Est-ce que 10 têtes d'affilée augmentent les chances que le prochain lancer soit une queue?

Je suppose que ce qui suit est vrai: supposer une pièce équitable, avoir 10 têtes de suite tout en lançant une pièce n'augmente pas les chances que le prochain tirage soit une queue , quelle que soit la quantité de probabilité et / ou le jargon statistique utilisé. (excusez les jeux de mots).

En supposant que ce soit le cas, ma question est la suivante: comment diable puis-je convaincre quelqu'un que tel est le cas?

Ils sont intelligents et instruits mais semblent déterminés à ne pas considérer que je pourrais avoir raison sur ce point (argument).

ils essaient d'affirmer que [...] s'il y a eu 10 têtes, la prochaine dans la séquence sera probablement une queue car les statistiques disent que cela finira par s'équilibrer

Il y a seulement un "équilibre" dans un sens très particulier.

Si c'est une pièce équitable, alors elle reste 50-50 à chaque lancer. La pièce ne peut pas connaître son passé . Il ne peut pas savoir qu'il y avait un excès de têtes. Il ne peut pas compenser son passé. Jamais . ça continue juste au hasard d'être des têtes ou des queues avec une chance constante de la tête.

Si est le nombre de têtes dans ( est le nombre de queues), pour une pièce équitable, aura tendance à 1, car va à l'infini .... maisne va pas à 0. En fait, ça va aussi à l'infini! 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|$

C'est-à-dire que rien ne les rend plus équitables. Les comptes ne tendent pas à "équilibrer". En moyenne, le déséquilibre entre le nombre de têtes et de queues augmente réellement!

Voici le résultat de 100 séries de 1000 lancers, les traces grises indiquant la différence de nombre de têtes moins le nombre de queues à chaque étape.

Les traces grises (représentant ) sont une marche aléatoire de Bernoulli. Si vous pensez à une particule qui monte ou descend l'axe des ordonnées d'un pas unitaire (de manière aléatoire avec une probabilité égale) à chaque pas temporel, la distribution de la position de la particule se "diffusera" à partir de 0 au fil du temps. Il a toujours 0 valeur attendue, mais sa distance attendue à partir de 0 augmente en tant que racine carrée du nombre de pas de temps. [Remarque pour ceux qui pensent " parle-t-il de la différence absolue attendue ou de la différence RMS " - en fait, soit: pour grand, le premier correspond à 80% de la seconde.] n $n_H-n_T$$n$$\sqrt{2/\pi}\approx$

La courbe bleue ci-dessus est à et la courbe verte à . Comme vous le voyez, la distance typique entre le nombre total de têtes et le nombre de queues augmente. S'il y avait quelque chose qui agissait pour «rétablir l'égalité» - pour «rattraper» les écarts par rapport à l'égalité - ils n'auraient généralement pas tendance à se séparer davantage. (Ce n’est pas difficile de montrer cela algébriquement, mais je doute que cela convainque votre ami. Ce qui importe, c’est que la variance d’une somme de variables aléatoires indépendantes soit la somme de ces variances voir la fin de la section liée - tous les chaque fois que vous ajoutez une nouvelle pièce, vous ajoutez un montant constant à la variance de la somme ... la variance doit donc croître proportionnellement avec ±2$\pm \sqrt{n}$ <>n$\pm 2\sqrt{n}$ $<$$>$$n$. Par conséquent, l’écart type augmente avec . La constante qui s’ajoute à la variance à chaque étape dans ce cas est 1, mais ce n’est pas crucial pour l’argument.)$\sqrt{n}$

De manière équivalente, va à comme le total des lancers va à l'infini, mais uniquement parce que va à l'infini beaucoup plus vite queEst-ce que. 0nH+nT| nH-nT$\frac{|n_H-n_T|}{n_H+n_T}$$0$$n_H+n_T$$|n_H-n_T|$

Cela signifie que si nous divisons ce compte cumulatif par$n$ à chaque étape, il se courbe - la différence absolue typique de compte est de l'ordre de , mais la différence absolue de proportion absolue doit alors être de l'ordre de . 1/$\sqrt{n}$$1/\sqrt{n}$

C'est tout ce qui se passe. Les déviations aléatoires de plus en plus importantes * par rapport à l'égalité sont simplement " effacées " par le dénominateur encore plus grand .

* augmentant en taille absolue typique

Voir la petite animation en marge, ici

Si votre ami n'est pas convaincu, lancez des pièces. Chaque fois que vous obtenez trois têtes d'affilée, demandez-lui de désigner une probabilité pour une tête sur le prochain lancer (moins de 50%) qu'il pense devoir être juste selon son raisonnement. Demandez-leur de vous donner les cotes correspondantes (c'est-à-dire qu'il doit être prêt à payer un peu plus de 1: 1 si vous pariez sur la tête, car ils insistent sur le fait que les queues sont plus probables). Il est préférable de définir beaucoup de paris pour un petit montant. (Ne soyez pas surpris s'il y a une excuse pour expliquer pourquoi ils ne peuvent pas prendre leur moitié du pari - mais cela semble au moins réduire considérablement la véhémence avec laquelle le poste est occupé.)

[Cependant, toute cette discussion est basée sur l’équité de la pièce. Si la pièce n'était pas équitable (50-50), une version différente de la discussion, basée sur les écarts par rapport à la différence de proportion attendue, serait nécessaire. Avoir 10 têtes sur 10 lancers pourrait vous rendre méfiant de l'hypothèse de p = 0,5. Une pièce de monnaie bien lancée doit être proche de la juste pondération ou non, mais doit en fait présenter un biais mineur mais exploitable , en particulier si la personne qui l' exploite est quelqu'un comme Persi Diaconis. En revanche, les pièces de monnaie filées peuvent être assez susceptibles d’être biaisées en raison d’un poids accru sur une face.]

La confusion vient du fait qu’il examine la probabilité dès le début sans se préoccuper de ce qui est déjà arrivé.

Permet de simplifier les choses:

Premier retournement:

T

Maintenant, la probabilité d'un T était de 50%, donc 0,5.

La chance que le prochain retournement soit à nouveau T est de 0.5

TT 0.5
TF 0.5

Cependant, qu'en est-il du premier retournement? Si nous incluons cela, alors:

TT 0.25
TF 0.25

Les 50% restants commencent par F et présentent à nouveau une répartition égale entre T et F.

Pour étendre cela à dix queues de suite, la probabilité que vous en ayez déjà une est de 1/1024.

La probabilité que le prochain soit T ou F est de 50%.

Donc, la chance dès le début de 11 queues est de 1 sur 2048. La probabilité d'avoir déjà retourné la queue 10 fois que le prochain retournement sera aussi une queue est encore de 50%.

Ils tentent d’appliquer l’improbabilité de la chance sur 10 sur 10 sur la chance d’un autre T, alors que cela s’est déjà produit, de sorte que la probabilité que cela se produise n’a plus d’importance.

11 queues dans une rangée ne sont pas plus ou moins susceptibles que 10 queues suivies d'une tête.

La probabilité que 11 flips soient tous des queues est improbable, mais comme cela est déjà arrivé, cela n'a plus d'importance!

Les chances sont toujours 50-50 que le prochain retournement sera la queue.

Explication très simple: les chances de retourner 10 têtes + 1 queue dans cet ordre sont très faibles. Mais au moment où vous avez retourné 10 têtes, vous avez déjà battu la plupart des chances ... vous avez 50% de chances de terminer la séquence avec le prochain lancer de pièce.

Vous devriez essayer de les convaincre que si les résultats précédents avaient un impact sur les lancers à venir, non seulement les 10 derniers lancers auraient dû être pris en compte, mais également tous les lancers précédents dans la vie des pièces.

Je pense que c'est une approche plus logique.

Ce n'est pas vraiment une réponse - votre problème est psychologique, pas mathématique. Mais cela peut aider.

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

$1/2$

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

$$\lim_{n \rightarrow \infty} x_n/n =1/2$$ $$\lim_{n \rightarrow \infty} \frac{10+x_n}{n+10}= 1/2$$ $$\frac{10+500000}{1000010} \approx 0.5$$ ainsi, dans la limite, les 10 premières queues importent peu, son effet est "lavé" par tous les lancers ultérieurs. Il n’est donc pas nécessaire de "mettre en balance" le résultat limite. Mathématiquement, cela est juste en utilisant le fait que la limite (si elle existe ...) d'une séquence de nombres ne dépendent pas du tout sur tout fini, segment initial! Ainsi, nous pouvons assigner arbitrairement les résultats pour les dix (ou cent premiers) lancés sans affecter la limite, du tout. Je suppose que cette façon de l'expliquer à vos amis joueurs (peut-être avec plus de nombres et d'exemples et moins d'algèbre ...) pourrait être la meilleure façon.

L’autre aspect est le suivant : après dix lancers à dix queues, peut-être que quelqu'un commence à douter de la qualité de la pièce de monnaie, correspond au modèle simple et ordinaire des lancers indépendants, à probabilité égale. En supposant que le "lanceur" (la personne qui effectue le lancer) n'a pas été formé pour contrôler les lancers d'une manière ou d'une autre et qu'il lance vraiment de manière honnête, la probabilité de la queue doit être de moitié ( voir cet article de Gelman ).

Donc, il doit y avoir, dans l'hypothèse alternative, une certaine dépendance entre les lancers de pièces! Et, après avoir vu dix queues de suite, il est évident que la dépendance est positive, de sorte qu'une queue augmente la probabilité que le prochain tirage au sort soit une queue. Mais ensuite, après cette analyse, la conclusion raisonnable est que la probabilité que le onzième lancer soit une queue est augmentée et non réduite! Donc, dans ce cas, la conclusion est le contraire de vos amis joueurs.

Je pense que vous aurez besoin d'un modèle très étrange pour justifier leurs conclusions.

En supposant que les jetons soient indépendants, il est très facile à prouver d’un statisticien à un autre. Cependant, votre ami ne semble pas croire que les lancers soient indépendants. Hormis le fait de jeter des mots qui sont synonymes d’indépendant (par exemple, la pièce n’a pas de «mémoire»), vous ne pouvez pas lui prouver que les flips de pièce sont indépendants avec un simple argument verbal. Je suggérerais d'utiliser la simulation pour affirmer votre affirmation, mais pour être honnête, si votre ami ne croit pas que les lancers soient indépendants, je ne suis pas sûr qu'il en croira les résultats.

Pour reprendre certaines des explications déjà données (par @TimB et @James K), une fois que vous avez retourné une pièce de monnaie 10 fois et que vous avez eu 10 têtes, la probabilité d'obtenir 10 têtes de suite est exactement 1.0! C'est déjà arrivé, donc la probabilité que cela se produise est maintenant fixée.

Lorsque vous multipliez cela par la probabilité que vous obteniez des peaux lors de votre prochain retournement (0.5), vous obtenez exactement 0.5.

Parier sur les queues avec autre chose que même les cotes à ce moment-là est le pari du meunier.

Disons que je suis convaincu que la pièce est juste. Si la pièce était juste, alors la probabilité d'avoir 10 têtes de suite est Ainsi, en tant que fréquentiste au sens , je dois rejeter le : la pièce de monnaie est juste et conclure que le : "quelque chose est louche" est vrai. Non, je ne peux pas affirmer que la probabilité de voir une autre tête est toujoursα=1%H0Ha

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

Je vous laisse le soin d'appliquer l'approche bayésienne et d'arriver à une conclusion similaire. Vous allez commencer avec la probabilité antérieure des têtes , puis le mettre à jour avec l'observation de 10 têtes d'affilée, et vous verrez comment la probabilité postérieure des têtes π>$p=\frac{1}{2}$$\pi>\frac{1}{2}$

UPDATE @oerkelens exemple peut être interprété de deux manières.

• votre ami a parié sur THHTTHTHT, puis a lancé une pièce 10 fois et a obtenu: THHTTHTHT. Dans ce cas, vous serez aussi surpris qu'avec 10 têtes d'affilée et commencerez à douter de l'équité d'une pièce de monnaie. Vous ne savez pas quoi penser de la probabilité de la queue dans le prochain lancer, parce que votre ami semble être capable d'obtenir exactement ce qu'il veut, ce n'est pas aléatoire.
• vous avez jeté une pièce 10 fois, et observé une combinaison qui s'est avérée être THHTTHTHE, vous remarquerez qu'il y avait 6 queues et 4 têtes, ce qui est , ce qui n'a rien de particulier. Par conséquent, la probabilité d'une queue dans le prochain tirage au sort est probablement , car il n'y a aucune raison de douter de son équité.$p=\frac{10!}{6!4!2^{10}}\sim 0.2$$\frac{1}{2}$

En outre, on pourrait faire valoir que, bien que la probabilité 0,001 soit faible, si vous lancez 100 000 pièces 10 000 pièces de monnaie, vous verrez forcément quelques combinaisons de 10 têtes. C'est vrai, mais dans ce cas, vous avez un million de lancers de pièces au total et vous recherchez au moins une combinaison de 10 têtes dans la séquence. La probabilité fréquentiste d'observer au moins une combinaison de 10 têtes est calculée comme suit: Donc, le fréquentiste conclura après de longs mois à lancer une pièce de monnaie 1 million de fois et à observer une combinaison de 10 têtes, il n’ya pas de problème, il se passe des choses. Il n'apportera aucun ajustement à ses attentes concernant la probabilité de la prochaine tête et la laissera à 0,5.

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

POUR LES PERSONNES INFORMATIQUES Si vos amis sont des programmeurs, j’ai trouvé que le moyen le plus facile de faire appel à leur intuition est de programmer. Demandez-leur de programmer l'expérience de tirage au sort. Ils vont réfléchir un peu puis proposer quelque chose comme ceci:

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

THTHTHTHHHT.

Tu leur demanderas

Où est votre code pour gérer 10 têtes d'affilée ici? Il semble que dans votre code, indépendamment de ce qui s'est passé dans les 10 premières boucles, le 11ème lancer a une probabilité de 0,5.

Cependant, cette affaire en appelle au tirage au sort équitable. Le code est conçu avec un tirage au sort équitable. Dans le cas de 10 têtes cependant, il est très peu probable que la pièce soit juste.

Dans des circonstances idéales, la réponse est non. Chaque lancer est indépendant de ce qui est arrivé avant. Donc, si cette pièce est vraiment juste, cela n’a aucune importance. Mais si vous ne savez pas si la pièce est défectueuse ou non (ce qui pourrait arriver dans la vie réelle), une longue séquence de queues peut laisser croire à une injustice.

Cette réponse fonctionnera pour toutes les questions de ce type, y compris le problème de Monty Hall. Demandez-leur simplement quelles sont, à leur avis, les chances d'obtenir une queue après dix têtes. Offre de les jouer pour un peu mieux (à eux), mais toujours sous 50-50 cotes. Avec un peu de chance, ils accepteront de laisser un ordinateur effectuer le retournement, auquel cas vous aurez rapidement une somme d'argent dans votre poche. Sinon, cela prendra plus de temps mais le résultat est (inévitablement) le même.

Comment pourriez-vous les convaincre? Une façon est de montrer la distribution des résultats du problème exact décrit.

#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])

Essayez comme ceci: Supposons que nous ayons déjà lancers de têtes - un événement très très rare avec une probabilité "d’y être" de . Maintenant, nous nous préparons pour un autre lancer et pensons à l’avenir à ce qui pourrait se passer ensuite:0,5 $10$$0.5^{10}$

• si c'est le cas, on finit toujours par enregistrer une série d'événements extrêmement rares avec une probabilité de ;$0.5^{10}$
• si en tête, la probabilité de série entière est un peu plus petite, mais pas celle beaucoup plus petite, ;$0.5^{11}$

Et la différence entre les deux n’est qu’un bon tirage au sort.