Warum ändert sich die Wahrscheinlichkeit eines Ereignisses in einem binomialen Experiment mit der proportionalen Änderung von Erfolgen und Misserfolgen?

Question

Warum ändert sich die Wahrscheinlichkeit eines Ereignisses in einem binomialen Experiment mit der proportionalen Änderung von Erfolgen und Misserfolgen?

Mathematik
Wahrscheinlichkeit
Wahrscheinlichkeitstheorie
Binomialverteilung
Wahrscheinlichkeitsverteilungen

Rainer Niemann

Nehmen wir die folgenden zwei Binomialexperimente an, indem wir Münzwürfe mit einer fairen Münze annehmen $(p = 0.5)$ :

Allgemein: $\binom{n}{k}p^{k}(1-p)^{n-k}$

$\binom{10}{9} \cdot 0.5^{9} \cdot 0.5^{1} = 0.009766$

$\binom{20}{18} \cdot 0.5^{18} \cdot 0.5^{2} = 0.0001812$

Warum sinkt im zweiten Fall die Wahrscheinlichkeit des Ereignisses, obwohl sich hier die Erfolge und Misserfolge proportional (verdoppelt) verändert haben? Das erscheint mir kontraintuitiv. Gibt es dafür eine intuitive Erklärung?

Vielen Dank im Voraus!

Hinweis: Ich studiere Wirtschaftswissenschaften.

Hintergrundmusik

In

Binomial (n, p)

$\text{Binomial}(n,p)$ , wir haben

n + 1

$n+1$ Unterstützungspunkte

{0, 1, 2, \dots n}

$\{0, 1, 2, \ldots n\}$ während in

Binomial (2 n, p)

$\text{Binomial}(2n,p)$ , wir haben

2 n + 1

$2n+1$ Unterstützungspunkte

{0, 1, 2, \dots 2 n}

$\{0, 1, 2, \ldots 2n\}$ . Diese Stützpunkte haben eine Wahrscheinlichkeitsmasse ungleich Null, und sie summieren sich zu

1

$1$ . Je mehr Punkte wir also haben, desto weniger Wahrscheinlichkeitsmasse wird auf jeden Punkt verteilt. Ich bin mir nicht sicher, ob dies eine intuitive Erklärung ist

Jan

Als grobe Veranschaulichung, wenn Sie eine Bin(2n,p)-Variable haben

Y

$Y$ und eine Bin(n,p)-Variable

X

$X$ , wenn du hättest

P (Y = 2 k) = P (X = k)

$P(Y=2k)=P(X=k)$ für

k = 0, 1, \dots, n

$k=0,1,\dots,n$ , dann gäbe es keine Wahrscheinlichkeit mehr, den ungeraden Werten von zuzuordnen

Y

$Y$ .

Antworten (3)

Warum ändert sich die Wahrscheinlichkeit eines Ereignisses in einem binomialen Experiment mit der proportionalen Änderung von Erfolgen und Misserfolgen?

In $\text{Binomial}(n,p)$ , wir haben $n+1$ Unterstützungspunkte $\{0, 1, 2, \ldots n\}$ während in $\text{Binomial}(2n,p)$ , wir haben $2n+1$ Unterstützungspunkte $\{0, 1, 2, \ldots 2n\}$ . Diese Stützpunkte haben eine Wahrscheinlichkeitsmasse ungleich Null, und sie summieren sich zu $1$ . Je mehr Punkte wir also haben, desto weniger Wahrscheinlichkeitsmasse wird auf jeden Punkt verteilt. Ich bin mir nicht sicher, ob dies eine intuitive Erklärung ist
Als grobe Veranschaulichung, wenn Sie eine Bin(2n,p)-Variable haben $Y$ und eine Bin(n,p)-Variable $X$ , wenn du hättest $P(Y=2k)=P(X=k)$ für $k=0,1,\dots,n$ , dann gäbe es keine Wahrscheinlichkeit mehr, den ungeraden Werten von zuzuordnen $Y$ .

Ethan Bölker · Answer 1

Denken Sie an einen Extremfall (häufig eine nützliche Strategie).

Wenn Sie nur zweimal umdrehen, ist die Wahrscheinlichkeit für eine gleiche Anzahl von Kopf und Zahl hoch $1/2$ . Beim Umdrehen ist das natürlich nicht der Fall $1000$ mal - genau $500$ Köpfe wären sehr überraschend. Was Sie wissen, ist, dass die Wahrscheinlichkeit eines Verhältnisses in der Nähe ist $1/2$ ist hoch.

In Ihrem Fall, wenn Sie alle Wahrscheinlichkeiten erhalten, gehen Sie davon aus $10$ Zu $20$ Münzwürfe, für die Sie keine Wahrscheinlichkeit mehr hätten $19$ Köpfe aus $20$ .

David Quinn · Answer 2

Es kann hilfreich sein, an das zweite Experiment zu denken, dh zwei Erfolge zu erzielen $20$ Münzwürfe, als zwei Sequenzen des ersten Experiments, dh das Werfen der Münze $10$ mal zweimal.

Sie haben die Wahrscheinlichkeit berechnet, einen Erfolg zu erzielen in $10$ wirft - nennen wir das $p$ . Die Wahrscheinlichkeit $q$ genau zu erreichen $2$ Erfolge bei $10$ Würfe ist offensichtlich etwas mehr als $p$ , aber in ähnlicher Größenordnung. Ebenso die Wahrscheinlichkeit $r$ von genau keinen Erfolgen in $10$ Würfe ist weniger als $p$ aber in ähnlicher Größenordnung.

Allerdings ist die Wahrscheinlichkeit genau $2$ Erfolge bei $20$ wirft ist jetzt

P^{2} + 2 Q R

$p^2+2qr$ .

Das ist also ungefähr $3p^2$ und daher sehr viel kleiner als $p$ .

Hallo @DavidQuinn, danke für deine Antwort. Rechnerisch klingt das plausibel, das hilft mir weiter. Aber gibt es dafür auch eine nicht-mathematische Erklärung?
@RainerNiemann im Allgemeinen nimmt die Wahrscheinlichkeit eines bestimmten Ereignisses mit zunehmender Anzahl von Versuchen ab.
Du hast Recht. Aber wie können wir erklären, dass im ersten Fall (9/10) die Wahrscheinlichkeit von 9 oder mehr Erfolgen (1,07 %) größer ist als im zweiten Fall (18/20) von 18 oder mehr Erfolgen (0,02 %). , obwohl das Erfolgs-/Misserfolgsverhältnis gleich bleibt. Das erscheint mir immer noch kontraintuitiv.

Per Engström · Answer 3

In Ihrem Fall spielen zwei Faktoren eine Rolle. Die erste Logik wird oben von Ethan Bolker erklärt (alle spezifischen Ergebnisse werden weniger wahrscheinlich, wenn n zunimmt, einfach weil es mehr potenzielle Ergebnisse gibt und die Gesamtwahrscheinlichkeit sich zu Eins summieren muss).

Die zweite Logik hat mit Ihrem spezifischen Beispiel eines "Tail-Ergebnisses" (dh eines unwahrscheinlichen Ergebnisses) zu tun. Es gibt ein Gesetz (das Gesetz der großen Zahlen), das besagt, dass die Schwänze mit zunehmendem n dünner werden. Die Intuition ist im Grunde genommen, dass es viel weniger wahrscheinlich ist, 5 Sechsen zu bekommen, wenn man 5 Würfel wirft, als eine Sechs, wenn man einen Würfel wirft.

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Jan

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Ethan Bölker

David Quinn

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Per Engström

Zeigen Sie, dass 1n−1∑ni=1(XiYi−X¯¯¯¯Y¯¯¯¯)1n−1∑i=1n(XiYi−X¯Y¯)\frac{1}{n-1}\sum_ {i=1}^n(X_iY_i-\overline{X}\overline{Y}) ist ein unverzerrter Schätzer von Cov[X,Y].Cov[X,Y].\text{Cov}[X,Y] .

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