Вопрос о "честной монете"

[Vielstein]

Здравствуйте, уважаемые участники. Вопрос заключается в следующем: "Откуда следует, что при подбрасывании честной монеты N раз, количество выпавших орлов будет отличаться от количества выпавших решек в среднем на величину $N^{0.5+\varepsilon}$? И дополнительно еще пару вопросов: "Можно ли эту величину получить теоретически, рассматривая испытания с подбрасыванием "честной монеты" и используя аппарат теории вероятностей и мат. статистики?", " Как посчитать аналогичную характеристику для испытаний с "честным кубиком"?".

[ewert]

Vielstein в сообщении #1123550 писал(а):

Откуда следует, что при подбрасывании честной монеты N раз, количество выпавших орлов может отличаться от количества выпавших решек не более чем на величину $N^{0.5+\varepsilon}$?

Ниоткуда, это просто неправда. Т.е. это более-менее (ибо формулировка странна) верно лишь с определённой вероятностью. Отсюда ответ и на следующий вопрос.

[Евгений Машеров]

Так, как сказано - неверно. Ничего не мешает монете выпасть все N раз решкой. Но вероятность такого мала.

[Vielstein]

Да, спасибо за поправку, я по рассеянности написал не превышает, думая о другой задаче, хотя необходимо было сказать, что отклонение количества выпавших решек от количества орлов в среднем равно $N^{0.5+\varepsilon}$. Откуда это следует? Также с учетом этой поправки актуальны и 2 других вопроса.

Исправил ошибку и в стартовом посте.

[ewert]

Vielstein в сообщении #1123559 писал(а):

необходимо было сказать, что отклонение количества выпавших решек от количества орлов в среднем равно $N^{0.5+\varepsilon}$.

А это уже просто неверно.

Vielstein в сообщении #1123559 писал(а):

Откуда это следует?

Из того, что дисперсия суммы равна сумме дисперсий. Если, конечно, исправить утверждение.

[Vielstein]

ewert в сообщении #1123560 писал(а):

А это уже просто неверно.

Извините, а как верно? И как называется величина $N^{0.5+\varepsilon}$ в терминах теории вероятностей?
Также хотелось бы более подробно разобраться как из того, что дисперсия суммы равна сумме дисперсий, следует это утверждение.

[Vielstein]

Эмпирически установлено, что на $10^6$ подбрасываний монеты отклонение количества выпавших решек от количества выпавших орлов составляет в среднем $10^3$, что вполне согласуется с высказанным утверждением.

[Deggial]

Vielstein заблокирован как злостный клон сами знаете кого.
Тема переезжает в Пургаторий

[Someone]

Vielstein в сообщении #1123550 писал(а):

Откуда следует, что при подбрасывании честной монеты N раз, количество выпавших орлов будет отличаться от количества выпавших решек в среднем на величину $N^{0.5+\varepsilon}$?

Ни откуда не следует.

Vielstein в сообщении #1123561 писал(а):

Извините, а как верно? И как называется величина $N^{0.5+\varepsilon}$ в терминах теории вероятностей?

Никак не называется.

Vielstein в сообщении #1123550 писал(а):

Можно ли эту величину получить теоретически, рассматривая испытания с подбрасыванием "честной монеты" и используя аппарат теории вероятностей и мат. статистики?

Нельзя, потому что, как уже было сказано, это неверно.

С помощью теории вероятностей можно получить другой результат.
Обозначим $S_n$ количество выпадений герба при $n\geqslant 1$ бросаниях правильной монеты. Это — случайная величина, имеющая биномиальное распределение с вероятностью успеха $p=\frac 12$:

$$\mathbf{P}(S_n=k)=C_n^kp^k(1-p)^{n-k}=\frac{C_n^k}{2^n}.\eqno(1)$$

Если $S_n$ — число выпавших гербов, то число выпавших решек равно $n-S_n$, а разность между ними равна $X_n=2S_n-n$. Среднее значение, то есть, математическое ожидание величины $X_n$, в силу очевидной симметрии равно $0$, но речь, очевидно, идёт о среднем значении $\lvert X_n\rvert$:

$$\mathbf{M}\lvert X_n\rvert=\sum_{k=0}^n\lvert 2k-n\rvert\frac{C_n^k}{2^n}=\frac 1{2^{n-1}}\sum_{k=0}^{\left[\frac{n-1}2\right]}(n-2k)C_n^k,\eqno(2)$$

где квадратные скобки обозначают целую часть числа.
Упрощение этого выражения с помощью Wolfram Mathematica даёт:
при нечётном $n=2m-1$ —

$$\mathbf{M}\lvert X_{2m-1}\rvert=\frac m{2^{2m-2}}C_{2m-1}^m,\eqno(3)$$

а при чётном $n=2m$ —

$$\mathbf{M}\lvert X_{2m}\rvert=\frac m{2^{2m-1}}C_{2m}^m.\eqno(4)$$

Выразив биномиальные коэффициенты $C_{2m-1}^m$ и $C_{2m}^m$ через факториалы, легко убедиться, что $C_{2m-1}^m=\frac 12C_{2m}^m$, поэтому

$$\mathbf{M}\lvert X_{2m-1}\rvert=\mathbf{M}\lvert X_{2m}\rvert=\frac m{2^{2m-1}}C_{2m}^m.\eqno(5)$$

Поскольку в обоих случаях $m=\left[\frac{n+1}2\right]$, результат можно записать также в виде

$$\mathbf{M}\lvert X_n\rvert=\frac 1{2^{n-1}}\left[\frac{n+1}2\right]C_n^{\left[\frac{n+1}2\right]}.\eqno(6)$$

Асимптотику при $n\to\infty$ легко найти, выразив биномиальный коэффициент $C_{2m}^m$ через факториалы и воспользовавшись формулой Стирлинга. Результат выглядит так:

$$\mathbf{M}\lvert X_{2m-1}\rvert=\mathbf{M}\lvert X_{2m}\rvert\sim 2\sqrt{\frac m{\pi}},\eqno(7)$$

или, выразив $m$ через $n$,

$$\mathbf{M}\lvert X_n\rvert\sim\sqrt{\frac 4{\pi}\left[\frac{n+1}2\right]}.\eqno(8)$$

Vielstein в сообщении #1123583 писал(а):

Эмпирически установлено, что на $10^6$ подбрасываний монеты отклонение количества выпавших решек от количества выпавших орлов составляет в среднем $10^3$, что вполне согласуется с высказанным утверждением.

Формулы (6) и (8) для $n=10^6$ дают, соответственно, $\mathbf{M}\lvert X_{10^6}\rvert\approx 797{,}884$ и $\mathbf{M}\lvert X_{10^6}\rvert\approx 797{,}885$, а при $n=1024$ получаем $\mathbf{M}\lvert X_{1024}\rvert\approx 25{,}5261$ и $\mathbf{M}\lvert X_{1024}\rvert\approx 25{,}5323$

Можно найти вероятность того, что $\lvert X_n\rvert$ будет иметь значение не меньше заданного. Пусть далее $k$ — целое число той же чётности, что и $n$, удовлетворяющее условию $1\leqslant k\leqslant n$. Тогда

$$\mathbf{P}(\lvert X_n\rvert\geqslant k)=\frac 1{2^{n-1}}\sum_{j=0}^{\frac{n-k}2}C_n^j.\eqno(9)$$

Разумеется, при большом $n$ вычисления по этой формуле становятся трудоёмкими. Например, Wolfram Mathematica очень быстро вычисляет $\mathbf{P}(\lvert X_{1024}\rvert\geqslant 28)\approx 0{,}398820$, но для $n=10^6$ результат за несколько минут получить не удалось, и пришлось написать собственную функцию, которая примерно за $180$ секунд вычислила $\mathbf{P}(\lvert X_{10^6}\rvert\geqslant 798)\approx 0{,}425451$ и $\mathbf{P}(\lvert X_{10^6}\rvert\geqslant 1000)\approx 0{,}317795$.
Используя так называемую интегральную теорему Муавра — Лапласа, можно получить приближённую формулу

$$\mathbf{P}(\lvert X_n\rvert\geqslant k)\approx1-2\Phi\left(\frac{k-1}{\sqrt{n}}\right),\eqno(9)$$

где

$$\Phi(x)=\frac 1{\sqrt{2\pi}}\int\limits_0^xe^{-\frac{x^2}2}dx.\eqno(10)$$

Например, $\mathbf{P}(\lvert X_{10^6}\rvert\geqslant 798)\approx 0{,}425451$ и $\mathbf{P}(\lvert X_{10^6}\rvert\geqslant 1000)\approx 0{,}317795$ совпадают со значениями, вычисленными по точной формуле, а при $n=1024$ получаем $\mathbf{P}(\lvert X_{1024}\rvert\geqslant 28)\approx 0{,}398809$.