Statisztika egyszerűen

Mágikus jelek nélkül...

A Bernoulli-eloszlás - a világ "legegyszerűbb valószínűségszámítási kísérlete"

2019. március 14. 14:30 - glantos70

Az eloszlásokról

A Bernoulli eloszlás Jacob Bernoulli svájci matematikusról kapta a nevét, aki kitalálta a Bernoulli próbát, amely a világ egyik legegyszerűbb valószínűségszámítási kísérlete. Tegyük fel, hogy feldobunk egy darab érmét egy alkalommal. Az érme feldobásának, mint eseménynek kétféle végeredménye lehet. Nevezzük el a kétféle végeredményt k-val, és ha az érme úgy érkezik, hogy a fej van felfelé, akkor ezt nevezzük el sikernek és jelöljük k = 1-gyel, ha pedig az érme az írás oldalával felfelé esik le, akkor ezt értelmezzük kudarcként és jelöljük k = 0-val.

Mondhatnánk azt is, hogy az írás a siker és azt jelöljük 1-gyel és a fej a kudarc és azt jelöljük 0-val, de most ez esetben maradjunk az eredeti változatnál. Mivel az érme feldobásának eredménye vagy fej lehet, vagy pedig írás, de más nem, ezért a kétféle végeredmény valószínűségének összege 100%, azaz 1 lesz.

Mennyiben különbözik a Bernoulli-eloszlás az előző alfejezetben tárgyalt diszkrét egyenletes eloszlástól? Annyiban egyszerűbb, hogy egy eseménynek csak két lehetséges végkimenetele lehetséges, annyiban viszont bonyolultabb, hogy a kétféle végeredmény valószínűsége nem feltétlenül egyforma.

Nevezzük el a fej, azaz a siker valószínűségét p-nek. Az előző kijelentés alapján az írás, azaz a kudarc valószínűsége 1 – p lesz.

Tehát az érme feldobásának várható eredménye a következő lesz:

Ezt a képletet úgy fordíthatjuk le, hogy ha k=1, akkor f(p)=p, ha pedig k=0, akkor f(p)=1-p. Az összefüggést felírhatjuk úgy is, hogy

ahol k = 1 vagy k = 0. Vegyük észre, hogy ha k = 1, akkor

és ha k = 0, akkor

Mi lesz a siker, azaz a fej dobás valószínűségének várható értéke? Ha kiszámítjuk a kétféle várható érték valószínűségekkel súlyozott összegét, akkor azt kapjuk, hogy

Akkor ez most mit is jelent? µ értéke megadja k várható értékét, tehát azt az értéket, amit nagy számú érmefeldobás esetén az eredmények átlagaként várunk. Próbáljuk ki – hasonlóan a dobókockás kísérlethez – hogy mi történik akkor, ha egy pénzérmét 1000 alkalommal feldobunk. Mivel nincs cinkelt érmém, ezért természetesen az 1000 kísérlet várható értéke nem 0,6 hanem 0,5 lesz, hiszen az érme két oldala egyenlő eséllyel jöhet ki az egyes dobások esetében.

Természetesen az 1000 darab érmefeldobás eredményének átlaga 0,498 (utána lehet számolni), azaz majdnem 0,5 lett, és a fenti diagramon is jól látható, hogy a 10-elemű minták átlagai közül is a legtöbb a 0,45 és 0,55 közötti tartományba esik. Viszont a diagramon az is jól látható, hogy vannak olyan csoportátlagok, amelyek értéke közel sem 0,5. Ez azt jelenti, hogy egy Bernoulli-eloszlás esetén is van a csoportátlagoknak varianciája? A jelek szerint igen.

Most próbáljuk meg kiszámítani ezt a varianciát a korábbi p = 0,6 példa esetében. A varianciát általánosságban az egyes pontok és a µ várható érték közötti különbség négyzeteinek átlagaként értelmezzük. Ebben az esetben ezt a varianciát az egyes pontok és a µ várható érték közötti különbségek előfordulási valószínűségekkel súlyozott összegeként értelmezzük.

Mivel a lenti képletben ki  értéke vagy 0 vagy pedig 1, µ értéke pedig mindig p, ezért a (ki – µ)2 értéke vagy (p - 0)2 vagy pedig (1 – p)2. Ezeket szorozzuk meg a megfelelő p vagy (1 - p) valószínűségekkel.

 

A fenti képletben (p - 0) = p, ennek a négyzete p2, (1 – p)2 pedig (1 - 2p + p2). Ez alapján

Felbontva a zárójeleket, azaz a zárójeleken belül lévő tagokat külön-külön megszorozva p2-el, illetve p-vel

p3 és -p3, illetve p2 és a -2p2-ből az egyik kiütik egymást, így

Tehát ezek alapján a fej dobás várható értékének varianciája p(1 – p). Így az érme feldobása esetén a siker, azaz a fej dobás várható értéke 0,6. ez azt jelenti, hogy elegendően nagy számú érme feldobás esetén az esetek 60%-ában lesz fej az eredmény, illetve ennek szórása

Ez egy igen nagy szórást jelent, hiszen a fejdobás várható értéke 0,11 és az 1, mint természetes határérték között változhat. Ha így nézzük, akkor a várható érték ez esetben nem túl jó becslést ad. Mivel a Bernoulli-eloszlás csak p értékétől függ, ezért minél inkább közelít p értéke 0-hoz vagy 1-hez, annál kisebb lesz a becslés szórása.

A fenti okfejtés miatt ez jogos is, hiszen, ha mondjuk k várható értéke 0,5 szórása pedig 0 és 1 között változik, akkor k értéke majdnem egyenlő valószínűséggel lehet 0 és 1 is, tehát szinte lehetetlen megjósolni, hogy a következő dobásunk fej lesz vagy írás. Egy későbbi bejegyzésben tovább lépünk és megnézzük, mi történik akkor, ha nem csak egy Bernoulli próbát végzünk el, hanem Bernoulli próbák sorozatát végezzük el és ennek a sorozatnak a tulajdonságait szeretnénk megismerni.

35 komment

A bejegyzés trackback címe:

https://statisztikaegyszeruen.blog.hu/api/trackback/id/tr1614641234

Kommentek:

A hozzászólások a vonatkozó jogszabályok  értelmében felhasználói tartalomnak minősülnek, értük a szolgáltatás technikai  üzemeltetője semmilyen felelősséget nem vállal, azokat nem ellenőrzi. Kifogás esetén forduljon a blog szerkesztőjéhez. Részletek a  Felhasználási feltételekben és az adatvédelmi tájékoztatóban.

Attila Zsolt Sajo 2019.03.15. 19:16:03

Nincs itt valami kavarodás a Bernoulli és a Binominalis eloszlásás között? Amikor azt írod 1000 feldobás 10 elemű csoportokkal: akkor lényegében n=10-es Bin. eloszlást vizsgálsz?

Beer Monster 2019.03.15. 19:28:29

Szerencsétlen diákok. Remélhetőleg sohasem adja tanításra a fejét, aki írta.

Kovacs Nocraft Jozsefne 2019.03.15. 20:13:46

Köszönöm szépen a posztot.

glantos70 2019.03.16. 14:34:54

@Attila Zsolt Sajo: Amint azt a bejegyzésben említettem, a Bernoulli-eloszlás esetében minden egyes kísérlet eredménye független bármely más kísérlet eredményétől. Ha feldobok egy érmét kétszer, akkor a két dobás eredménye nem függ majd egymástól. Ha ezerszer dobom fel az érmét, akkor az ezer független kísérletet jelent. Az ezer darab egymástól független kísérletből kiválaszthatok becsukott szemmel tetszőleges számú 10 elemű mintát és vizsgálhatom ezek átlagainak eloszlását.

A binomiális-eloszlás esetében az érme egy feldobásának eredménye nem független a többi dobástól, hiszen a binomiális eloszlás azt vizsgálja, hogy mondjuk hányszor tudok fej-et dobni egymás után, vagy mekkora annak a valószínűsége, hogy pont 5 darab fej után dobok egy írást.

glantos70 2019.03.16. 14:40:04

@Beer Monster: Nagyon sajnálom, hogy nem tetszett a bejegyzés. Te hogyan magyaráznád el érthetőbben ezt a témát?

A diákjaim értékelni fogják dicsérő szavaid. :-)

Beer Monster 2019.03.22. 15:41:59

@glantos70: Nem az a döntő, hogy nekem tetszett-e, mert én be tudom csukni, mielőtt begolyózok, hanem ha tényleg diákoknak ilyen esetleges magyarázaton kell átrágniuk magukat.

Én úgy kezdeném, ahogy a 14:34-es kommentben van.

Beer Monster 2019.03.22. 16:18:15

"Mondhatnánk azt is, hogy az írás a siker és azt jelöljük 1-gyel és a fej a kudarc és azt jelöljük 0-val, de most ez esetben maradjunk az eredeti változatnál." Ez a mondat csak politikai zavarkeltés, nem kockák úgy mondják, hogy 'Lehetne fordítva is', de minek.

"Mennyiben különbözik a Bernoulli-eloszlás az előző alfejezetben tárgyalt diszkrét egyenletes eloszlástól? Annyiban egyszerűbb, hogy egy eseménynek csak két lehetséges végkimenetele lehetséges, annyiban viszont bonyolultabb, hogy a kétféle végeredmény valószínűsége nem feltétlenül egyforma." Ez a bekezdés didaktikai hiba. Amíg nem tudja valaki, mi a Bernoulli-eloszlás, addig mit érdekli, hogy miben különbözik mástól.

"Nevezzük el a fej, azaz a siker valószínűségét p-nek. Az előző kijelentés alapján az írás, azaz a kudarc valószínűsége 1 – p lesz." Ez az első lényegi hiba, rossz példaválasztás, a leírás az általános esetre vonatkozik, a segítő példa pedig csak hátráltat, mert logikai rés van a példa és a magyarázat között.

"f(p)"-nek nincsen neve, gondolom egy diszkrét sűrűségfüggvény, de így én sem tudtam meg, hogyan hívják azt, az ábra szerint sűrűség hisztogram, de a kettő között megint nincs egy félszavas magyarázati kapcsolat sem.

"f(p) = p^k (1-p)^(1-k)" Ezt meg már nem is akarom kitalálni, hogyan következik az előző sorból.

"mű = szumma...ká-szor péká" Ez biztos valami kimenetel a gyakorisággal súlyozva, de hadd ne én találjam ki, egy nem vagyok én Gauss/Lovász, kettő ahhoz nem kell magyarázat, csak egy üres papír/tábla. Mondhatnánk azt is, hogy tábla/papír és Lovász/Gauss, de most ez esetben maradjunk az eredeti változatnál.

"cinkelt érme" Megint a logikai szakadék a tananyag és a megnehezítésére hozott példa között.

Hadd ne folytassam, az első kettőnél még csak ingattam a fejem, a többihez már egy-egy Quarelin kellett.

glantos70 2019.03.22. 16:32:47

@Beer Monster: Köszönöm a részletes indoklást. Megpróbálom még egyszer átgondolni, hogyan lehet másképpen leírni ugyanezt. A Quarelint sajnálom, én is azt szedem, ha fáj a fejem.

Szép napot!

Attila Zsolt Sajo 2019.03.26. 12:05:28

@glantos70: A binomiális-eloszlás esetén a dobások függetlenek. A Hypergeometric distribution ahol nem. Amugy a példa amit hozol pedig a Geometric distribution.

Csak egy másik kis javaslat: átlag számításra talán a E[X^2] - (E[X])^2 egyszerübb lenne.

glantos70 2019.03.26. 12:43:02

@Attila Zsolt Sajo: Sajnos ez a bejegyzés nem sikerült a legjobban, leginkább az a gond, hogy a saját elveimnek nem felelek meg, azaz nem tudtam elég egyszerűen elmagyarázni a Bernoulli eloszlás lényegét. Szóval éppen erőt gyűjtök, hogy újra megírjam az egészet. Ettől függetlenül nem értek egyet veled. A binomiális eloszlás esetében nem tesszük vissza a mintákat, amiket kivettünk (pl.: lottószámok), a hipergeometrikus eloszlás esetén pedig visszatesszük. Sajnos a Wikipédián pont fordítva van írva, de a képletek szerint viszont úgy van, ahogy én írtam. Fura...

A Bernoulli és a Geometrikus eloszlás nem ugyanaz:
en.wikipedia.org/wiki/Bernoulli_distribution
en.wikipedia.org/wiki/Geometric_distribution

A várható értékes képlettel kapcsolatban ne haragudj, ez az én hibám, de nekem az egyszerűbb, hogy a várható érték megegyezik p-vel. Csak magának a várható értéknek az elmagyarázása megérne egy külön bejegyzést, de megmondom őszintén, hogy még én sem értem. :-)

Szóval ebben a dolgoban te mindenképpen okosabb vagy, és ezt most komolyan írtam.

Attila Zsolt Sajo 2019.03.26. 14:23:40

@glantos70: Szia. Amugy elírtam a varianciát akartam írni a E[X^2] - (E[X])^2 -val.

Tudom, hogy nem ugyanaz a Geometrikus és a Bernoulli. Lévén más a nevük ;-) viszont komolyan:
-- Bernoulli -- két lehetőség van, az 1 érték p valoszinüséggel következik be.
-- Geometric -- itt is két lehetőség van: valami bekövetkezik vagy nem. Annak, hogy nem következik be az esélye (1-p), ha bekövetkezik akkor megállunk. Ha nem akkor folytatjuk amig nem lesz sikker. Értelemszerüen csak akkor probalhatjuk meg újra, ha elötte nem volt siker, szoval lényegében mindig van egy k darab (1-p) "nem sikerünk" a siker elött. Igy jön létre a (1-p)^k * p PMF.
-- Binominális -- kérdés: Mi a valoszinüsége, hogy __n__ Bernoulli probából __k__ siker lesz. Feltéve, hogy p értéke __nem változik__ a kisérlet során. Vagyis a feldobások függetlenek.
-- Hipergeometrikus -- Kérdés ugyanaz mint a Binominálisnál, de itt a p értéke változik. Lényegében azok az esetek amikor nem rakod vissza mintátt a populációba.

Beer Monster 2019.03.27. 16:33:51

@glantos70: Azon kívül, hogy valami súlyozott közép, miféle érdekes lehet még a várható értékkel kapcsolatban?

glantos70 2019.03.28. 10:57:31

@Attila Zsolt Sajo: Szerintem, ami nem ugyanaz, az nem ugyanaz... :-)

Ha n értéke elég nagy és k értéke n-hez képest elég kicsi, akkor a binomiális és a hipergeometrikus eloszlások között nincs különbség.

glantos70 2019.03.28. 10:58:27

@Beer Monster: Csak annyi, hogy ha kipróbálod gyakorlatban, akkor működik. Amúgy semmi...

Beer Monster 2019.03.30. 07:16:57

@glantos70:
A várható értéket nem tudod kipróbálni a gyakorlatban, mert egy formális fogalom. Nem a matematikát teszteled empirikusan, mert az nem állít semmit a világról, hanem egy fizikai modellt, amiben a p nem valószínűség hanem gyakoriság, az E nem elemi esemény, hanem kísérleti kimenetel.

Továbbá a valóság éppen azt mutatja, hogy "nem működik", hiszen a kimenetel gyakorisága sose egyezik meg az esemény klasszikus valószínűségével. Annyiban hasonlít a kettő egymáshoz, mint bármelyik valós tulajdonság a modellezéséhez felhasznált matematikai változóhoz, de ettől még ki mondana olyant, hogy "a szorzat működik", ha a kőműves tényleg annyi csempét használ a teraszra, mint az oldalak szorzata?

glantos70 2019.04.01. 15:15:11

@Beer Monster: Az a baj, hogy ez a a fajta elméleti statisztika engem nem érdekel. Én problémákat akarok megoldani az adatok feldolgozása és a statisztika segítségével. Ehhez nem szükségesek a formális fogalmak. Ha gyakoriság, akkor legyen gyakoriság... :-)

Az, hogy a kimenetel gyakorisága nem egyezik meg az esemény klasszikus valószínűségével, az nekem olyan, mintha a táskarádiót hasonlítod össze a high-tech audiofil erősítővel. Ugyanaz a műsor szól, csak a táskarádióból egy kicsit rosszabb minőségben. Viszont ha a táskarádióban hallgatod az időjárás jelentést, akkor is tudod, hogy esni fog-e az eső. Szóval engem nem zavar.

Beer Monster 2019.04.02. 09:52:43

@glantos70: Ebben nincsen semmi meglepő, a világról nincsenek tűéles ismereteink.

Viszont kísérletileg hogyan kell érteni azt, hogy működik a várható érték?

glantos70 2019.04.02. 10:00:25

@Beer Monster: Most mondhatnám, hogy dobj fel egy érmét tízezerszer és nézd meg, hogy mennyi lesz a tízezer dobás átlaga. Érdekes módon azt fogod kapni, hogy a tízezer dobás átlaga nagyon közel lesz 0,5-höz. Mert ugye a várható érték nevében is benne van, hogy ezt várjuk tőle, hogy így viselkedjen.

Nyilván minél kevesebb kísérletből próbálsz következtetni a nagyszámú sokaság várható értékére, annál nagyobb lesz a hiba.

Beer Monster 2019.04.02. 11:16:06

@glantos70: És mit mondasz olyankor, amikor 8453 db fej jön ki?

glantos70 2019.04.02. 11:27:48

@Beer Monster: Azt, hogy nem szabályos az érme. Szabályos érme esetében nagyszámú kísérletnél 50-50 százalékban fog kijönni fej és írás. Játszd le excelben...

Beer Monster 2019.04.02. 14:36:21

@glantos70: És a nem szabályos érmével végzett kísérletben mennyi a várható érték?

glantos70 2019.04.02. 14:38:17

@Beer Monster: Még annyi, hogy ha készítek 100 darab tízezer darabos mintát, akkor a tízezer darabos minták átlagai nagyon kis szórással helyezkednek el a 0,5 körül. Az általad megadott 8453 darab esetében p értéke 0,8453, vagy 84,53%. Ha a 100 darab mintaátlagra lefuttatok egy egymintás Z-próbát (tízezer darabos minták esetében ezt megtehetem), akkor ezt kapom:

One-Sample Z: Mintaátlag

Test of μ = 84,53 vs ≠ 84,53
The assumed standard deviation = 0,00507

Variable N Mean StDev SE Mean 95% CI Z P
Mintaátlag 100 0,500274 0,005070 0,000507 (0,499280; 0,501268) -165739,10 0,000

Mivel Z értéke bőven nagyobb, mint 1,96 és p értéke 0, ezért gyakorlatilag nulla az esélye, hogy egy tízezer darabos minta átlaga 84,53% legyen.

glantos70 2019.04.02. 14:43:09

@Beer Monster: ...akarom mondani 0,8453...

Beer Monster 2019.04.02. 18:59:05

@glantos70: Tehát azt állítod, hogy amikor 50% a fej, akkor szabályos az érme, továbbá amikor szabályos az érme, akkor 50% lesz a kimenetel.

glantos70 2019.04.04. 11:40:54

@Beer Monster: "Tehát azt állítod, hogy amikor 50% a fej, akkor szabályos az érme, ..." - A mindennapi életben ez így igaz, de az, hogy mit nevezünk szabályosnak, definíciós kérdés...

"... továbbá amikor szabályos az érme, akkor 50% lesz a kimenetel." - Nekem ez az elvárásom egy szabályos érmével kapcsolatban.

Beer Monster 2019.04.04. 11:51:22

@glantos70: És amikor 8400 a kimenetel, akkor a várható érték 0,84. Amikor pedig a várható érték 0,84, akkor 8400 a kimenetel.

glantos70 2019.04.04. 12:24:47

@Beer Monster: Ezt írtam az előbb. Az, hogy mit jelent az, hogy az érme szabályos, definíció kérdése. Nevezhetünk szabályosnak egy olyan érmét is, amelyiknél a feldobások várható értéke 0,84. Biztosan csak én vagyok olyan csökött agyú, aki azt hiszi. egy érme akkor szabályos, ha egyenlő valószínűséggel eshet az egyik vagy a másik oldalára.

De van egy ötletem. Gyűjts össze néhány érmét a világ különböző országaiból! Legyen a gyűjteményedben forint, euró, angol font, dollár, indiai rúpia, japán jen, meg amit csak össze tudsz gyűjteni. Ezeket mind dobd fel egyenként tízezerszer és nézd meg, hogy 50%-e a fej valószínűsége.

Ha ez mind megvan, akkor folytathatjuk a beszélgetést.

Beer Monster 2019.04.04. 13:58:41

@glantos70: Megtörtént. Mindegyiknél többnyire közel ötven százalék lett a fej. (rúpiát és jent egyelőre nem sikerült, hátha azért hajlandó vagy tovább beszélgetni).

Térjünk át egy másik eszközre. Van egy dobókockám, 600-szor dobtam vele. 594-szer lett "6"-os dobás. Mennyi a kockámmal a 6-os dobás várható értéke?

glantos70 2019.04.04. 16:57:27

@Beer Monster: Ez gyors volt, remélem a lányokkal nem ezzel a sebességgel intézed, mert akkor túl korán valósul meg Orbán álma a húszmillió magyar országáról... ;-)

Várható érték:
p = 0,99

szórás:
p(1-p)= 0,99*0,01 = 0,0099

Van még házi? :-)

Beer Monster 2019.04.04. 17:21:42

@glantos70: Azért volt gyors, mert kiszerveztem a feladatot, de ezt valóban csak érmékkel teszem.

A következő házi: Ha a várható érték 0,99, akkor a kockámmal mennyi lesz a "6"-os 600 dobásból?

glantos70 2019.04.05. 07:09:43

@Beer Monster: Kedves barátom. Nagyon kedves az igyekezeted, hogy próbálsz matekra tanítani, de elegendően motivált vagyok e nélkül is. Bár tisztelem, hogy így beszélgetsz velem, most már befejezem, nem válaszolok a további kommentjeidre.

Remélem megbocsátasz.

Üdv

Gábor

Beer Monster 2019.04.05. 09:28:29

@glantos70: Nem matek lett volna, hanem logika.

hypochloride 2020.01.31. 16:01:11

Érdekes a vita, ami itten fentebb kibontakozott. Meglátásom szerint arról van szó, hogy a tisztelt résztvevők elbeszélnek egymás mellett.

Amennyire én látom, arról van szó, hogy itt néhány dolog kicsit össze van mosva egymással, mások meg kifelejtve. A dolog veleje valóban egyrészt az, hogy a matematika nem állít semmit a világról. Ugyanakkor az is igaz, hogy a megfigyelt világ megfigyelt jelenségeit magyarázni igyekvő fizikai modellekben a matematikai eszközök nagyon is hasznosnak bizonyultak. Csakhogy attól, hogy valamit ki tudunk számolni, attól még nem biztos, hogy az úgy is lesz -- legfeljebb eléggé valószínű. A kísérletek éppen erre valók, vagyis, hogy teszteljük a matematikai-fizikai modell érvényességét. Csakhogy ehhez a kísérletet nagyon-nagyon gondosan kell megtervezni (ha nem kísérlet, akkor a megfigyelést kell ugyanilyen gondosan elvégezni). ha nem így teszünk, akkor az eredmény és a modell nem lesz összeegyeztethető, és azt se lehet eldönteni, hogy a modell volt-e hibás vagy a kísérleti beállítás (megfigyelés).

És az történik, mint a fenti vitában:
Olyanokat mond az egyik, hogy például:
"A várható értéket nem tudod kipróbálni a gyakorlatban, mert egy formális fogalom. Nem a matematikát teszteled empirikusan, mert az nem állít semmit a világról, hanem egy fizikai modellt, amiben a p nem valószínűség hanem gyakoriság, az E nem elemi esemény, hanem kísérleti kimenetel.

Az egyik szerint:

"Továbbá a valóság éppen azt mutatja, hogy "nem működik", hiszen a kimenetel gyakorisága sose egyezik meg az esemény klasszikus valószínűségével. Annyiban hasonlít a kettő egymáshoz, mint bármelyik valós tulajdonság a modellezéséhez felhasznált matematikai változóhoz, de ettől még ki mondana olyant, hogy "a szorzat működik", ha a kőműves tényleg annyi csempét használ a teraszra, mint az oldalak szorzata? "

Továbbá:

"Tehát azt állítod, hogy amikor 50% a fej, akkor szabályos az érme, továbbá amikor szabályos az érme, akkor 50% lesz a kimenetel. "

A másik fél meg:
"Ezt írtam az előbb. Az, hogy mit jelent az, hogy az érme szabályos, definíció kérdése. Nevezhetünk szabályosnak egy olyan érmét is, amelyiknél a feldobások várható értéke 0,84. Biztosan csak én vagyok olyan csökött agyú, aki azt hiszi. egy érme akkor szabályos, ha egyenlő valószínűséggel eshet az egyik vagy a másik oldalára."

"... továbbá amikor szabályos az érme, akkor 50% lesz a kimenetel." - Nekem ez az elvárásom egy szabályos érmével kapcsolatban. "

" De van egy ötletem. Gyűjts össze néhány érmét a világ különböző országaiból! Legyen a gyűjteményedben forint, euró, angol font, dollár, indiai rúpia, japán jen, meg amit csak össze tudsz gyűjteni. Ezeket mind dobd fel egyenként tízezerszer és nézd meg, hogy 50%-e a fej valószínűsége. "

Hát, éppen ez az: Ha érméket akarunk tesztelni, akkor nem elég őket csak úgy dobálni, hanem a lehetőleg minden olyan körülményt standarnizálnunk kell, amelyek az érmedobálás kimenetét érinthetik, vagy legalábbis belátnunk, ha érdemben nem hatnak rá.
- dobóerő,
- dobás iránya,
- légmozgás,
- mágneses erők,
- elektromos erőtér

ha ez mind megvan, akkor lehet dobálni. Ha az jön ki, hogy fej-írás ~50-50%, akkor ez csak annyit jelent, hogy teljesültek az előzetes feltevéseink az érmékre vonatkozóan ÉS a figyelembe vett körülmények esetén. Ha eltérést tapasztalunk (mondjuk, 60-40%), akkor pedig ez vagy azt jelenti, hogy a modell rossz, vagy azt, hogy nem vettünk figyelembe minden lényeges faktort.
Ha netán fizikai ismereteink alapján azt állítjuk, hogy márpedig mindent figyelembe vettünk, akkor új modellt keresünk, ami jól magyarázza a tapasztalt anomáliákat. Ez az új modell lehet például az, hogy az érmék nem szimmetrikusak. Tényleg, az előző kikötések között ez nem szerepelt! Nosza, rajta, mérjük meg az érméket szimmetrikusságra és szimmetrikus tömegeloszlásra is! Ha kiderül, hogy van eltérés, akkor máris előrébb vagyunk: a korábbi modell elvetése egy újabb ismerethez segített minket. Ettől még az előző modellünk matematikailag jó, csak éppen nem érvényes.

De csak azért, mert a szabályos érméknek ideális körülmények között így kellene viselkedniük, még egyáltalán nem biztos, hogy a világ különböző országaiból összegyűjtött érmék, egyenként tízezerszer feldobálva, csakugyan így fognak viselkedni. De ha mégis, az meg már valami teljesen mást fog igazolni:
Az a hipotézist, hogy a dobások valószínűségi eloszlása normális, mert a különböző hibák (érme anyaga, dobás ereje, kísérleti beállítás stb...) kiejtik egymást.

Persze, a valóságban ritkán dobálnak érméket ezresével, ezért olyan nehezen érthető a példa.
süti beállítások módosítása