连续10个头是否增加了下一次折腾成为尾巴的机会？

我假设以下情况是正确的：假设硬币是公平的，则抛硬币时连续获得10个正面，这并不会增加下一个抛硬币成为尾巴的机会，无论周围扔了多少概率和/或统计术语（打扰）

假设情况是这样，我的问题是：我该如何说服某人呢？

他们很聪明，受过良好教育，但似乎决心不考虑我在这个问题上的正确性。

他们试图断言如果有10个头，那么序列中的下一个更可能是尾巴，因为统计数字表明最终会平衡

在非常特殊的意义上只有“平衡”。

如果这是一个公平的硬币，那么每次掷硬币仍然是50-50。硬币不知道它的过去。它不知道人头过多。它无法弥补其过去。曾经。它只是不断地以正面或反面的机会出现在正面或反面。

如果是的头数（是尾数），那么对于一个公平的硬币，趋向于1，因为无穷....但不会变为0。实际上，它也会变为无穷大！$n_H$$n=n_H+n_T$$n_T$$n_H/n_T$$n_H+n_T$$|n_H-n_T|$

也就是说，没有什么可以使它们更加均匀。计数不倾向于“平衡”。平均而言，正面和反面的不平衡实际上会加剧！

这是100组进行1000次抛掷的结果，灰色迹线显示每个步骤的头数减去尾数的差。

灰色轨迹（代表）是伯努利随机游走。如果您想到某个粒子在每个时间步长上以一个单位步长（随机地以相等的概率）在y轴上上下移动，那么随着时间的流逝，粒子位置的分布将远离0扩散。它仍然具有0的期望值，但是它与0的期望距离随着时间步长数的平方根增大。[请注意任何想“ 他是在谈论期望的绝对差还是RMS差 ”的人-实际上是：对于大，第一个是是第二个的80％。$n_H-n_T$$n$$\sqrt{2/\pi}\approx$

上方的蓝色曲线位于，绿色曲线位于。如您所见，总头和总尾之间的典型距离会增加。如果有什么事情可以“恢复平等”-“弥补”与平等的背离-他们通常不会像这样进一步分裂。（不难将其代数表示出来，但我怀疑这能否说服您的朋友。关键部分在于独立随机变量总和的方差是方差的总和请参阅链接部分的末尾 -每个当您添加另一个硬币翻转时，您在总和的方差上添加了一个常量...因此方差必须与成比例地增长$\pm \sqrt{n}$$\pm 2\sqrt{n}$ $<$$>$$n$。因此，标准偏差随增大。在这种情况下，每个步骤上添加到方差的常数恰好是1，但这对参数而言并不重要。）$\sqrt{n}$

等效地，确实会变为，这是因为变为无穷大，但这仅是因为达到无穷远比做。$\frac{|n_H-n_T|}{n_H+n_T}$$0$$n_H+n_T$$|n_H-n_T|$

这意味着，如果我们在每个步骤中将累积计数除以$n$，它就会弯曲-计数的典型绝对差约为，但是比例的典型绝对差则必须约为。。$\sqrt{n}$$1/\sqrt{n}$

这就是所有的事情。越来越大的*等距随机偏差只是被更大的分母“ 冲走 ”了。

*增加典型的绝对尺寸

在这里看到边缘的小动画

如果您的朋友不服气，请扔一些硬币。每次您连续说三个头时，请他或她提名下一次抛头的概率（小于50％），他认为通过他的推理必须是公平的。要求他们给您相应的赔率（也就是说，如果您正面押注，他或她必须愿意多付1：1的赔率，因为他们坚持认为更有可能出现尾巴）。最好将其设置为每次都花少量钱进行大量下注。（对于为什么他们不能承担一半的赌注，如果有借口，不要感到惊讶-但这至少确实似乎大大降低了持仓的激烈程度。）

[但是，所有这些讨论都基于硬币是公平的。如果硬币不公平（50-50），则将需要不同版本的讨论-基于与预期比例差异的偏差。在10次抛掷中有10个头可能会让您怀疑p = 0.5。扔得好好的硬币应该接近或不重权衡，但实际上仍然表现出较小但可利用的偏差，尤其是如果利用它的人是像Persi Diaconis 这样的人。另一方面，由于一个面上的重量增加，旋转硬币可能很容易产生偏差。]

造成混淆的原因是，他从一开始就在考虑可能性，而不在乎其他事情已经发生了。

让我们简化一下：

第一次翻转：

T

现在，T的机会是50％，所以是0.5。

下一次翻转将再次为T的机会是0.5

TT 0.5
TF 0.5

但是，第一次翻转呢？如果我们将其包括在内，则：

TT 0.25
TF 0.25

剩余的50％从F开始，并且在T和F之间又有一个平均分配。

将其扩展到连续十个尾巴-您已经获得的概率是1/1024。

下一个为T或F的概率为50％。

因此，从 11个尾部开始的机会是2048中的1。已经将尾部翻转10次而下一次翻转也将是尾部的概率仍然是50％。

他们试图将1024 T的10赔率中的1的可能性不太可能应用到另一个T的机会中，而事实上这已经发生了，因此发生的可能性不再重要。

连续11条尾巴的出现概率不超过10条尾巴，后面跟着一个头。

11次翻转全是尾巴的可能性不大，但既然已经发生，那就不再重要了！

下一次翻转将是尾巴的可能性仍然是50-50。

非常简单的解释：按此顺序翻转10头+1尾的几率非常低。但是，当您掷出10个头时，您已经击败了大多数赔率...您有50-50的机会在下一次掷硬币时完成序列。

您应该尝试说服他们，如果以前的结果会影响即将到来的抛掷，那么不仅应该考虑最后10次抛掷，而且硬币寿命中的每个先前抛掷都应考虑在内。

我认为这是一种更合乎逻辑的方法。

这不是真正的答案-您的问题是心理上的，而不是数学上的。但这可能会有所帮助。

我经常面对您的“怎么死……”问题。这里的答案-大多数是正确的，对于您要解决的人来说太数学了。我要开始的一个地方是试图说服他们，掷一枚硬币10次实际上与同时掷10个硬币相同。他们可以理解sometimes您会看到10个脑袋的事实。实际上，这大约每千次尝试发生一次（因为）。如果有15,000人尝试这样做，那么大约有30个人会认为自己有特殊的硬币-正面或反面。如果他们接受此论点，则顺序投掷的步骤会容易一些。$2^{10} \approx 10^3$

为了增加先前的答案，这里有两个问题，第一，当计数实际上是公平的并且每次抛掷都独立于所有其他抛掷时会发生什么。然后，我们有了“大数定律”，即在不断增加的抛掷序列的极限中，尾巴的频率将接近尾巴的概率，即。$1/2$

如果前十条尾巴全部都是尾巴，则限制频率仍将是一半，而无需以后再将前十根尾巴“平衡”起来！代数地，令为第的尾数。让我们假设实际上我们得到 然后考虑到前十次抛掷，我们仍然会有 也就是说，经过一百万次十次抛掷，我们得到 $x_n$$11, 12, \dots, n+10.$

另一个方面是：十次抛十尾后，也许有人开始怀疑硬币是否是好硬币，对应于独立，等概率抛弃的简单，普通模型。假设“抛掷者”（进行抛掷的人）没有经过某种方式控制抛掷的训练，并且确实是诚实地进行抛掷，则甩尾的概率必须为一半（请参阅此Gelman论文）。

因此，在替代假设中，抛硬币之间一定存在某种依赖性！而且，在连续看到十个尾巴后，有证据表明依赖性是正的，因此一条尾巴会增加下一次抛硬币成为尾巴的可能性。但是，经过分析之后，合理的结论是，第十一次抛尾的可能性增加了，而不是降低了！因此，在这种情况下，结论与您的赌徒朋友相反。

我认为您将需要一个非常奇怪的模型来证明他们的结论。

假设硬币翻转是独立的，那么从一位统计学家到另一位统计学家就很容易证明这一点。但是，您的朋友似乎不相信硬币翻转是独立的。除了扔掉与独立同义词同义的单词（例如，硬币没有“记忆”）以外，您不能向他证明硬币翻转仅是一个单词参数就独立。我建议您使用模拟来断言您的主张，但是老实说，如果您的朋友不相信掷硬币是独立的，那么我不确定他是否会相信模拟结果。

重申一下已经给出的一些解释（@TimB和@James K），一旦您掷硬币10次并获得10个头，连续获得10个头的概率就是1.0！它已经发生了，所以现在确定发生这种情况的可能性。

将其乘以下一次翻转（0.5）时出现正面的可能性时，您得到的正是0.5。

在那个时候用除偶数以外的任何其他东西来押注尾巴是傻瓜的赌注。

假设我确信该代币是公平的。如果硬币是公平的，那么连续10个正面的概率为 因此，作为具有重要性的常客，我必须拒绝：coin是公平的，并得出结论：“有些可疑”是正确的。不，我不能坚持认为看到另一个头像的可能性仍然是

我将留给您运用贝叶斯方法并得出类似的结论。您将从头的先验概率，然后通过连续观察10个头来更新它，然后您将看到头的后验概率$p=\frac{1}{2}$$\pi>\frac{1}{2}$

UPDATE @oerkelens示例可以用两种方式解释。

• 您的朋友下注THTHTHTTHT，然后掷了10次硬币并得到：THTHTHTTHT。在这种情况下，您会惊讶于连续10个头，并开始怀疑硬币的公平性。您不确定要考虑下一次抛尾的可能性，因为您的朋友似乎能够准确地得到他想要的东西，这不是随机的。
• 您投了10次硬币，观察到某种组合恰好是THTHTHTTHT，您会发现有6个尾巴和4个头，即，不明显。因此，由于没有理由怀疑其公平性，下一次抛尾的概率可能为。$p=\frac{10!}{6!4!2^{10}}\sim 0.2$$\frac{1}{2}$

另外，有人可能会说，尽管0.001的可能性很小，但是如果您将10个硬币扔掉100,000次，您肯定会看到一些10头组合。没错，但是在这种情况下，您总共掷了100万枚硬币，并且您正在寻找至少一个10头组合的序列。观察至少一个10头组合的常客概率计算如下： 因此，常客将得出结论经过漫长的几个月的抛硬币100万次并观察到10个头部的组合，这没什么大不了的，事情发生了。他不会对下一首概率的预期做出任何调整，而将其保留为0.5

对于计算机人员如果您的朋友是计算机程序员，那么我发现吸引他们的直觉的最简单方法是通过编程。请他们对掷硬币实验进行编程。他们会想一点点，然后想出像这样的东西：

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

THTHTHTHHHT.

你会问他们

您在这里连续处理10个磁头的代码在哪里？看起来在您的代码中，无论前10个循环中发生了什么，第11次抛掷都有0.5的正面概率。

但是，这种情况很吸引人。该代码设计合理。但是如果是10个头，硬币就不太可能是公平的。

在理想情况下，答案是否定的。每次掷球都独立于之前。因此，如果这是一个真正公平的硬币，那就没关系了。但是，如果您不确定硬币是否有问题（在现实生活中可能会发生），那么长尾巴序列可能会让人们相信它是不公平的。

该答案适用于所有此类问题，包括Monty Hall问题。只需问他们，他们认为十个脑袋撞个尾巴的几率是多少。提议让他们玩的更好一些（对他们），但赔率仍低于50-50。运气好的话，他们会同意让计算机进行翻转，在这种情况下，您很快就会有口袋里的钱。否则，将花费更长的时间，但结果（不可避免）是相同的。

您如何说服他们？一种方法是显示所描述的确切问题的结果分布。

#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])

像这样尝试：假设我们已经掷了脑袋，这是非常非常罕见的事件，“在那儿”的概率为。现在我们准备再折腾，并预先考虑接下来会发生什么：$10$$0.5^{10}$

• 如果是尾巴，我们仍然会以概率记录一系列极为罕见的事件；$0.5^{10}$
• 如果是正面的，则整个系列的概率会较小，但不会小得多，；$0.5^{11}$

两者之间的区别只是一次抛硬币。