una versión diferente de la discusión, basada en las desviaciones de la diferencia de proporción esperada. Tener 10 caras en 10 lanzamientos puede hacer que sospeche de la suposición de p = 0.5. Una moneda bien lanzada debe estar cerca de ser justa , ponderada o no, pero de hecho aún exhibe un sesgo pequeño pero explotable , especialmente si la persona que la explota es alguien como Persi Diaconis. Las monedas hiladas, por otro lado, pueden ser bastante susceptibles al sesgo debido al mayor peso en una cara.]

La confusión es porque él está mirando la probabilidad desde el principio sin mirar qué más ya ha sucedido.

Vamos a simplificar las cosas:

Primera vuelta:

T

Ahora la probabilidad de una T era del 50%, entonces 0.5.

La posibilidad de que la próxima vuelta sea T nuevamente es 0.5

TT 0.5
TF 0.5

Sin embargo, ¿qué pasa con el primer giro? Si incluimos eso, entonces:

TT 0.25
TF 0.25

El 50% restante está comenzando con F, y nuevamente tiene una división uniforme entre T y F.

Para extender esto a diez colas seguidas, la probabilidad de que ya tenga eso es 1/1024.

La probabilidad de que el próximo sea T o F es del 50%.

Por lo tanto, la probabilidad desde el comienzo de 11 colas es de 1 en 2048. La probabilidad de que ya haya volteado la cola 10 veces más que la próxima vuelta también será una cola del 50%.

Están tratando de aplicar la improbabilidad de las probabilidades de 1 en 1024 de 10 T a la posibilidad de otra T, cuando de hecho eso ya sucedió, por lo que la probabilidad de que ocurra ya no es importante.

11 colas seguidas no son más o menos probables que 10 colas seguidas de una cabeza.

La probabilidad de que 11 lanzamientos sean todos colas es improbable, pero como ya sucedió, ¡ya no importa!

Las probabilidades siguen siendo 50-50 de que el próximo giro será colas.

Explicación muy simple: las probabilidades de voltear 10 cabezas + 1 cola en ese orden son muy bajas. Pero para cuando hayas lanzado 10 caras, ya has superado la mayoría de las probabilidades ... tienes una probabilidad de 50-50 de terminar la secuencia con el próximo lanzamiento de moneda.

Debería intentar convencerlos de que si los resultados anteriores impactaran los próximos lanzamientos, entonces no solo los últimos 10 lanzamientos deberían haberse tenido en cuenta, sino también cada lanzamiento anterior en la vida de la moneda.

Creo que es un enfoque más lógico.

Esto no es realmente una respuesta: su problema es psicológico, no matemático. Pero puede ayudar.

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

$1/2$

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

$$\lim_{n \rightarrow \infty} x_n/n =1/2$$ $$\lim_{n \rightarrow \infty} \frac{10+x_n}{n+10}= 1/2$$ $$\frac{10+500000}{1000010} \approx 0.5$$ así que, en el límite, las primeras 10 colas no importan en absoluto, su efecto es "eliminado" por todos los lanzamientos posteriores. Por lo tanto, no hay necesidad de "equilibrarse" para que se mantenga el resultado límite. Matemáticamente, esto es solo el hecho de que el límite (si existe ...) de cualquier secuencia de números no depende en absoluto de ningún segmento finito inicial. Por lo tanto, podemos asignar arbitrariamente los resultados de los primeros diez (o primeros cien) lanzamientos sin afectar el límite, en absoluto. Supongo que esta forma de explicárselo a tus amigos jugadores (tal vez con más números y ejemplos y menos álgebra ...) podría ser la mejor manera.

El otro aspecto es : después de diez lanzamientos, diez colas, tal vez alguien comienza a dudar si la moneda es buena, corresponde al modelo simple y ordinario de lanzamientos independientes de igual probabilidad. Suponiendo que el "lanzador" (la persona que hace el lanzamiento) no ha sido entrenado para controlar los lanzamientos de alguna manera, y realmente está lanzando de manera honesta, la probabilidad de cola debe ser la mitad ( ver este documento de Gelman ).

¡Entonces debe haber, en la hipótesis alternativa, cierta dependencia entre los lanzamientos de monedas! Y, después de ver diez colas seguidas, la evidencia es que la dependencia es positiva, por lo que una cola aumenta la probabilidad de que la próxima moneda sea la cola. Pero luego, después de ese análisis, ¡la conclusión razonable es que la probabilidad de que el undécimo lanzamiento sea una cola aumenta , no disminuye! Entonces, la conclusión, en ese caso, es lo contrario de los amigos de sus jugadores.

Creo que necesitará un modelo muy extraño para justificar sus conclusiones.

Suponiendo que los lanzamientos de monedas son independientes, esto es muy fácil de probar de un estadístico a otro. Sin embargo, su amigo parece no creer que los lanzamientos de monedas son independientes. Aparte de tirar palabras que son sinónimos de independiente (por ejemplo, la moneda no tiene "memoria"), no puede demostrarle que los lanzamientos de monedas son independientes con un simple argumento de palabra. Sugeriría usar la simulación para hacer valer su reclamo, pero, para ser honesto, si su amigo no cree que los lanzamientos de monedas son independientes, no estoy seguro de que crea los resultados de la simulación.

Para repetir algunas de las explicaciones ya dadas (por @TimB y @James K), una vez que hayas lanzado una moneda 10 veces y obtenido 10 caras, ¡ la probabilidad de obtener 10 caras seguidas es exactamente 1.0! Ya sucedió, por lo que la probabilidad de que eso ocurra ahora está fija.

Cuando multiplica eso por la probabilidad de obtener caras en su próximo lanzamiento (0.5), obtiene exactamente 0.5.

Apostar en las colas con cualquier otra cosa que no sean probabilidades en ese punto es una apuesta de tontos.

Digamos que estoy convencido de que la moneda es justa. Si la moneda era justa, entonces la probabilidad de tener 10 seguidas es Entonces, como frecuentador con significancia , debo rechazar la : la moneda es justa y concluir que la : "algo es sospechoso" es cierto. No, no puedo insistir en que la probabilidad de ver otra cabeza sigue siendoα=1%H0Ha

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

Dejaré que aplique el enfoque bayesiano y llegue a una conclusión similar. Comenzará con la probabilidad previa de caras , luego la actualizará con la observación de 10 cabezas seguidas, y verá cómo la probabilidad posterior de caras π>$p=\frac{1}{2}$$\pi>\frac{1}{2}$

El ejemplo de ACTUALIZACIÓN @oerkelens se puede interpretar de dos maneras.

• su amigo apostó por THHTTHTTHT, luego lanzó una moneda 10 veces y obtuvo: THHTTHTTHT. En este caso, se sorprenderá tanto como con 10 caras seguidas y comenzará a dudar de la equidad de una moneda. No estás seguro de qué pensar sobre la probabilidad de cola en el próximo lanzamiento, porque tu amigo parece ser capaz de obtener exactamente lo que quiere, esto no es al azar.
• arrojaste una moneda 10 veces y observaste una combinación que resultó ser THTHTHTHTHT, notarás que había 6 colas y 4 caras, que es , que no es notable. Por lo tanto, la probabilidad de una cola en el próximo lanzamiento es probablemente , ya que no hay razón para dudar de su imparcialidad.$p=\frac{10!}{6!4!2^{10}}\sim 0.2$$\frac{1}{2}$

Además, se podría argumentar que aunque 0.001 es una pequeña probabilidad, si arroja 10 monedas 100,000 veces, seguramente verá algunas combinaciones de 10 cabezas. Es cierto, pero en este caso tienes 1 millón de lanzamientos de monedas en total, y estás buscando al menos una combinación de 10 cabezas en la secuencia. La probabilidad frecuentista de observar al menos una combinación de 10 cabezas se calcula de la siguiente manera: Entonces, el frecuentista concluirá Después de largos meses de lanzar una moneda 1 millón de veces y observar una combinación de 10 cabezas, que no es gran cosa, las cosas suceden. No hará ningún ajuste a sus expectativas sobre la probabilidad de la próxima cabeza, y lo dejará en 0.5

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

PARA PERSONAS INFORMÁTICAS Si sus amigos son programadores de computadoras, descubrí que la forma más fácil de apelar a su intuición es a través de la programación. Pídales que programen el experimento de lanzamiento de monedas. Pensarán un poco y luego pensarán algo como esto:

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

THTHTHTHHHT.

Les preguntarás

¿Dónde está tu código para manejar 10 cabezas seguidas aquí? Parece que en su código, independientemente de lo que sucedió en los primeros 10 bucles, el 11º lanzamiento tiene 0.5 probabilidad de caras.

Sin embargo, este caso atrae el lanzamiento de una moneda justa. El código está diseñado con un lanzamiento de moneda justo. Sin embargo, en el caso de 10 caras, es muy poco probable que la moneda sea justa.

En circunstancias ideales, la respuesta es no. Cada lanzamiento es independiente de lo que vino antes. Entonces, si esta es una moneda verdaderamente justa, entonces no importa. Pero si no está seguro de si la moneda está defectuosa o no (lo que podría suceder en la vida real), una larga secuencia de colas puede hacer que uno crea que es injusto.

Esta respuesta funcionará para todas las preguntas de este tipo, incluido el problema de Monty Hall. Simplemente pregúnteles cuáles creen que son las probabilidades de obtener una cola después de diez cabezas. Ofrécete a jugarlos un poco mejor (para ellos) pero con menos de 50-50 de probabilidades. Con un poco de suerte, aceptarán dejar que una computadora haga el cambio, en cuyo caso rápidamente tendrá una suma de dinero en su bolsillo. De lo contrario, llevará más tiempo, pero el resultado es (inevitablemente) el mismo.

¿Cómo los convencerías? Una forma es mostrar la distribución de los resultados del problema exacto 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])

Intente de esta manera: suponga que ya tenemos lanzamientos de cabezas, un evento muy muy raro con una probabilidad de "estar allí" de . Ahora nos preparamos para un lanzamiento más y pensamos con anticipación qué podría suceder a continuación:0.5 $10$$0.5^{10}$

• si sale cruz, todavía terminamos registrando una serie extremadamente rara de eventos con una probabilidad de ;$0.5^{10}$
• si sale cara, la probabilidad de series completas es algo menor, pero no mucho menor, ;$0.5^{11}$

Y la diferencia entre los dos es solo un lanzamiento de moneda justo.