Probabilidade de uma série de k sucessos em uma sequência de n ensaios de Bernoulli

Estou tentando encontrar a probabilidade de obter 8 tentativas consecutivas corretas em um bloco de 25 tentativas, você tem 8 bloqueios totais (de 25 tentativas) para obter 8 tentativas corretas consecutivas. A probabilidade de acertar qualquer tentativa com base em adivinhação é 1/3, depois de corrigir 8 em linha, os blocos terminam (portanto, tecnicamente, não é possível obter mais de 8 em linha). Como eu iria encontrar a probabilidade de isso ocorrer? Eu tenho pensado ao longo das linhas de usar (1/3) ^ 8 como a probabilidade de obter 8 em linha correta, existem 17 chances possíveis de obter 8 em linha em um bloco de 25 tentativas, se eu multiplicar 17 possibilidades * 8 blocos que recebo 136, 1- (1- (1/3) ^ 8) ^ 136 me daria a probabilidade de obter 8 em linha correta nesta situação ou estou perdendo algo fundamental aqui?

Ao acompanhar as coisas, você pode obter uma fórmula exata .

Deixe $p=1/3$ a probabilidade de sucesso e $k=8$ ser o número de sucessos em uma linha você deseja contar. Eles foram corrigidos para o problema. Os valores variáveis ​​são $m$ , o número de tentativas restantes no bloco; e $j$ , o número de sucessos sucessivos já observados. Deixe a chance de, eventualmente, alcançar $k$ sucessos seguidos antes que $m$ tentativas sejam esgotadas, seja escrita $f_{p,k}(j,m)$ . Procuramos $f_{1/3,8}(0,25)$ .

Suponha que acabamos de ver nosso $j^\text{th}$ sucesso em uma linha com $m\gt0$ ensaios de ir. O próximo julgamento é um sucesso, com probabilidade $p$ - nesse caso, $j$ é aumentado para $j+1$ -; ou então é uma falha, com probabilidade $1-p$ - nesse caso $j$ é redefinido para $0$ . Nos dois casos, $m$ diminui em $1$ . De onde

Como condições iniciais, temos os resultados óbvios para m ≥ 0 ( isto é , já vimos k em uma linha) ef p , k ( j , m ) = 0 para k - j > m ( ou seja , não há testes suficientes para obter $f_{p,k}(k,m)=1$$m \ge 0$$k$$f_{p,k}(j,m)=0$$k-j \gt m$$k$seguidas). Agora é rápido e direto (usando programação dinâmica ou, porque os parâmetros deste problema são muito pequenos, recursão) calcular

Quando esta rendimentos 80897 / 43046721 ≈ $p=1/3$$80897 / 43046721 \approx 0.0018793$ .

Um Rcódigo relativamente rápido para simular isso é

hits8 <- function() {
    x <- rbinom(26, 1, 1/3)                # 25 Binomial trials
    x[1] <- 0                              # ... and a 0 to get started with `diff`
    if(sum(x) >= 8) {                      # Are there at least 8 successes?
        max(diff(cumsum(x), lag=8)) >= 8   # Are there 8 successes in a row anywhere?
    } else {
        FALSE                              # Not enough successes for 8 in a row
    }
}
set.seed(17)
mean(replicate(10^5, hits8()))

Após 3 segundos de cálculo, a saída é . Embora isso pareça alto, são apenas 1,7 erros padrão desativados. Executei outras 10 6 iterações, produzindo 0,001867 : apenas 0,3 erros padrão abaixo do esperado. (Como checagem dupla, como uma versão anterior desse código tinha um bug sutil, também executei 400.000 iterações no Mathematica, obtendo uma estimativa de $0.00213$$10^6$$0.001867$$0.3$$0.0018475$ .)

Este resultado é menos do que um décimo da estimativa de em questão. Mas talvez eu não tenha entendido integralmente lo: uma outra interpretação de "você tem 8 total de blocos ... para obter 8 ensaios corrigir em uma linha" é que o ser resposta procurada iguais 1 - ( 1 - f 1 / 3 , 8 ( 0 , 25 ) ) 8 ) = 0,0149358 ... .$1-(1-(1/3)^8)^{136} \approx 0.0205$$1 - (1 - f_{1/3,8}(0,25))^8) = 0.0149358...$

Embora a excelente solução de programação dinâmica da @ whuber valha a pena ser lida, seu tempo de execução é $\mathcal O(k^2m)$ with respect to total number of trials $m$ and the desired trial length $k$ whereas the matrix exponentiation method is $\mathcal O(k^3\log(m))$. If $m$ is much larger than $k$, the following method is faster.

Ambas as soluções consideram o problema como uma cadeia de Markov com estados representando o número de tentativas corretas no final da cadeia até agora e um estado para alcançar as tentativas corretas desejadas seguidas. A matriz de transição é tal que ver uma falha com probabilidade envia de volta ao estado 0 e, caso contrário, com a probabilidade 1 - p avança para o próximo estado (o estado final é um estado absorvente). Ao elevar esta matriz para o n ° de potência, o valor na primeira fila, e a última coluna é a probabilidade de ver k = 8 cabeças em uma fileira. Em Python:$p$$1-p$$n$$k=8$

import numpy as np

def heads_in_a_row(flips, p, want):
    a = np.zeros((want + 1, want + 1))
    for i in range(want):
        a[i, 0] = 1 - p
        a[i, i + 1] = p
    a[want, want] = 1.0
    return np.linalg.matrix_power(a, flips)[0, want]

print(heads_in_a_row(flips=25, p=1.0 / 3.0, want=8))

produz 0,00187928367413 conforme desejado.

De acordo com esta resposta , explicarei um pouco mais a abordagem de Markov-Chain por @Neil G e fornecerei uma solução geral para esses problemas R. Vamos denotar o número desejado de tentativas corretas seguidas de , o número de tentativas como ne uma tentativa correta de W (vitória) e uma tentativa incorreta de F (falha). No processo de acompanhar as tentativas, você deseja saber se você já teve uma sequência de 8 tentativas corretas e o número de tentativas corretas no final de sua sequência atual. Existem 9 estados ( k + 1 ):$k$$n$$W$$F$$k+1$

: Ainda não tivemos 8 tentativas corretas seguidas, e a última foi$A$$8$$F$.

$B$: We have not had $8$ correct trials in a row yet, and the last two trials were $FW$.

$C$: We have not had $8$ correct trials in a row yet, and the last three trials were $FWW$.

$\ldots$

$H$: We have not had $8$ correct trials in a row yet, and the last eight trials were $FWWWWWWW$.

$I$: We've had $8$ correct trials in a row!

The probability of moving to state $B$ from state $A$ is $p=1/3$ and with probability $1-p=2/3$ we stay in state $A$. From state $B$, the probability of moving to state $C$ is $1/3$ and with probability $2/3$ we move back to $A$. And so on. If we are in state $I$, we stay there.

From this, we can construct a $9\times9$ transition matrix $M$ (as each column of $M$ sums to $1$ and all entries are positive, $M$ is called a left stochastic matrix):

Each column and row corresponds to one state. After $n$ trials, the entries of $M^{n}$ give the probability of getting from state $j$ (column) to state $i$ (row) in $n$ trials. The rightmost column corresponds to the state $I$ and the only entry is $1$ in the right lower corner. This means that once we are in state $I$, the probability to stay in $I$ is $1$. We are interested in the probability of getting to state $I$ from state $A$ in $n=25$ steps which corresponds to the lower left entry of $M^{25}$ (i.e. $M^{25}_{91}$). All we have to do now is calculating $M^{25}$. We can do that in R with the matrix power function from the expm package:

library(expm)

k <- 8   # desired number of correct trials in a row
p <- 1/3 # probability of getting a correct trial
n <- 25  # Total number of trials 

# Set up the transition matrix M

M <- matrix(0, k+1, k+1)

M[ 1, 1:k ] <- (1-p)

M[ k+1, k+1 ] <- 1

for( i in 2:(k+1) ) {

  M[i, i-1] <- p

}

# Name the columns and rows according to the states (A-I)

colnames(M) <- rownames(M) <- LETTERS[ 1:(k+1) ]

round(M,2)

     A    B    C    D    E    F    G    H I
A 0.67 0.67 0.67 0.67 0.67 0.67 0.67 0.67 0
B 0.33 0.00 0.00 0.00 0.00 0.00 0.00 0.00 0
C 0.00 0.33 0.00 0.00 0.00 0.00 0.00 0.00 0
D 0.00 0.00 0.33 0.00 0.00 0.00 0.00 0.00 0
E 0.00 0.00 0.00 0.33 0.00 0.00 0.00 0.00 0
F 0.00 0.00 0.00 0.00 0.33 0.00 0.00 0.00 0
G 0.00 0.00 0.00 0.00 0.00 0.33 0.00 0.00 0
H 0.00 0.00 0.00 0.00 0.00 0.00 0.33 0.00 0
I 0.00 0.00 0.00 0.00 0.00 0.00 0.00 0.33 1

# Calculate M^25

Mn <- M%^%n
Mn[ (k+1), 1 ]
[1] 0.001879284

The probability of getting from state $A$ to state $I$ in 25 steps is $0.001879284$, as established by the other answers.

Here is some R code that I wrote to simulate this:

tmpfun <- function() {
     x <- rbinom(25, 1, 1/3)  
     rx <- rle(x)
     any( rx$lengths[ rx$values==1 ] >= 8 )
}

tmpfun2 <- function() {
    any( replicate(8, tmpfun()) )
}

mean(replicate(100000, tmpfun2()))

I am getting values a little smaller than your formula, so one of us may have made a mistake somewhere.

Here is a Mathematica simulation for the Markov chain approach, note that Mathematica indexes by $1$ not $0$:

M = Table[e[i, j] /. {
    e[9, 1] :> 0,
    e[9, 9] :> 1,
    e[_, 1] :> (1 - p),
    e[_, _] /; j == i + 1 :> p,
    e[_, _] :> 0
  }, {i, 1, 9}, {j, 1, 9}];

x = MatrixPower[M, 25][[1, 9]] // Expand

This would yield the analytical answer:

Evaluating at $p=\frac{1.0}{3.0}$

x /. p -> 1/3 // N

Will return $0.00187928$

This can also be evaluated directly using builtin Probability and DiscreteMarkovProcess Mathematica functions:

Probability[k[25] == 9, Distributed[k, DiscreteMarkovProcess[1, M /. p -> 1/3]]] // N

Which will get us the same answer: $0.00187928$