P (HHHHH) to prawdopodobieństwo posiadania pięciu orłów z rzędu.Ale P (H | HHHH) oznacza posiadanie orłów, jeśli ostatnie cztery rzuty były orłami.W pierwszym jesteś na początku eksperymentu, w drugim wykonałeś już cztery rzuty i znasz wyniki.Pomyśl o następujących przeformułowaniach:

P (HHHHH): Gdybyś miał rozpocząć eksperyment od nowa, jakie byłoby prawdopodobieństwo posiadania pięciu głów?

P (H | HHHH): Gdybyś rozpoczął eksperyment, ale kontynuował go od nowa, aż uzyskasz cztery głowy z rzędu, a następnie, biorąc pod uwagę, że masz cztery głowy, jakie byłoby prawdopodobieństwo uzyskania ostatniejjako głowy?

P (HHHHH)

Istnieją 32 możliwe wyniki 5-krotnego rzutu monetą. Oto ich lista:

  HHHHH THHHH HTHHH TTHHH HHTHH THTHH HTTHH TTTHH
HHHTH THHTH HTHTH TTHTH HHTTH THTTH HTTTH TTTTH
HHHHT THHHT HTHHT TTHHT HHTHT THTHT HTTHT TTTHT
HHHTT THHTT HTHTT TTHTT HHTTT THTTT HTTTT TTTTT
 

Wszystkie te wyniki są równie prawdopodobne. Zatem prawdopodobieństwo wystąpienia którejkolwiek z tych sekwencji wynosi 1/32 = 0,03125. Dlatego P (HHHHH) = 0,03125.

P (H | HHHH)

Rozważamy teraz możliwe wyniki rzutu monetą single , obserwując właśnie 4 reszki z rzędu. Jedyne dwa możliwe wyniki tego pojedynczego rzutu monetą są oczywiście następujące:

  H.
T
 

Ponieważ zakłada się, że rzuty monetą są niezależne, fakt, że właśnie zaobserwowaliśmy 4 reszki z rzędu, jest nieistotny, więc jest to to samo, co biorąc pod uwagę P (H), prawdopodobieństwo wystąpienia orła w jednym rzucie, niezależnie od tego właśnie zaobserwowano. Dlatego P (H | HHHH) = 0,5.

Często pomocne jest określenie warunków w zakresie informacji:

$$ \ mathbb {P} [H | HHHH] $$

można odczytać jako „Prawdopodobieństwo zdobycia głów, biorąc pod uwagę, że mam już 4 głowy”, tj. biorąc pod uwagę information, że są już 4 głowy .

Oczywiście powiedziano nam, że rzuty monetą są niezależne, więc ta informacja nie jest pomocna - poprzednie rzuty nie mają nic wspólnego z nadchodzącymi rzutami, tj. ta informacja nie mówi nam nic o prawdopodobieństwie nadchodzącego wydarzenia . Stąd (ponieważ to uczciwa moneta), $ \ mathbb {P} [H | HHHH] = 0,5 $

Możemy myśleć o braku warunku jako o braku informacji , więc $ \ mathbb {P} [H] $ to „prawdopodobieństwo resz, bez dalszych informacji” oraz

$$ \ mathbb {P} [H | HHHH] = \ mathbb {P} [H] $$

jest powtórzeniem powyższego - prawdopodobieństwo zdobycia orła, biorąc pod uwagę informację, że mamy już 4 orły, jest takie samo, jak prawdopodobieństwo zdobycia orła bez innych informacji.

Wreszcie możemy zobaczyć

$$ \ mathbb {P} [HHHHH] $$

Jako „prawdopodobieństwo 5 resz, bez dalszych informacji”. Oznacza to, że nie znamy jeszcze wyniku żadnych rzutów (ponieważ te wyniki liczyłyby się jako informacja) i tam otrzymujemy nasz $ \ mathbb {P} [HHHHH] = \ frac1 {32} $ - ze wszystkich $ 2 ^ 5 $ możliwych wyników 5 rzutów (począwszy od kiedy nie znamy jeszcze żadnych wyników) , jest tylko 1, gdzie wszystkie rzuty to H.

Notacja, która nie indeksuje rzutów monetą i / lub ich wyników (a nawet nie oddziela wyników przecinkami ani znakami przecięcia) może być myląca.Skąd mamy wiedzieć, do którego rzutu monetą odnosi się każda $ H $ , do której odnosi się $ P (H | HHHH) $ czy $ P (HHHHH) $ ?Często możemy zgadywać, ale jest to niepotrzebnie niejednoznaczne.

Zindeksujmy rzuty monetą i ich wyniki liczbami naturalnymi.Biorąc pod uwagę, że moneta nie ma pamięci, mam nadzieję, że jest jaśniejsze, dlaczego $$ P (H_1 | H_1, H_2, H_3, H_4) = 1, $$ ale $$ P (H_5 | H_1, H_2, H_3, H_4) = 0,5 $$ i $$ P (H_1, H_2, H_3, H_4, H_5) = 0,03125. $$

Sugerowałbym uruchomienie symulacji i glądaj rozkład warunkowy jako filtr zastosuj na data.

W szczególności możesz

1. symulacja dużej ilości (powiedzmy 5 milionów) rzutów monetą na 5 uczciwych monetach
2. spróbuj znaleźć za pierwsze 4 monety, wyniki to HHHH
3. wybierz podzbiór danych według pierwszych 4 monet, a wyniki to HHHH
4. sprawdź rozkład na piątej monecie.

Może się okazać, że jest bliski 0,5

Uczciwa niezależna moneta

Prawdopodobieństwo zdarzenia a (piąty przypadek to głowy $ H_5 $ ) dane zdarzenie b (już 4 głowy $ H_4H_3H_2 $ )

$$ \ underbrace {P (H_5 | H_4H_3H_2H_1)} _ {\ text {P (a dane b)}} = \ frac {\ overbrace {P (H_5 \ & H_4H_3H_2H_1)} ^ {\ text {P (a i b)}}} {\ underbrace {P (H_5 \ & H_4H_3H_2H_1)} _ {\ text {P (a i b)}} + \ underbrace {P (T_5 \ & H_4H_3H_2H_1)} _ {\ text {P ((nie a) i b)}}} $$

Za uczciwą monetę masz $ P (T_5H_4H_3H_2H_1) = P (H_5H_4H_3H_2H_1) = 0,5 ^ 5 $ . A powyższe równanie będzie

$$ {P (H_5 | H_4H_3H_2H_1)} = \ frac {0.5 ^ 5} {0,5 ^ 5 + 0,5 ^ 5} = 0,5 $$

Z uczciwą monetą , która jest również niezależna (zauważ, że możemy mieć $ p_ {heads} = p_ {tails} $ , ale co niekoniecznie oznacza, że przewroty są niezależne), powinieneś otrzymać powyższy wynik. Ale to nie jest ogólny wynik.

Nieuczciwa moneta (lub moneta z niezależnymi rzutami)

Ale jeśli moneta jest prawdopodobnie niesprawiedliwa lub nie jest niezależna od flip to flip, może to nie być prawda. W oparciu o pewien zakładany rozkład prawdopodobieństwa dla uczciwości monety można obliczyć różne wartości dla $ P (T_5H_4H_3H_2H_1) $ i $ P (H_5H_4H_3H_2H_1) $ .

W bardziej ogólnym przypadku (moneta niekoniecznie jest uczciwa) możesz otrzymać to, że mając już cztery orły, $ P (H_5 | H_4H_3H_2H_1) >P (H_5) $ span >

Widzę dwa wyjaśnienia:

1: (to samo, co już opublikowane, ale dotyczy tylko reszek i reszek monet) Ponieważ są tylko dwie możliwości, H i T, P (H | HHHH) jest takie samo jak P (HHHHH) / (P (HHHHH) + P (HHHHT)) P (HHHHH) = .5 ^ 5 i P (HHHHT) = .5 ^ 5, więc P (H | HHHH) = .5 ^ 5 / (. 5 ^ 5 + .5 ^ 5) = .5 ^ 5 /(2 * (. 5 ^ 5)) = 1/2

2: P (HHHHH) to cała historia, P (H | HHHH) to tylko ostatni rozdział.

Prawdopodobieństwo dojścia do HHHHH po 5 rzutach wynosi (1/2) ^ 5, ponieważ każdy rzut ma bezwarunkowe prawdopodobieństwo 1/2, jak stwierdzono.Paradoks, w którym P (H | HHHH) jest reprezentowany jako (1/2), jest związany z ignorowaniem prawdopodobieństwa wejścia w stan HHHH po 4 rzutach przed spojrzeniem na następny rzut.Podsumowując, 1/2 wydaje się zaskakująco wysokie prawdopodobieństwa dla P (H | HHHH) bez uwzględnienia, że prawdopodobieństwo osiągnięcia stanu HHHH jest przede wszystkim niskie ((1/2) ^ 4).

$ P (H | \ text {cokolwiek}) = P (H) = 0,5 $ Prawdopodobieństwo rzutu uczciwą monetą będącą „orłem” wynosi połowa, bezwarunkowo, bez względu na to, jakie inne wydarzenia miały miejsce wcześniej lub w tym samym czasie.

Zapis prawdopodobieństwa warunkowego $ | $ $ P (A | B) $ wyraża przede wszystkim prawdopodobieństwo $ A $ . $ B $ podaje warunek, który modyfikuje znaczenie $ P (A) $ z perspektywy sytuacja $ B $ jest prawdą.

$ P (A | B) $ można traktować jako operator makra zgodnie z tą definicją:

$$ P (A | B) \ equiv \ frac {P (A \ cap B)} {P (B)} $$

Dlatego jeśli podstawimy nasze parametry, które nas interesują:

$$ P (H | HHHH) \ equiv \ frac {P (H \ cap HHHH)} {P (HHHH)} $$

Ale $ P (H \ cap HHHH) $ oznacza po prostu prawdopodobieństwo wyrzucenia czterech głów, a potem jeszcze jednej: oznacza dokładnie to samo co $ P (HHHHH) $ . W rzeczywistości $ P (HHH ...) $ to skrót od $ P (H \ cap H \ cap H ...) $ . Zatem:

$$ P (H | HHHH) \ equiv \ frac {P (H \ cap HHHH)} {P (HHHH)} \ equiv \ frac {P (HHHHH)} {P (HHHH)} $$

Jest to prawdopodobieństwo wyrzucenia pięciu orłów podzielone przez prawdopodobieństwo wyrzucenia czterech orłów. Ponieważ rzuty monetą są niezależne, a ich prawdopodobieństwa są mnożone razem, to jest po prostu:

$$ \ frac {(1/2) ^ 5} {(1/2) ^ 4} = 1/2 = P (H) $$

Pomocne może być myślenie o tych niezależnych wydarzeniach, takich jak pojedyncze kroki podczas wspinaczki na górę. Każdy krok to tylko jeden stopień w górę. Jednak, chociaż te kroki są takie same pod względem odległości i wysiłku, każdy kolejny krok powoduje również, że jesteś wyżej.

Jak to się dzieje, że mój ostatni krok na górę może zaprowadzić mnie na samą górę, skoro wciąż robię tylko jeden stopień? Nadal zużywasz tylko ułamek energii? Oczywiście dzieje się tak dlatego, że wszystkie poprzednie kroki stworzyły sytuację, w której jeszcze jeden dokładnie taki sam krok doprowadziłby mnie do osiągnięcia szczytu.

W przypadku rzutu monetami, każdy rzut monetą ma 50% szans na przybliżenie Cię o jeden rzut bliżej celu. Ta 50% szansa, jeśli się powiedzie, zawsze daje ci tylko jedną „główkę” do zdobycia 5 z rzędu. Jeszcze jeden krok. I zawsze jest to 50% szansy. Jeśli jednak doświadczyłeś już dość rzadkiego zestawu czterech z rzędu, ten kolejny krok (podobnie jak reszta) uzupełni zestaw 5 z rzędu ... Jeśli to się uda .. . Co będzie, dokładnie w 50% przypadków.

Mam nadzieję, że to pomoże.

Obserwacje są niezależne, więc poprzednie losowania nie mają wpływu na następne losowanie.Zatem P (H) = P (T) = 0,50, jeśli widzieliście wcześniej THTHH lub H wcześniej lub TTTHHH.To, co faktycznie widziałeś jako ostatnie, nie wpływa na następne losowanie.Jeśli jednak poprzednie zdarzenie jest jeszcze niewidoczne, nie mamy do czynienia z prawdopodobieństwem warunkowym.

Dotyczy to również patrzenia w przyszłość.Ponieważ każde losowanie nie wpływa na jego następcę, musisz pomnożyć prawdopodobieństwo wyniku.W ten sposób otrzymujesz P (TH) = 0,25, ale P (T | H) = 0,50.

Prawdopodobieństwo warunkowe to prawdopodobieństwo, że coś się stanie, biorąc pod uwagę coś już się wydarzyło - nacisk na czas przeszły.