人工知能とかではなく日々の動機付けに利用する予定です
事前確率というのはひきこもりでなければ体感し、比率を感じれるものでそれを条件付加（）と思えて仕方ありません。
そのあとやっぱゆこうだってってことで応用されてんだが
ネタっすか？
ブルーバックスよんで勝手に決めろ
このすれ削除要請しとけよ
じゃあな
レスありがとうございます！
是非ともその価値を教えてほしいのです！モチベーションが弱まるばかりで
ブルーバックスってやつ読めば解決しますか！ありがたいです！ありがとうございます！
なるほど。そのための学問ですか。
じゃあそもそも私の用途が間違いですね。
いや本当にネタとかではなくて理系ではないので入門編として利用したんですが数学はもっと根拠に基づく～みたいなのをイメージしてたので少し文系的で不安になったんです。
しかも平均値まで出すってもう意味がわからなくて。
中級者になれば変わりますか？
なんかオポチュニストみたいな考え方で今後も取り組むべきか迷います
これを日常的に活用してる方がいたら教えてほしいです。
なんかゼンショーとかチェーンの飲食店とか使ってそうだなーとか思ってやる気がおきません。
統計学の考え方、哲学、歴史を知るには、
「統計学を拓いた異才たち（日経ビジネス人文庫）」
「その数学が戦略を決める（文春文庫）」
「異端の統計学 ベイズ（草思社）」
別に事前確率はデータを元にきめてもいいし
どうしてもデータが手元にない状態で経験などをもとに主観確率をつかう
かならずではないが経験というのはそれほど大きくは外れない
（データが少ない状態での標本からもとめた母比率の信頼区間もかなりひろくなるからな）
これはしょうじきってデータがないけど数値化したいなら当然の帰結なのでどうしようもない
条件付き確率と併用することによりその主観による誤差も縮小することができる
しかも情報（条件付き確率）がふえることによってその精度はどんどん上がっていく
その条件付き確率が不自然で思えてしまうのです。
ベイズはセンスですし仮定を数値化するのに適しているのでできればこのまま進めて行きたいのですが、これはある一定以上のランクの人には信用たる数値にならないのではないか。という不安があります。
そうなんです！でもベイズはそれがなくとも数値化するものじゃないですか。
この考えは理解できるのですが、経験則に基づく設定というのがそもそも統計学とかけ離れているように感じてしまってポアソンと違ってある一定のランクの人を納得させるには至らないじゃないですか。
私は行動の動機付けとして利用したいので特にその辺はいいのですが、初級でこの程度であればいいのですが上級になっても特に変わらないような気がして不安なんです。
時間の無駄ではないのかな？と。
まだ無情報事前分布までいっていません。
でも言葉から推測するにそれって即ち想定ですよね。
ポアソンは結果論、後付け、傾向、指針、目安なのはわかります。
それに対してベイズは未来を数値化するのに特化してるのが統計学と呼べるのでしょうか。
これを統計学を学んでいると言ったら笑われたりしませんか？
ならやめたら？というのはごもっともな感想だとは思うのですが、ベイズをやってる方がいるならそれがその労力に見合ったかを聞きたいんです。
今後ベイズを勉強してこれらは解決するのでしょうか。
でもそれを数値化するのがベイズなんですか？
それは値段の付かない物体に価格を付けるようなものですよね？
そこに学問として提示できる何か？があるのでしょうか。
それを数学の世界であつかえるものに落としこんでる時点でかなり有能だろ
そりゃ人間の感覚なんてどうなのって意見もあるだろうが
今だに人間ほど汎用性のある知能を実現した情報処理過程は存在しないだろ
条件付き確率のどこに不自然さがあるんだ？
意味がわからん
不自然さがあるといえばそれは主観確率だろ
なんで条件付き確率に不自然さがあるんだよ
つかさ情報が不確定な状況ってのはかならず存在するわけで
そんななかで数学的厳密な状況なんて仮想するのがナンセンスだろ
現実世界は不確定性にみちあふれてんだから
それを数値化するってことだろ
もちろんそこには欠陥もあるが調書もある
データがない状態だろ主観確率で論理を構築するかなんだろ
お前がそういう状況に陥れば当たり前ってわかるんだが
データがない状態だったら主観確率で論理を構築するかなんだろ
お前がそういう状況に陥れば当たり前ってわかるんだが
現実世界は数学的に明確には予測たてられるもんじゃねぇよ
今だに物理現象のみに従う気象現象にかんする天気予報が１００％の予報できないのといっしょだろ
不確定さのおおきな状況（標本が小さい）ではベイズ統計並みにうさんくいからな
統計と呼べるか？
統計とよべるかなんてそれは言葉の定義の話に過ぎないことだろ
おまえが統計と呼びたくないなら呼ばなければいいだけだろ
言葉の定義の違いによって他者との議論が空転することを防ぐ以外では
定義論ほどいみないぎもんないわ
勝手にお前が定義しとけってだけ
私が疑問に思うのが正にそこなんです。ベイズが間違っているということが証明出来ないから悩むんです。
でも昔のポーカーは言わば統計学です。
でも仮にベイズを用いたとして勝てるのかが疑問なんです。
感情的な理論に思えてしまうんです。
それもわかります。
大きなコミュニティーの中での統計ですし、絶対ではないと思います。
でも数の暴力とでも形容したら分かりやすいかもしれません。
ベイズは100人、ポアソンは1000人としたらベイズは100の傾向から推測する。ポアソンは1000の傾向から多角的に仮説を立てます。
前者は時間を掛けてその精度を高めていくことしかできませんが後者は逆に次のデータで狭めていくことができるわけですよね？
それこそわけのわからない数値である有意水準ですがそれこそが統計学というものではないのでしょうか。
というのが私が思っていた統計学の根幹であって、それが10人でも統計だと言うのは言葉遊びとしか思えません。
私は文系なのでベイズの方が助かります。でもそれは所詮、迷惑メール分類機能でしかないと思うと初級も中級も上級もない気がしてしまうんです。
初級で完結してるような。
その感覚が分からないんです。
なぜ100%にする必要性があるんですかね？50%を越えていたら傘を持つ。
それだけで終わりじゃないですか？
たしかにそれで大雪が降ることもあると思います。
でもそれはニュースでみる何十年に一度の事です。
それの精度を高めるのはまたこれからの時代のものでしょうしあまり関係ないと思います。
ただ、その異常気象を遠からずも予知してるのがポアソンですよね？
ベイズだと可能性はあり得るが概ね大丈夫であろう。
ここに精度の差が出てると思うのです。
データがない。
それに対してパーセンテージを出す必要はあるのでしょうか。
仮にということなのはわかりますがそれはその仮の世界での話しであって当てはまりませんよね。
だから私はベイズは特定の選ばれた人間しか有用に使えない不完全な学問というか学問ではなく宗教のような雰囲気が怖いんです。
割と統計学なので。
でも実際は外してることが多くてご都合的に記憶を消してる人が多いのがベイズ派なのかな？とおもいます。
そもそもベイズとピアソンの違いも分かりません。
でもベイズとピアソンは別物なのはわかります。
別にそれで1000万稼いだ！とかそういうくだらないことではなくそれにより指針が出来た！迷うことがすくなくなった！とかでしかベイズってつかえませんよね？
同様に確からしい、なんてなんですかそれって感じですよね
測度空間を定めてウンヌンカンヌンやったところで、なぜそれらの元が同じ確率になるのか、は結局直観によるわけです
元々確率なんて胡散臭さの塊なんですから、そんなもんなのかー、と認めれば良いかと思いますよ
ペアノ算術を含む任意の無矛盾な公理系に対し、あるモデルM,Nおよび論理式φが存在して、M|=φかつN|≠φとできることを示せ、という問題がわかりません
ある無矛盾な公理系τの任意のモデルに対してある論理式φが常に真となるならば、τからφがLKにおいて証明可能となることを示せ、という問題がわかりません
ランダム行列のスペクトル問題として一般に定式化した方がわかりやすい。
サイコロの目が出る確率を一回サイコロふっただけでその有効性を示せっているようなんもだな
ベイズが納得行かないなら使わなければいいだけ
データの少ない状態がるとき数的な評価をしなければいけ否と成ると
ベイズ統計に近い手法を自然とやることに成る
数値化すると何が良いかというと数学的処理ができるっということ
なんどもいうがデータが少ない状態でなにか数的な処理をするとするとなると主観確率は便利なんだよ
それ以外やりようがないだろ
いいいかデータが少ない場状態で数的表現しようとなればおなじようなことをお前は自然とすることに成る
何度言えばわかるんだ？
おまえがそういう状況におちいることがないならお前にはそれはいらんというだけどろ
何回いえば分かるんだこのカスは
あのページはかなり内容が偏っていてお世辞にもいい記事ではないが、あそこだけは的確だから
５０％を超えたら傘をもつって主観でしょ
何が違うの？
降水確率５１％という数字だけをみたとき貸さを保てとはいっさい読み取れない
どうやってそう判断したんだ君は？
中には４０％で傘を持つ人もいるだろうし７０％からじゃないと持たないという人もいるだろう
どうやって判断したんだ？
ベイズは君には不要
君がベイズを使うことは一生ないと思う
ベイズなんてまがい物でまったくあてならしろものだから
バカがもてはやしているだけ
勉強しないでいい
おわりだね
ネイマンピアソン統計の典型は有意水準をもうけて
それを基準にある仮説の検定をおこなう
残念ながら有意水準の設定も主観
うん使わんければいい
だれも強制しない
何を悩んでるんだ？
意味がわからない
どういう場合に正しいかなんて事は自分で論理的判断すれば良い事だ
統計って意味知ってる？
基本的にはデータ群っていみ
そのデータに数的処理を施して表記したのが記述統計
おもに確率論公理系に組み込んで数的処理をほどこしたら推測統計
データが主観を数値にしたものだろうがそれは統計
主観を数値にすることに嫌悪感を抱いてるだけのような気がするな
主観を数値にすることに嫌悪感あるのに
ベイズ統計は宗教だとか
文字で主観を語ることには一切抵抗ないのが不思議
これは間違い
ttp://fxconsulting.jp/gyanburu/husigi/hennsuu.html ２と３のドアの当たる確率が３分の２になるのはドアを二つ同時に
開けられる時のみ
しかしそれはルール違反でできない
２と３のドアの当たる確率はそれぞれ３分の１づつ存在し続けていて
変化は起きない
『挑戦者は２つのドアを同時に開けることはできない』
確率でものを考える人はこんな単純な事実に気が付かないから
３分の２なんて変な数字が出てくる
モンティホール問題を解説したどのサイト見ても
１つのドア選択後の残りの２つのドアが当たる確率を３分の２だと
信じて疑わない
しかし、この『確率３分の２』という部分が事実を表していない
まやかしだったのです！
たしかに、脳内でシミュレーションすると、
残りの２つのドアが当たる確率は３分の２あるように見えます
しかし、現実問題として挑戦者が持つドアを開ける権限は
強力なまでに３分の１で固定されています
ゆえに、確率３分の１どうしの合算である『確率３分の２』という
数値は存在しないのです
そこの解説で正しいよ
なるほど。確かにそうですね。
どうしても数値として表したい時に利用するという感じで捉えていいんですね。
なんかスッキリしました。
本当に不快な思いをさせてしまってすみません。
理系が出来ないから文系の典型できっと文系ですらないと思います。
そういったものはどういった順番を辿れば直感的に理解しやすいですか？
もしいい方法があれば参考にしたいです。
いやまあそれはそうなんですが。
もしそれだけだとしたらベイズはいらないと思いませんか。
なんか上級になればもっと何かあるのかなと疑問に思っただけです。
だってそれなら経験上こっちの確率が高いと説明して終わりですよね？体感七割のところをベイズをつかって62.～%みたいに置き換える事って意味があるのでしょうか。
ありがとうございます！
こういうの助かります！他にもここ読んでおけみたいなのあったらお願いします。理解できないのがほとんどになりそうですが…
話の論点がズレてしまってるのでなんて返すのが正しいのかわかりません。あれはベイズを使ったものではありませんし、50%って理系じゃないのわかりませんが降るって認識でいいんじゃないでしょうか。
十分傘を持つ理由になりませんか？
別に51%でも49%でも30%でもいいんですが。
いやまあそうなんですが、ただ精度が違うじゃないですか。
私が言葉下手で上手く伝えられないのが悪いんですが100000回観測して1%未満なら主観であろうと結果として気にしなくていいというものではないですかね？
統計数が少なければ有意水準を上げるという認識なんですが違いますか？
そのワード調べてみます！
ありがとうございました。
不快な思いをさせてしまってすみません。
仰りたいことはよくわかるのですが、使いどころがいまいち掴めていないんです。
現実でどう活用していけば良いのでしょうか。
ありがとうございました。
wikiとベイジアン最小二乗法などのヒントを与えてくれた方々、またこんなくだらない私の問いに付き合って下さった方々に感謝します。アーメン！チーン。
の内容を論理的に打ち負かしてもらえると助かります<(_ _)>
マジでこれでした！ほんとにありがとうございます。
でもサイコロ云々の人はよく意味が分からなかったんですが理解しなくても平気ですよね？
一回しか開けられないなら
二分の一でしょ？ただ当たる確率が2と3どちらをあててもセーフということなら三分の二の確率じゃないんですか？
別個のように感じてしまうんですけど。そもそも何を問いたいのですかね？
開ける確率は半々ですけどそれを事前確率で言えば66.66%の確率ってことですよね？
一定の閉じた公理系をつくりだし数値の割り振りに可能な限り厳しいルールを作って
運用者が複数でもおこなえるようにし（単独でも良い）
実験計画の手法など応用し
措定ごさ可能な限りへらし
数学の公理系のなかで機械的な演算を可能した結果により
評価をくだし
多数の事象（仮に１万の事項）について相対的に評価可能な情報軍を作り
すべての状況を把握することはできない状況にいる誰か一人の人間が評価を行い決定する時
この命題を主観を入れずに証明できるか？
証明終わり
ベイズは宗教じゃありませんでした。
何故なら最初にこうじゃないの？って設定して、データを集めたら改訂していくわけです。
そしてその中からあてにならないものを外してまた別のものを当てはめていく。
ポアソンはこの逆をやっているから精度が高いってことじゃないですかね？
うまい！笑
その通りですね！笑
数学は宗教であるという証明しないかぎり
なんの証明にもなってない
えー！なんかうまいからいいじゃないですか！
だって数字にできないものをむりくり数値化したりなんか置き換えたりして発展してきたのが数学なわけですから数学を崇拝するが故の行動と言えるくらいの狂気のさたの人もいるわけですし。宗教じみてるで間違いではないと思いますね。音楽しかり
宗教の定義を主観なしに
それお前の主観てきな宗教感
宗教、崇拝、狂気ついて主観をいれずつまり
万人が納得する形で形で定義してくれ
言えるくらいってのは主観すぎるのでつかわないように
宗教の定義を主観なしに
それお前の主観てきな宗教感
宗教、崇拝、狂気ついて主観をいれずつまり
万人が納得する形で形で定義してくれ
言えるくらいってのは主観すぎるのでつかわないように
はい！すみませんでした！以後気をつけます！
主観を数値にしてそれを数学的論理にのせることがだめなのか主観をまじえずに説明しろ
単語を文法や論理にのせて文を書いて他人に情報をていじすることと何が違うか主観をまじえずに説明しろ
それこそベイズで考えればいいやんｗｗｗｗ
事前確率３分の１かりにわかりやすくするために３００とすると
条件付き確率が
選んだ扉（仮にAとすると）があたりなら司会者はBかCを選ぶから２通りの世界つまり（Bをえらんだら５０、Cをえらんだら５０）にわかれる
Bがあたりなら司会者はCしか選ばないから１とおりで１００
Cならおなじく１とおりで１００
ここで司会者がかりにBを選ぶとBという選択肢がきえる
AがあたりでCを選ぶってせかい５０と
CがあたりでBをえらぶって１００の可能性がきえるわけだから
のこり１５０
Aには５０のこってて、他の扉には１００のこっとる
ならそれはにそう回答してあげてください。
私は自分で回答してますので。
以降を訂正
ここで司会者がかりにBを選ぶという可能性をふくんだ選択肢がきえる
AがあたりでをBを選ぶって５０と
CがあたりでBをえらぶって１００がきえるわけだから
Aがあたりというのは５０個の可能性のかけらしかなく
のこりがあたりというの１００個も可能性のかけらがある
ほらなベイズ便利だろｗｗｗｗｗ
けど司会者なんかどっから出て来たんです？
まあいっか。
なんにせよありがとうございました！
何を言ってるのかいみわからよｗｗ
事前確率３分の１だから
モンティホール問題のモンティホールって司会者の名前やからｗｗｗ
どっからってｗｗ
あ！すみません！いまリンク先見ました！ほんとですね！失礼しました！
全くその通り
そうですね！でも先ほども言ったようにベイズの利便性は理解したのでもう大丈夫ですよ！ありがとうございました！
固定はしてない
結果的にかわらなかっただけ
いうなれば
３００分の１００の確率が
新しい情報により
１５０分の５０となって
約分したら同じなってしまった。
固定していないと２つでも３つっでも同時にドアを開ける
事が出来ちゃいますよ？
ちょうど真下に確率３分の１ってあるから確率が
当初の確率で固定されてるのかと読み間違えた
そのゲームの確率は、直観で1/2ぢゃ
この直観を否定してはイケナイ
さらに念のためベイズの定理を使って解くと
事前確率(司会のヤギ見せ前の確率)
P(プレーヤ選択ドア=当り) = 1/3 ──☆
P(司会選択ドア=はずれ) = 2/3 ──★
事前確率(司会のヤギ見せ後の確率)
P(プレーヤ選択ドア=当り) = ☆/★ = 1/2
やっぱり、1/2ぢゃ
以上ぢゃ
イケナイ、タイプミスった。
訂正
× 事前確率(司会のヤギ見せ後の確率)
○ 事後確率(司会のヤギ見せ後の確率)
立方体の対称性に注目してみたところで、ランダムに投げるという行為を他の何かから論理的に導けるわけでもないし
必ずどこかに（人間の経験に由来するであろう）非論理的な仮定が入り込む
その通り
確率なんて２流もいいところ
そもそもどういう条件下で振られてるのかも分からないのに６分の１というのが意味がわからないですね。
せめて落とす高さや落とす箇所、どの面が下辺にきている場合とかは最低限設定しないと意味ない
でもビッグデータとかあるしね
それはそうなんだけど確率論というのはどこに収束していくかだからそもそもの論点が違うかもね。
もちろんこの話は局面だからそう感じやすいし、このようなわかりやすい場面はゲームとか以外ではあまりないからそう感じるのも凄く納得ですけどね。
何度か目を変えることができる
そういう言葉遊びは嫌いじゃないけど結果として出るからそのうち実感して分かると思います
ポアソン分布のこと？
酸っぱいブドウの論理
モンティがハズレのドアを開ける
プレイヤーが突然記憶喪失になる
目の前に選択可能な２つのドアがある
その中の内一つを選ぶと確率は５０％
「ドアを変えれば勝てるのは3回の内2回、負けるのは3回の内1回だけ、
しかしドアを変えなければ勝てるのは3回の内1回だけ」と述べる
ゲームが１回きりならどうでしょう？
なんでやぎ見せ前に司会洗濯ドア＝はずれ事象の確率だすんだ？
でなんで事後確率の計算が
☆÷★＝（事前確率）÷（事前確率）なんだ
（プレーヤ選択ドア=当り）の補事象が(司会選択ドア=はずれ)って言いいたいの？
言いたいことがよく分からんので間違ってるかどうか判断しずらいが
多分どっか間違ってる
確率を改定していくとこ
たとえば、プレイヤーがAをえらんで、あたりがBCにあると
司会者がどのドアを選ぶか躊躇するのを深い洞察で完全に見破ることができるとAがあたりの確率はゼロに成る
それを阻止するために司会者が予め選ぶドアを決めて練習しているとすると２分の１と成る
これをベイズの定理だとわかりやすく考えることができる。
事象A : プレーヤ選択ドア=当り
事象B : 司会選択ドア=はずれ
P(A) = 1/3
P(B) = 2/3
P(B|A) = 1 ∵当たりは1つだけぢゃ
ベイズの定理 すなわち、
P(A|B) = P(B|A) * P(A) / P(B) に代入とする
すると、
P(A|B) = 1/2 となるワケぢゃ
P(A|B) = 1/3に違いないなどと言うのなら
P(B) = 1 となる。問題文の吟味が必要ぢゃ
樹形図かいてみ
モンティがハズレのドアを開ける
２つの選択可能なドアがある
ディアボロが現れてその内一つを選ぶ
当たりの確率は５０％
樹形図は、以下の通りぢゃ
プレーヤ 司会 確率
当たり──はずれ 1/3 * 1 = 1/3 ★
はずれ─┬はずれ 2/3 * 1/2 = 1/3 ☆
└当たり 2/3 * 1/2 = 1/3
で、司会がはずれたときの条件付き確率は
★ / (★ + ☆) = 1/2 つまりやはり50%ぢゃ
なお、そろそろ就寝する。
ちがうちがう
何を勘違いしてるかやっとわかったわ。多分。
時間損した気分やわ
司会者はあたりとかハズレじゃないから
仮にプレーヤがAをえらんだら
Bの扉を選ぶかCの扉を選ぶか
司会者はどれがあたりか知ってて必ずハズレを開く
さあ私はこれを開いたが貴方は変えますか？それともそのままにしますかってなかんじ？
司会者が当てるゲームじゃない
みのもんたの「ファイナルアンサー？」みたいなのりの（全然違うがイメージ的に）テレビ番組やで
わしは知能が低くて日本語が苦手なのぢゃ
何を言ってるのかよくわからんのぢゃ
直感で問題文を感じるのぢゃ
この直感を否定してはいけないのぢゃ
頭でっかちはきらいなのぢゃ
わしに問題文を合わせる必要があるのぢゃ
わしは知能が低くて日本語が苦手なのぢゃ
何を言ってるのかよくわからんのぢゃ
直感で問題文を感じるのぢゃ
この直感を否定してはいけないのぢゃ
頭でっかちはきらいなのぢゃ
わしに問題文を合わせる必要があるのぢゃ
ベイズ流確率論では、Ｒが起こったときＰが起こっていた確率を問題にする。
ITV News-2017/09/30
Monty Hall, one of the US's most popular television game show hosts,
has died aged 96, his son has said. Born Monte Halperin on 25 August 1921, for nearly
three decades Hall hosted 'Let's Make a Deal', the hugely successful television show
that he co-created.
でない方( 121)が、
の論理思考を の文学的タッチ
で、忠実に再現&主張されておられる。
よく分かんないのぢゃが、
ベイズを、ぢゃんぢゃん学習して、
高級車をゲットしたいな。
これで以上ぢゃ
いったいどこにあたまいいやつがいるんだ？
つかポアソンってなんなんだよ
宣伝カスしねよ
おまえガチで頭わるいだろ？
まじでこのスレ主いかれてんのか？？？
日本語くらい読めよ
日本語読める論理的思考できるやつなら
お前みたいなざれことはいわんだろ
数学の証明法のひとつ背理法に従えばおまえには論理性などないｗｗｗ
お前が示したのは司会者がランダムに扉を選んだ時の確率だ
であれば司会者がランダムに扉を選ばないのであれば
おこりうる事象に変化がおこり
確率が変化する可能性がたかいとが直感的にわかるはずだ
おまえは理論も直感もおかしいてことだ
とりあえず問題文読み直せ
ゲームのルール[編集]
(1) 3つのドア (A, B, C) に（景品、ヤギ、ヤギ）がランダムに入っている。
(2) プレーヤーはドアを1つ選ぶ。
(3) モンティは残りのドアのうち1つを必ず開ける。
(4) モンティの開けるドアは、必ずヤギの入っているドアである。
(5) モンティはプレーヤーにドアを選びなおしてよいと必ず言う。
7 件 （0.30 秒）
うち二件はバカスレ主とおもわれるかすツベ（もちろんみない）とここのスレッド
残りは意味不明発言ばっか
スレ主わけのわからんポアソン発言がポアソン分布だと判明ｗｗｗｗｗｗｗ
そこそこの有能なプレイヤなら、
数学的直観により、
無条件に選び直ちゃいそうぢゃが、
当方のような超天才プレイヤなら、
司会は何れのドアが当たりか知ってる
∵ ルールの(4)
動物的直感で、司会の仕草から
プレイヤは、どのドアが当たりかを読む
結果、
3回に1回、選び直さない、100%的中
3回に2回、選び直しでも、100%的中
この類のゲームに勝利するには、
数学的直観でなく、動物的直勘が大切ぢゃ
あなたがレモンを1個選択します
残り98個のレモンが取り除かれます
最後に残ったレモンとリンゴの内、
リンゴが当たる確率は50％です
レモン99個とリンゴ1個をひとつづつ外からは中が見えない
100個の箱に入れます
その中から1個の箱を選びます
レモンが入った98個の箱を取り除きます
最後に残った2個の箱の中から1個の箱を選びます
リンゴが当たる確率は50％です
選んだ1箱ともうひとつのとでリンゴの入っている確率は異なるよ
選んだ1箱に入っている確率は1/100でもうひとつに入っている確率は99/100
まったく異論はありませんが？
ヤギ2匹と新車1台が3つのドアに
それぞれ1つづつ入っています
ドアは最初から開いています
あなたはヤギの入っているドアを選びます
モンティがヤギの入っているドアを選びます
あなたはモンティのドアは選べません
あなたが選択を変更すると
新車を当てる確率は50％です
新車を当てる確率は100％です
しょむなー
結局主観と数値を対応させるんだろ
バカなのかお前は？
確率論はコルモゴルフの公理系をきばんとして
頻度論とラプラスによる確率論を客観的な考え方両輪としてる
それに対してスレ主がいちゃもんつけてるのが主観確率
主観確率もこれらに並ぶ確率論において大事な一理論体型である
主観確率はまだおこってないかほとんどおこってないようなことを扱う時に使われる
ラプラスや頻度論的確率と主観確率をまるで対照なように思ってるかもしれないが
頻度論は結局回数を重ねないとその確からしさはわからず
ベイズなど情報の少ないせかいでは全く有効性がなく
ラプラスの定義（高校でやるような数え上げを根拠した確率）によるものは、理由不十分の原理を根拠にした「確からしい」という考えをつかっていて
これはまさにベイズなどで主観確率を持ち出す時につかうものと同じ
サイコロで言えばある目がでる確率は６分の１というはまるであたりまえのようになってるが
頻度論においては一回でほんとにそうなのかたしかめることもできず無益であり
ラプラスの定義においてはベイズ同様の理由不十分の原理が採択される
サイコロなどでない得体のしれないものを扱うとき
結局頻度論、ラプラスの確率論、主観確率はまったく同じ土俵に立つことに成るということだ
サイコロの確率を１回ふってその確率が６分の１と証明することはふかのうで
ベイズなどでつかわれる主観確率はまさにおなじ世界のことをやっている
そんなことどうでも言い問題ですよねみたないこという神経がしれない
主観を数値化することを忌み嫌う一方で
数学は宗教だという書込には
えー！なん確率論はコルモゴルフの公理系をきばんとして
頻度論とラプラスによる確率論を客観的な考え方両輪としてる
それに対してスレ主がいちゃもんつけてるのが主観確率
主観確率もこれらに並ぶ確率論において大事な一理論体型である
主観確率はまだおこってないかほとんどおこってないようなことを扱う時に使われる
ラプラスや頻度論的確率と主観確率をまるで対照なように思ってるかもしれないが
頻度論は結局回数を重ねないとその確からしさはわからず
ベイズなど情報の少ないせかいでは全く有効性がなく
ラプラスの定義（高校でやるような数え上げを根拠した確率）によるものは、理由不十分の原理を根拠にした「確からしい」という考えをつかっていて
これはまさにベイズなどで主観確率を持ち出す時につかうものと同じ
サイコロで言えばある目がでる確率は６分の１というはまるであたりまえのようになってるが
頻度論においては一回でほんとにそうなのかたしかめることもできず無益であり
ラプラスの定義においてはベイズ同様の理由不十分の原理が採択される
サイコロなどでない得体のしれないものを扱うとき
結局頻度論、ラプラスの確率論、主観確率はまったく同じ土俵に立つことに成るということだ
サイコロの確率を１回ふってその確率が６分の１と証明することはふかのうで
ベイズなどでつかわれる主観確率はまさにおなじ世界のことをやっている
そんなことどうでも言い問題ですよねみたないこという神経がしれない
主観を数値化することを忌み嫌う一方で
数学は宗教だという書込には
えー！なんかうまいからいいじゃないですか！ などと主観まみれの言説をまきちらす
ほんとにカスだとおもかうまいからいいじゃないですか！ などと主観まみれの言説をまきちらす
ほんとにカスだとおも
プレーヤーはレモンとリンゴどちらでも
任意に選ぶ事ができるので
リンゴが当たる確率は50％です
このゲームができるのは1回だけです
1万円札99枚とリンゴ1個をひとつづつ
外からは中が見えない100個の箱に入れます
その中から1個の箱を選びます
1万円札が入った98個の箱を取り除きます
最後に残った2個の箱の中から1個の箱を選びます
1万円札はハズレですからもらえません
リンゴが当たる確率は50％です
主観確率の支持者がそれを支持する理由として挙げる
論拠はいくつか存在する
まず、論理説については、何を無差別と見なすかによって答えが
一意に定まらなくなるという問題がある
次に、頻度主義を取った場合、一回限りの出来事について
確率を割り当てることができなくなってしまう
たとえば、「このサイコロで1の目が出る確率」は
「このサイコロを無限回ふったときに1の目が出る頻度」と言い換える
ことができるが、「次にこのサイコロをふったときに1の目が出る確率」は
そのような頻度の言葉に置き換えることができない
また、頻度について語るのが難しい対象、たとえば殺人事件の捜査で
「A氏が犯人である」という確率を考える場合、A氏は犯人であるか
ないかのいずれかであり、そこには頻度は存在しない
しかし、こういう場合に確率という言葉がしばしば使われるのも確かである
傾向説では、「次にこのサイコロを振ったときに1の目が出る確率」は、
「次にこのサイコロを振ったときに、このサイコロやそれを取り巻く環境の持つ、
1の目を出す傾向の度合い」と言い換えることになる
「A氏が犯人である確率」もA氏の持つ傾向の度合いとして
解釈し直すことができる
しかし、確率が物理的な基礎から離れれば離れるほど
「傾向」を取り出すのが難しくなる
どこにそんな派閥があるんだよ
スレ主は主観が大嫌いなこといってるくせにいってることは主観ばっかなんだよな
これが文系なのか？
べつのやつが書いてた書込なぞってるだけじゃねぇかｗｗｗ
問題分すらまともに読めないバカが天才とかバカかｗｗｗ
そもそも確率とは、試行回数を無限に増やした場合の
極限を扱うことが前提です
確率の話をするにあたり、試行回数＝１に限定したケースを強引に
仮定しようという姿勢は、そもそも間違っているのです
いいですか？
試行回数を１回に限定した場合の話は簡単で、
引いたドアが当たりである「確率」は、当たりの場合は１
ハズレの場合は０
この２通りしか「ありえません」
1/2とか1/3とか、ましてや2/3とか、そんな中途半端な値は取りようがありません
なぜなら当たりのドアは１か２か３か、それらのどれかに「決定済」だからです
挑戦者が当たりのドアがどれか知らない？そんなの関係ありません
試行回数＝１の前提からはそういう結論しか出ません
これは他のひとが展開している確率論とは異なる話です
「本当に」確率の話をしたいのなら、「試行回数＝１」の前提を捨てないと、
他の論者と話が全く噛み合いませんよ
でなきゃもうネタとして扱うだけです
ヤギ2匹と新車1台が3つのドアに
それぞれ1つづつ入っています
ドアは最初から開いています
あなたはヤギの入っているドアを選びます
モンティがヤギの入っているドアを選びます
あなたはモンティのドアは選べません
あなたが選択を変更すると
新車を当てる確率は100％です
我、以外のすべての傾向は消し飛ぶ
このゲームができるのは1回だけです
1万円札99枚とリンゴ1個をひとつづつ
外からは中が見えない100個の箱に入れます
その中から1個の箱を選びます
1万円札が入った98個の箱を取り除きます
最後に残った2個の箱の中から1個の箱を選びます
1万円札はハズレですがもらえます
リンゴが当たる確率は50％です
ゲームが多数回であればそうなります
(3) モンティは残りのドアのうち1つを必ず開ける
(4) モンティの開けるドアは、必ずヤギの入っているドアである
(3) と(4) は一つにできる
『モンティは残りのドアのうちヤギの入っているドアを開ける』
このゲームができるのは1回だけです
外からは中が見えない空箱100個の中のひとつに
ダイヤモンドを1個入れます
その中から1個の箱を選びます
98個の空箱を取り除きます
最後に残った2個の箱の中から1個の箱を選びます
ダイヤモンドが当たる確率は50％です
それとも破滅の罠か
『破滅の罠』
神にとって確率などというものはない
なぜなら神は全てを知っている、から
だが、全てを知っている存在は、その存在が矛盾なのではないのか
たとえば神は、自分がどのように全てを知っているのかを知っているのだろうか
どのように知っているのかを知っているとして、どうしてそれを知っているのかを・・
たとえば神は、自分が知っていることが「全て」であることをどうして知るのか
自分が知らないことが存在しないことを、どうして知っているのか
たとえば神は、知らないことがどのような事態なのか、知ることができるだろうか
神は、確率を知っているのだろうか
（・・・・これはできるような気もするな）
それでも神は存在して良い
“神について”考えない限り、神を信じて良い・・・
「ほらね、怖くない」
「我が夫となるものは更におぞましきものを見るだろう」
モンティホール問題と量子力学を同じものとして考えると面白い
重ね合わせなのだと思う
１００のドアがあって一つが当たりだとしよう
モンティは、それを２つのドアに圧縮する
あなたが最初に選んだのは1/100の確率のドアだが、
もうひとつのドアはモンティによって1/100の確率の99個のドアが
ひとつに重ね合されたものだ
99/100のドアと最初に選ばれた1/100のドア
選びなおすことができるなら、あなたはどちらのドアを選ぶのか
量子力学が少しみえたきたような気がする
ψ=|99/100>+|1/100>
確率と、確率を持っているものを選ぶ確率
古典ビットと量子ビットの違いは、確率と、確率の確率という
違いなのではないだろうか？
それを混同してしまうから量子力学がわけのわからないものになっている
そう考えるとおもしろい
今のところおもしろいだけだが
ゴルゴ14は10発10中
ゴルゴ15は1発1中
とする。
各々10000発撃ったとき各ゴルゴの命中数の期待値はいくらか？
ベイズでは事前確率分布を一様分布として計算できる。
事前分布を一様分布にするから男子確率2/3になるだけ。日本人の男女比でBeta(53,49)程度にすればいいんじゃね？？
問.
客が煙草を忘れて行ったとする。
忘れて行った人物が女性である確率を以下のデータから計算せよ。
喫煙率
男性 28.2％
女性 9.0％
男女計 18.2％
ttps://www.jti.co.jp/investors/library/press_releases/2017/0727_01.html 全体と男女別の喫煙率から男女比が計算できる。
つまり女性である事前確率がわかる。
喫煙者であるというデータが与えられたときの
女性である事後確率をベイズの公式で計算できる。
やなこった
やっぱり怖い
見たくない
客の男女比率のデータはないのか。
客の男女比率
男性 ０％
女性 100％
だったら全体の喫煙率は無意味に
18.2*(f+m)= 9.0*f +28.2*m
から男女比は計算できる。
弱情報事前分布と言える。
# 新薬が登場して3人に投与したところ治癒した人はいなかった。
# この新薬を継続して使う価値があるかどうか検討せよ。
別バージョン
# 巨乳女子大で25人に声をかけたら3人が誘いにのった。
# 桃尻女子大で3人に声をかけたら誰も誘いにのらなかった。
# どちらが口説きやすいか検討せよ。
JAGSでMCMCして治癒率の確率密度関数を描くとこうなる。
ttp://i.imgur.com/y49H5AK.png 治癒率差の期待値は
> mean(dif)
[1] -0.05136971
54％が負
> c(mean(dif<0),mean(dif>0))
[1] 0.5395 0.4605
５％幅の違いは同等扱いにすると
> c(mean(dif<ROPE[1]),mean(ROPE[1]<dif & dif<ROPE[2]), mean(dif>ROPE[2]))
[1] 0.4834 0.1236 0.3930
と計算できる。
95％HDIは
> HDInterval::hdi(dif)
lower upper
-0.4247349 0.2535357
と０を挟む。
RのパッケージBESTを改造して、治癒率の差の確率密度分布をかくと
ttp://i.imgur.com/vdIj7ES.png ゆえに新薬は無効とはいえないだけでなく、従来薬を凌駕する可能性が54％ある。
それに対して、ベイズ確率論では事後確率を問題にする
18.2*(f+m)= 9.0*f +28.2*mで男女比は92:100と計算できる。女性の割合は100/192。
これでベイズの公式で計算すると喫煙者が女性である確率は0.25755
この100/192を最頻値として集中度10のβ分布に女男比が従うとする（かなり緩やか分布ではあるがここは主観的）
> alpha
[1] 5.208333
> beta
[1] 4.791667
になる。
ttp://i.imgur.com/IEn9vtz.png 集中度は
ttp://https://en.wikipedia.org/wiki/Beta_distribution#Mode_and_concentration">ttps://en.wikipedia.org/wiki/Beta_distribution#Mode_and_concentrationを参照。 このモデルでstanでMCMCすると
mean se_mean sd 2.5% 25% 50% 75% 97.5% n_eff Rhat
female 0.5209 0.0006 0.1510 0.2275 0.4133 0.5225 0.6298 0.8059 66688 1.0001
female_smoker 0.2576 0.0003 0.0747 0.1125 0.2044 0.2584 0.3115 0.3985 66688 1.0001
忘れて行った人物が女性である確率は平均25.8% (95％信頼区間は11.3%-39.9%)と計算できる。
： １３２人目の素数さん [] 2017/12/17(日) 09:12:27.87:mF5SDvIe
個々の店を利用する人の男女比なんて
どっちっかに大きく傾くことも多いだろうに
運がいいのか３本めで当たりだった。何本あたりがあったと推測されるか？
期待値、最頻度値、９５％信頼区間を算出せよ。
別バージョン：１学年１００人の揺股女子高に声をかけたら３人目が開脚したとする。
開脚希望の女子高生は何人いると推測されるか？
分布はこんなかんじになる。
ttp://i.imgur.com/iSI0ODw.pngんで、答は
mode mean
33.33333 39.99820
lower upper
4.3811 77.2252
信頼区間が幅広いのはデータ数から仕方がないことではある。
弱情報分布ってそんなもんだよ。
女性の平均身長は１ｍ以上２ｍ未満の一様分布を事前分布とできる。
ダメとかいう話じゃないんだね。
事前分布をどうするかという議論。
この緩股女子高生20人にメールを送って誘ったところ2人が開脚したとする。
このデータを使って前問の確率分布を事前分布として緩股女子高の開脚率の期待値、最頻値、95%信頼区間を算出せよ。
こういうのがベイズ推論ね。
事象A : 女性である
事象B : 喫煙者である
ここで、ベイズの定理で
P(A|B) = {P(B|A) / P(B)} * P(A) という数式
に、
P(B) = 0.182
P(B|A) = 0.090 を代入すると、
P(A|B) = 90 / 182 * P(A)
= 0.4945 * P(A) ──★
ここで★に、P(A) = 100/192 = 0.5208 を代入
P(A|B) = 0.2576 となる。
尤もな値が得られる、ウームまてよ
もし、P(A)が1に近い値なら、それを
★に代入すると、
P(A|B)は、0.4945になり、1にはならない。
そう、この手の確率計算、何か変なのです。
P(A)が一様分布に従うとしても大して値は変わらない。
mean se_mean sd 2.5% 25% 50% 75% 97.5% n_eff Rhat
female 0.4979 0.0011 0.2885 0.0247 0.2477 0.4977 0.7473 0.9756 70793 1
female_smoker 0.2462 0.0005 0.1427 0.0122 0.1225 0.2461 0.3695 0.4824 70793 1
平均0.246 信頼区間は[2.5%-97.5%]と広くなる。
posterior ∝ likelihood * prior を使ってグラフ化すると
ttp://i.imgur.com/xGnsEHU.png 緩股女子高の開脚率の
最頻値
> optimise(posterior,c(0,1),maximum=TRUE)$maximum # mode
[1] 0.1304338
期待値
> integrate(function(x) x*posterior(x),0,1)$value # mean
[1] 0.16
メディアン値
> cdf <- function(x) integrate(posterior, 0,x)$value
> uniroot(function(x)cdf(x)-0.5,c(0.01,0.99))$root # median
[1] 0.1508781
９５％信頼区間
> pdf2hdi(posterior)
lower upper
0.034818 0.301498
>176だけの情報だと
期待値
> integrate(function(x) x*pdf(x),0,1)$value
[1] 0.1363636
最頻値
> optimize(pdf,c(0,1),maximum = TRUE)$maximum
[1] 0.1000202
信頼区間
> pdf2hdi(pdf)
lower upper
0.017594 0.276573
となる。
relocation of credibilityがベイズ推計の根幹
店によって客の年齢層が違うから年齢層別の喫煙率がないとだめとか、
同年齢でも職業や学歴によって喫煙率が違うからだめ
とかいくらでもいえる。
与えられたデータで計算しろというのが問題の趣旨。
それを組み込むモデルが階層ベイズ
種明かしすると
一様分布での期待値は男女比＝１：１としたときと同じ。
信頼区間は2.5%-97.5%と幅95%ならどこでもいい。
いい加減過ぎ
そんなの前提じゃないｗｗ
それを前提にしてるのは頻度説だけだｗｗ
ばかかｗ
μ（φ）＝０
∀X∈２＾A、μ（X）≧０
∀X,Y∈２＾A、X∩Y＝φ⇒μ（X∪ Y）＝μ（X）＋μ（Y）
の測度論的定義と
P(Ω)＝１
０≦P≦１
上の３つめと同じ
の確立の公理主義的定義しかないわ
必ずしも頻度には基づかない確率を「確率」として見なす
またベイズの定理を用い、
事前確率及び尤度を仮定した下で事後確率を与える、
という相対的なメカニズムを主張している
したがって事後確率の計算結果の信憑性や有用性は、
事前分布と尤度の設定にかかっており、慎重を期すことが必要である
これはベイズ統計学が、不確実性を含む問題を人によって異なる
確率を用いて定式化することを許容する主観確率 (subjective probability)
という立場をとっていることによる
この立場はまだ解析対象となっていない新たな問題への
アプローチを可能にするという利点がある一方で、
確率の決め方について客観性に欠けるという批判もある（客観確率）
であるならば頻度論的考えが前提というなら
それが公理に組み込まれなければ前提ではないんだが
そんな公理どこにあるの？
示してみ
は前提といってるんだから
公理レベルで明文化されてないとおかしい
俺は補足説明しただけであって、君の主張を否定したいわけではないんだから
公理化する前の段階、何を公理化して何を研究対象とするかという目的
はこれを前提と言っているわけだから、君の怒りは最初から的外れだ
花子は５０人を調査できたら終了として入学者を５０人をみつけて１８人が女子であるという結果を得た。
帰無仮説のもとで
５０人中１８人が女子である確率は 0.01603475
これ以下になるのは５０人中０～１８人と３２～５０人が裏口の場合なので
両側検定して
> sum(dbinom(c(0:18,32:50),50,0.5))
[1] 0.06490865
> binom.test(18,50,0.5)$p.value
[1] 0.06490865
で帰無仮説は棄却できないと結論した。
一方、本 番と十八番が好きな太郎は一人ずつ調べて１８人めの女子がみつかったところで調査を終えることにした。
１８人めがみつかったのは花子と同じく５０人めであった。
帰無仮説のもとで
１８人がみつかるのが５０人めである確率は0.005772512
これ以下になるのは２３人以下５０人以上番めで女子１８人めがみつかった場合なので
両側検定して
pnb=dnbinom(0:999,18,0.5)
> 1 - sum(pnb[-which(pnb<=dnbinom(50-18,18,0.5))]) # < 0.05
[1] 0.02750309
で帰無仮説は棄却される。
どちらの検定が正しいか、どちらも正しくないか？
検定する意図によってｐ値が変わるのは頻度主義統計の欠陥といえるか？
花子の検定での信頼区間は0.36～0.72で18/50を含む、p=0.06491
ttp://i.imgur.com/SeTLk8K.jpg 太郎の検定での信頼区間は0.375～0.72で18/50を含まない、p= 0.0275
ttp://i.imgur.com/tNzlfxe.jpg 主観である、検定の中止の基準の差でｐ値や信頼区間が変化するのは変だという批判である。
0.5^5 = 0.03125 < 0.05
なので５回？
天気予報の降水確率もこれに近い気がするな。
コインを１００回投げると続けて５回以上、裏がでる確率は８０％以上なので５回裏が続けてでてもイカサマでもないような気がする。
７回以上続けて裏でも３割を越える。
連続１０回だと０．０５未満になった。
生存率とかもそうだな。
イカサマコインの定義を 裏がでる確率が1/3以下または2/3以上のときとすると。
(2/3)^5 = 0.1316872 > 0.05なので イカサマコインであるとは言えない。
としか、頻度主義統計では結論できないのではなかろうか？
ベイズの確率なら、
イカサマコインの確率が算出できるのぢゃ
事前確率
表がでる確率が1/2のコイン 0.5
表がでる確率が2/3のコイン 0.5
と適当かつ勝手にワシの主観でおく。
(1/2)^5 = 1/32 = 0.03125 で
(2/3)^5 = 32/243 = 0.1317 ぢゃから
事後確率
0.1317 / (0.1317+0.03125) = 0.8082
つまり、5連続表がでたら、
イカサマコインの確率は、
0.5→0.8082に改訂ぢゃ
事前確率を一様分布にすると事後分布からの平均確率は6/7=0.8571429
ttp://i.imgur.com/pku1kPy.png 事後分布で1/3以下,2/3以上である確率は
> pbeta(1/3,1+5,1) + pbeta(2/3,1+5,1,lower=FALSE)
[1] 0.9135802
でイカサマコインといえる。
5回続けて表がでたときの事後分布は
ttp://i.imgur.com/v03Jv5Q.png イカサマ確率は0.1031となる。
0.5lをモード値
↓
0.5をモード値
# 事前確率
# 表がでる確率が1/3のコイン 1/3
# 表がでる確率が1/2のコイン 1/3
# 表がでる確率が2/3のコイン 1/3
# と適当かつ勝手に変更
require(rjags)
N=5
z=5
y=c(rep(1,z),rep(0,N-z))
ph=c(1/3,1/2,2/3)
pc=c(1/3,1/3,1/3)
dataList5=list(N=N,y=y,ph=ph,pc=pc)
# JAGS model
modelString5 ="
model {
for(i in 1:N){
y[i] ~ dbern(ph[coin])
}
coin ~ dcat(pc[])
}
"
writeLines(modelString5,'TEMPmodel.txt')
jagsModel5=jags.model('TEMPmodel.txt',data=dataList5)
codaSamples5=coda.samples(jagsModel5,var=c('coin'),n.iter=100000,na.rm=TRUE)
summary(codaSamples5)
js5=as.matrix(codaSamples5)
mean(js5!=2)
5回続けて表がでたとき、
イカサマコインであった確率は
> mean(js5!=2)
[1] 0.81361
立方体からなるサイコロの目のでる確率はすべて等しく1/6である、を帰無仮説とする。
そのサイコロをふって1の目がでた。2回目は2の目がでた。
その確率は1/6*1/6で1/36=0.02778 < 0.05だから帰無仮説は棄却される。
どの目の組合せでも同じく帰無仮説は棄却される。
頻度主義統計のもとではすべてのサイコロはいびつである。
検定についてもう一度勉強した方がいい
p値で考えると>207は正しい。
デタラメというのがデタラメじゃねえの？
数値で反論できてないし。
現実は>204だと思っている。
数値をだしての反論希望。
だからその数値が無意味ですってw
1000本に1本当りがでる宝くじに当たった人がいる
p=0.001<0.05だから偶然とは言えないから不正があった筈。
反論になってないんだよ。
数値だして反論できないんだろ？
君あおりもヘタね
馬鹿なので反論できないｗｗｗｗｗ
頻度主義者にはそれができない、という批判なんだよ。
ゴルゴ14は10発10中
ゴルゴ15は1発1中
とする。
各々10000発撃ったとき各ゴルゴの命中数の期待値はいくらか？
ベイズでは事前確率分布を一様分布として計算できるが、
頻度主義統計では全く無力と気づいてベイズ統計を学び出したよ。
数値だして反論しないとバカと認定されちゃうよ。
>204書いたのは俺。
君、ごまかすのも下手ねｗ
このゲームができるのは1回だけです
ダイヤモンド1個を外からは中が見えない空箱100個の
中のどれかひとつに入れます
その中から1個の箱を選びます
98個の空箱を取り除きます
最後に残った2個の箱の中から1個の箱を選びます
ダイヤモンドが当たる確率は何％でしょうか？
数値以前の問題だけどな
敗北宣言？？
自分が間違ってるとは考えないの？
相手して欲しいだけの困ったちゃんだから触らないことよ
数学板なのに反論になってないんだね。
あなたが間違った知識を持っていてもどうでもいいことだけど
私は優しいから貴方の知識が間違っていると言うことを教えておく
無知を知ることが出来て良かったね
前提として
・100個中1個ダイヤ入りの箱がある（自分で入れる訳ではない＝第三者が入れる)
・自分が最初に選ぶ箱は便宜上「Ａ」と名付ける
・98個の空箱を取り除く作業は答えを知っている第三者が「A」以外の99個から選んで行い、
最後に残された箱は便宜上「B」と名付ける
とすれば
「A」の中にダイヤがある確率は1/100、「B」の中にダイヤがある確率は99/100
2択とはいえ、五分五分の2択ではないことに気づけるかどうか
ゲームが１回だけの時、
最初にプレイヤーがあたりを引く確率は1/100
はずれを引く確率も1/100になります
ゲームから98個の箱が除外された後に
残った2個の箱の内、選択変更後のあたりの確率が99%だと
証明する方法はゲームが１回に限定されている以上
存在しないのです
五分五分の2択ですのでダイヤを当てる確率は５０％です
へへ、結局、反論できないだけだね。
カッコ悪い～。
間違いを指摘してやる義理はないからね
まともな反論など期待できようはずがない
ホントそれ
かまってちゃんにかまってやることはない
■ゲームを１回に限定すると
１．最初プレーヤーがあたりを引く確率は1/2である
２．箱を変更しない場合はそのまま1/2の確率である
（変更しないのであれば空箱が取り除かれようが残ろうが確率は変わらない）
３．98個の空箱を取り除いた後に箱を変更する場合、
最初に選択した箱がハズレであれば変更後の箱はあたりが確定である
つまり、最初に選択した箱がはずれである確率＝箱を変更した場合に
あたりを引く確率である
４．最初の選択であたりを引く確率は1/2、はずれを引く確率も1/2である
５．ゆえに、どちらの箱を選択してもあたりを引く確率は1/2である
事前確率と事後確率は一致します
間違ってないから指摘できないだけだろ。
カッコ悪い～。
コインが５回続けて表がでたら0.5^5 <0.05なのでイカサマコイン
とするなら
1/6^<0.05ならいびつなサイコロ。
点推定を帰無仮設にせず>204のように分布を事前確率にする方がいい。
単に試行回数が少ないだけ。
二項分布を正規分布で近似するための条件は経験則として
・npとnqの小さい方が10(場合によっては5)より大きい。
・0.1≦p≦0.9 で、かつ 5<npq
・25<npq
等が知られている。コイン(p=1/2)なら20～100回、サイコロ(p=1/6)なら30～180回
といずれでも数十回試行することが必要。
逆に言うと、これらから大きく離れた回数で、何らかの結論を出すような理論は危険。信憑性が足りない。
参考
ttp://www.naro.affrc.go.jp/org/nfri/yakudachi/sampling/pdf/logical-sample-number.pdf ｔ分布すら知らんのか！
二項分布も知らないレス古事記は放置が一番よ
整理しよう。
あるサイコロ、あるいは、コインがあり、その１の目が出る確率、あるいは、表が出る確率が
1/6、1/2としてよいかを検定しようとしている。
その検定に必要な試行回数は239で示したような回数が必要であり、で行ったような
たった2回の試行では足りない、というのが239の内容だ。
そこに、t分布がどのように現れるのか？
t分布は、体重、身長、点数、．．．等という、正規分布の確率変数に出来るデータを直接
いくつか得て、それを元に、想定していた分布と差があるかどうかを検証する。
その「いくつか」の個数がデータの数だとか、自由度の直結するものだ。
しかし、239で与えた試行回数というものは、全く異なる。
正規分布の確率変数に直結する一つのデータを得るために必要な試行回数だ。
239の回数だけ、試行を行い、はじめて、t分布で言うところの、「１つのデータ」を得ることが出来る。
あなたは、次元の異なる内容を比較して反論したつもりでいるだけ。
試行数が少なくても計算できるのがベイズ統計。
サイコロのある目のでる確率が1/8以下か1/4以上であるときを歪（いびつ）なサイコロと定義する。
事前分布としてどの目のでる確率も1/6で、ディリクレ分布（集中度母数=1）に従うとして
１の目が2回続いたときの１の目のでる事後確率分布をJAGSで計算してグラフ化すると次のようになる。
95%信頼区間に歪でない場合の確率1/8～1/4が含まれるので歪とは判断されない。
ttp://i.imgur.com/WJJwIWK.png 1の目が5回続いたときの事後確率分布は
ttps://i.imgur.com/G9lpd0u.png これは95％信頼区間の下限が1/4を超えているから歪であると判断される。
正規分布で近似する必要はどこにもない。
あんたには>219の問題は解けないだろ？
信頼区間は広くなるが、結論は出せる。
信仰心を持てば解けるのです！！
ttps://www.youtube.com/watch?v=YyohWpjl6KU の12:41から ベイズ推計で1打数1安打と2打数0安打の打率が推定されている。
他の選手のデーターから事前分布を設定しての算出。
データが少ないと信頼区間が広くなるだけで算出はできる。
事前分布を信仰すれば解ける
これを題材にしてベイズ推計する。
事前分布としてどの目のでる確率も1/6で、ディリクレ分布（集中度母数=1）に従うとして
事後確率のおのおのの目の分布を図示すると。
ttp://i.imgur.com/yTUhYkq.png という風になる。
95%HDI(Highest Intensity Interval)がどの目でも
1/8～1/4を含むから、
どの目に関しても歪とは結論されない。
別の試行で計算してみる。
18回サイコロを投げて1の目が10回、2の目が8回でたときの
事後分布は
ttp://i.imgur.com/2RlV9g3.png ２の目以外は非歪コイン域（Range of Practical Equivalence: ROPE)と
95%HDIが重ならないので、２以外の目は歪と結論できる。
標本数が少ないとHDIが広くなるだけ。
正規分布近似など全く必要なし。
少数例でも結論はだせる。
とうぜん信用区間は広くなる、信憑性が低くなっていることは区間幅で数値化されているのだから問題なし。
どこにもｐ値との比較はでてこない。強いて言うなら９５％HDIの５％が危険率に匹敵するくらい。
「ほら、この辺に平均値があるはず」等と、喜んでいるだけ。
頻度主義はいわば、鋭いピークを持つ分布曲線になるまで、じっと結論を待つことにアナロジーできる。
>>少数例でも結論はだせる。
>>とうぜん信用区間は広くなる、信憑性が低くなっていることは区間幅で数値化されているのだから問題なし。
「サンプル数が少ないと、信憑性が低くなる」
ということを
「サンプル数が少ないと、信憑性が低くなるが、それを数値化しているから問題ない」
と強弁しているだけだね。
つまり、「少数例でも結論はだせる」ではなく、「だせたつもりでいる」だけ。
一定の信用度を持つまで結論を先送りするか、信用度を犠牲にして結論をだすかの違い。
事前分布をもとに結論が出せてるじゃん。
コインの例なら一様分布を選ぶか一か八かのbeta(0.5,0.5)にするから弱情報分布のbeta(2,2)を選ぶかが、主観的と呼ばれるだけ。
ベイズの確率はcredibility信憑性なのだから、何の問題もない。
正規分布近似の必要は全くないので近似できる標本数が必要という議論は誤りだね。
事前分布をもとに結論が出せてるじゃん。
コインの例なら一様分布を選ぶか、一か八かのbeta(0.5,0.5)にするか、弱情報分布のbeta(2,2)を選ぶかが、主観的と呼ばれるだけ。
ベイズの確率はcredibility信憑性なのだから、何の問題もない。
正規分布近似の必要は全くないので近似できる標本数が必要という議論は誤りだね。
じゃあ、>219の各ゴルゴの期待値とその信頼区間を
頻度主義統計で答えてみ！
100発100中ならサンプル数として十分だろ。
ゴルゴ13とゴルゴ14の命中率はどちら上か検定してみ！
サンプル数不足なら1000発1000中のゴルゴ12とのゴルゴ13との比較でもいいぞ。
頻度主義統計でp値出してみ。
直線の一様分布にも平均値あるんだが、頭が腐ってない？
ゴルゴ14
ゴルゴ15は
全員同じ能力で各々10000発撃ったときの命中率は10000発10000中のみ
n発撃って、全発命中する確率はp^n未満となるが、これがたまたま発生したと考えると、
p^n<0.05 や p^n < 0.01 という式が立てられる。
これが、ゴルゴにより達成されたと考え、この結果の否定が採用される。
例えば、n=1000 で 危険率0.05を採用すると、 p<0.997009 からp≧0.997009
例えば、n=1000 で 危険率0.01を採用すると、 p<0.995405 からp≧0.995405
例えば、n=100 で 危険率0.05を採用すると、 p<0.970487 からp≧0.970487
例えば、n=100 で 危険率0.01を採用すると、 p<0.954993 からp≧0.954993
例えば、n=10 で 危険率0.05を採用すると、 p<0.741134 からp≧0.741134
例えば、n=10 で 危険率0.01を採用すると、 p<0.630957 からp≧0.630957
例えば、n=1 で 危険率0.05を採用すると、 p<0.05 からp≧0.05
例えば、n=1 で 危険率0.01を採用すると、 p<0.01 からp≧0.01
あくまで、命中率の下限を評価しただけなので、実際の命中率は、1とそれぞれの間のどこかにある。
危険率5%で、
1000発1000中 → 10000中 9970発～10000発 平均 9985
100 発100 中 → 10000中 9705発～10000発 平均 9852
10 発10 中 → 10000中 7411発～10000発 平均 8705
1 発1 中 → 10000中 500発～10000発 平均 5250
対称でない確率分布から期待値だすのに片側検定での境界値と
上限値を足して２で割るかよ？
期待値は原点周りの一次モーメントだぞ。
ベイズでの期待値を教えてあげよう。
命中率の事前分布を一様分布にするとｎ発ｎ中のゴルゴの命中期待値は(n+1)/(n+2)になる。
そして 事後確率の９５％信頼区間は ０．０５の(n+1）乗根から１になる。
>命中率の事前分布を一様分布にすると
正規分布なら？
もとのデータが変わらないのに危険率を変えるとオマエのいう平均値が変わるのは変だと思わんのかよ？
まさに主観的ｗｗｗｗ
オマエの「平均値」計算式でn=100のときの「平均値」がどう変動するかグラフにしてやったぞ。
ttp://i.imgur.com/6OIUvas.png 正規分布は－∞から＋∞までとるから、正規分布の仮定は最初から間違いだよ。
定義域が０～１のβ分布を使うほうがよい。
一様分布もβ分布の特殊型なのはベイズ統計の常識。
正規分布を事前分布にするとして
平均と分散はどう主観的に設定すんのよ？
スナイパーなのだから、命中率の平気値は5割以上だろとか、いやプロなんだらゴルゴ１３は9割以上でゴルゴ１５はまぐれだから5割未満じゃないの？
おのおのの分散はどう設定する？
こういう議論をしなくていいのが、一様分布ではある。
まあ、生まれる男の生まれる確率が一様分布というのは事前分布としては俺も不適切だと思う。
fisher.testやカイ二乗検定だとそういう結論になるだろね。
だが、危険率を変えたら推定平均値（期待値）も変わるという
>527の議論は頻度主義でも落第。
>257のアンカーミス。
データの変化はないのに。
平均値（期待値）の算出が検者の主観（危険率）で決まるはずはないね。
対称でない確率分布から期待値だすのに片側検定での境界値と
上限値を足して２で割るかよ？
反論を待っているぞ。
>正規分布なら？
の要望に応じてstanでやってみた。
n=100のケース
一様分布の平均と同じく事前正規分布の平均は0.5とする。
標準偏差はGelman *1)に準じてHalf-Cauchyでやってみる。
*1)
ttps://projecteuclid.org/download/pdf_1/euclid.ba/1340371048 (逆ガンマ分布は母数の影響を受けすぎなので弱情報分布に向かないという趣旨の論文)
平均0.5 標準偏差は半コーシー分布
mean se_mean sd 2.5% 25% 50% 75% 97.5% n_eff Rhat
p 0.9899 0.0002 0.0100 0.9628 0.9860 0.9929 0.9972 0.9997 2394 1.0005
sigma 3.3759 0.3620 12.2452 0.2954 0.7799 1.5483 3.3236 14.7428 1144 1.0016
平均0.5 標準偏差は[0,10]の一様分布（確率変数の標準偏差として明らかに過剰)
mean se_mean sd 2.5% 25% 50% 75% 97.5% n_eff Rhat
p 0.9901 0.0001 0.0096 0.9642 0.9861 0.9930 0.9971 0.9997 6746 1.0005
sigma 3.0639 0.0467 2.6177 0.3145 0.9298 2.1411 4.6519 9.2510 3146 1.0009
WinBUGSで推奨の逆ガンマ分布を標準偏差の事前分布にしてみると
mean se_mean sd 2.5% 25% 50% 75% 97.5% n_eff Rhat
p 0.9901 0.0002 0.0098 0.9640 0.9864 0.9931 0.9971 0.9998 1780 1.0008
sigma 3.7042 0.8736 28.9458 0.2199 0.4260 0.7150 1.5033 17.5846 1098 1.0013
最初から一様分布にしたときと大差なし。
mean se_mean sd 2.5% 25% 50% 75% 97.5% n_eff Rhat
p 0.9902 0.0001 0.0097 0.9648 0.9863 0.9933 0.9972 0.9997 7377 1.0002
ttp://i.imgur.com/fGDobGW.png 平均、最頻値、中央値は以下の通り
mean median mode
0.07288324 0.05019718 0.01531325
９５％信用区間の中心が平均値になるのではないのは明らか。
「サンプルサイズが小さい方が、より極端な値をとる確率が高い」
ということでもある
この性質によって差が出ただけのものに対しても、
人はそれが偶然によるものではなく、何か意味があると錯覚してしまいやすい
数学板なのに
詳しく述べることは控えますが、私はあなたとは議論しません。
これを最後に去りますが、一点補足します。
の方法において、危険度を少しゆるめの値、0.1353(=1/e^2)を採用すると、
ベイズの結論に漸近的に一致する結果を得ます。（n→∞で一致します。）
あなたが棄て、いちゃもんをつけている方法から、あなたが信仰するのと同じ結論が出てきます。
ではさよなら。
仮説を検証するにはどのカードをひっくり返すべきか？
ttps://ds055uzetaobb.cloudfront.net/image_optimizer/315d3d3cdc153302a1892adb9216e9f0570abbeb.png 赤色のカードをひっくり返したくなるのが『確証バイアス』
危険率つきでの平均値の次は勝手にnを増やすかよ。
>257の平均値の計算式はこれだろ
> a=0.05
> n=c(1,10,100,1000)
> 5000*(a^(1/n)+1)
[1] 5250.000 8705.672 9852.435 9985.044
事後確率はベータ分布B(n+1,1)の期待値だから
期待値は(n+1)/(n+2)
10000発打ったときは
> n=c(1,10,100,1000)
> 10000*(n+1)/(n+2)
[1] 6666.667 9166.667 9901.961 9990.020
n→∞にする意味はない。
n発n中のときの期待値を計算しろという問題なのだから。
ttp://i.imgur.com/fGDobGW.png 命中率の差の平均が7.3%
95%信用区間は-2.4%～24%と0を跨ぐので命中率に有意差はないと表現できる。
G14の方が命中率が高い可能性も9.4%あることも計算できる。
少数例から決断を迫られるときの指標にはなる。
数学では信仰は公理と呼ばれる。
論理学でこれを公理とする宗派もある。
(A1) φ→(ψ→φ)
(A2) (φ→(ψ→χ))→((φ→ψ)→(φ→χ))
(A3) (¬φ→¬ψ)→(ψ→φ)
>数学では信仰は公理と呼ばれる。
ベイズ統計では公理というよりはむしろやはり信仰と呼ぶ方がしっくり来るな
ベイズでの確率は信憑性を表す数値、自身の確信度や他人への説得力の指標。
事前分布は信仰。
無情報分布や弱情報分布の方が信者が集めやすい。
事前分布は公理ぢゃない。かつ
事前分布は信仰なんかぢゃない。つまり、
事前分布は大概、主観なのぢゃ。
まぁっ、精密には、動物的直感なのぢゃ。
ベイズぢゃない統計こそ、迷信なのぢゃ。
少数例でベイズで遊んでみた。
打者A：1打数1安打、打者B:2打数0安打とするとき打者Aの方が打率が高いといえるか？
打者の打率は一様分布に従うとする（平均5割なので現実離れである）。
打率の差を描くと
ttp://i.imgur.com/8Ry5CIn.png 95％HDIが０を跨ぐので有意差があるとは判断できない。
ttp://https://www.youtube.com/watch?v=YyohWpjl6KU">ttps://www.youtube.com/watch?v=YyohWpjl6KU 1打数1安打と2打数0安打の記録は投手が打者になったときの記録のようなので
Beta(0.1,0.5)を事前分布に設定して(打率.167相当)、打率の差の事後分布を描くと
： １３２人目の素数さん [sage] 2017/12/28(木) 19:26:45.19:YCLsYRJb
ttp://i.imgur.com/3ZF9sa5.pngとなって有意差なし。こういう遊びができるのもベイズの魅力だね。
ベイズの方が提供してくれる情報が多い、というのが俺の感想。
異論は認める。
まだ一発も撃ったことのない0発0中のゴルゴ16の命中期待値
のような、データ数が少ないどころか0個の場合でも算出・結論できる
「2発撃って1発、命中」みたいなものか。
大数の法則は期待値の存在を前提としている
そのため、期待値の存在しない場合に大数の法則を適用する
ことは適切ではない
つまり、「サイコロを１回投げて1の目の出る確率」は、
観測不可能なのである
principleof insufficient reason(理由不十分の原則)
に準拠。
サイコロを振って１の目が何回続いたら９９％の確率でイカサマといえるかを考えてみる。
どの目のでる確率も1/9～1/3であるなら許容範囲としてイカサマとは見做さない、とする。
各々の目のででる確率は集中度母数＝１のディリクレ分布に従うとして
グラフ化(stanでサンプリング)すると
ttp://i.imgur.com/zAw3jud.png ９回続くと１の目がでる確率の９９％Highest Density Intervalが許容範囲と重ならないので９回と計算できた。
1の目が最初から9回でた場合と
全部の目が1000回でた後1の目が9回でた場合と
同じ結果？
最初から１の目が続いたときのシミュレーション。
本当に9回も連続しないといけない？
他の目の出かたも考慮が必要だよな
95%の信頼性でよければ7回になる。
確率は、0.01ぢゃ
∵ 1/6^2.57 = 0.01
つまり
1が3回連続で、有意にイカサマぢゃ
信頼度は0.99ぢゃ、
若干トンデモ論ぢゃから参考程度ぢゃ
1が確率3/8で他の目が確率5/8の場合と
同じ？
１～６の目がそれぞれ60,50,40,30,20,10回でたときの
各々の目がでる確率の分布は
次のようになる。 95%信頼区間が6の目が許容範囲と重ならないのでイカサマサイコロという判断になる。
ttp://i.imgur.com/kNFi9OM.png イカサマの程度のこと
事前分布をパラメータがc(1,1,1,1,1,1)のディリクレ分布にしての計算。
ではサイコロの1,3,5の順に出たら(1/6)^3=0.00463なのでイカサマ？？？
ではサイコロの目が1,3,5の順に出たら(1/6)^3=0.00463なのでイカサマ？？？
サイコロの目が1,3,5の順 もしくは、
サイコロの目が5,3,1の順 もしくは、
サイコロの目が3,1,5の順 で出た
と考えた方が良いのぢゃ
イカサマぢゃないなら、このような
事象の確率は、3/(6^3) = 0.014 ぢゃ
で、0.05を下回っている!。
スナワチ、有意にイカサマぢゃ
おそらく奇数しか出ないのぢゃ。
だから、イカサマぢゃ
二項分布のことを知らないな
(1/6)^2 = 0.02777778 < 0.05
なのでイカサマサイコロ。
別のサイコロで５，６と順にでた。
(1/6)^2 = 0.02777778 < 0.05
すべてのサイコロはイカサマサイコロ？？？？
(1/6)^2 < 0.05だからイカサマサイコロ？
21本以上で1本あたるクジはすべてイカサマ？
n>20 で 1/n < 0.05
おかしいと思うだろ？
その考え方が間違ってるって事だよ
> ID:PE87aOTr
反語だったかスマン
p値で判断するのが間違い ということでいいよな？
を解説とする。次の通りぢゃ
《 超 結 論 》
モピロン、p値での判断は間違い
∴ベイズの統計で判断しよう。
《 超 怪 説 》
200本に1本当たる宝くじで、
厳正な抽選なら、
p値でのイカサマ判断率は、1/200
厳正な抽選かどうかは、
普通に考えてZeroで、1/200ぢゃない
∵
宝くじ、胴元が儲かるシステム
厳正なら胴元は、儲からない。
ぢゃから、宝くじは、イカサマぢゃ
お前の考えるp値に意味がないってことよ
なんどもは間違っていると指摘されているのに聞こえないようだな
なぜ聞こえないか？
それはお前がバカの壁に囲まれているからだ
お前には、お前を取り囲んでいるバカの壁が見えないんだろうけどな
科学の正しさを保証することが目的であり、そこにはどうしたって、ただ信じるしかない仮定が要る
反論できない馬鹿の自己紹介乙。
> binom.test(2,2,1/6)
Exact binomial test
data: 2 and 2
number of successes = 2, number of trials = 2, p-value = 0.02778
alternative hypothesis: true probability of success is not equal to 0.1666667
95 percent confidence interval:
0.1581139 1.0000000
sample estimates:
probability of success
1
p-value = 0.02778 ゆえに帰無仮説は棄却される。
どこか、間違っている？
お前に正しい答えを教えてやっても理解できないだろ？
無駄なことはしない
無駄なことをしない主義の人間のやることではない
反論もできず無駄なレスしてるの、かっこ悪いね。
よく聞けよ
お前の頭の中が間違っている
相手が理解できないことを教えてやるのは無駄だけど
自分の無知をさらけ出している奴を見るのは面白いだろ
君の発言から知性や知識を感じとったことは一度もないぞ
1/6に設定したするときは
ベイズでは1/6である確率を考える。
そんなものはどこにも情報がないので1/6である確率分布を一様分布として
１の目が続いたときに1/6である事後確率分布を考える。
2回続いたとき
ttp://i.imgur.com/ODWzbD5.png 1/6である確率は95%の確率で0～0.6であるので
1の目が2回続いても1の目のでる確率は1/6であるともないとも言えない。
1の目が5回続くと0～0.0147なので95％以上の確率で1/6でないと結論できる。
ttp://i.imgur.com/R7fpmCY.png こういう解説をすると
ベイズにおける確率って頻度じゃなくて
確信度(credibility)だと思えるね。
ベイズはrelocation of credibilityと説明されて納得できたな。
かっこわる～ぅ！
問題をすり替えてる
敗北宣言だな
(1/6)^2<0.05で同じじゃん。
参加コストが53％と膨大なので、競馬・競輪・オートレース・競艇と
いった他の国営ギャンブルの約25％と比較すると、
とても割の合わない再配分（還元）率です
1万円の投資（支払）に対し、
期待値（平均当選金額）は4,700円という仕組みです
1万円買うごとに、平均値で5,300円損する仕組みなのです
このクジの当選確率は1/21であるを帰無仮説とする。
最初の1本で当たった。
> binom.test(1,1,1/21)
Exact binomial test
data: 1 and 1
number of successes = 1, number of trials = 1, p-value = 0.04762
alternative hypothesis: true probability of success is not equal to 0.04761905
95 percent confidence interval:
0.025 1.000
sample estimates:
probability of success
1
故に帰無仮説は棄却。
すり替えというならどこがすり替えよ？
オマエのいうすり替え前の問題に反論すればいいだけの話。
俺もベイズ統計は統計といっているけど確率を扱っていないかも知れないと思ってた所
馬鹿だから>321のような投稿をする確率を考えるのが頻度主義
>321のような投稿をする奴が馬鹿である確率を考えるのがベイズ
二人めが当たる確率は(20/21)*(1/20)=1/21
三人め(20/21)*(19/20)*(1/19)=1/21
以下同様
p<0.05が起こったので帰無仮説は棄却され、イカサマクジであると結論される。
危険率（誤判定）の確率５％で
頻度主義統計では１の目が2回続いたらイカサマ
ベイズ統計では1の目が５回続いたらイカサマ
と判断が別れる。
どちらが現実に近いかは個人の感覚次第だろうね。
ベイズ的には確率は確信度の指標で終わり。
ベイズは確率論の一分野にすぎないでおわり
>277参照。
論理学の証明でこの恒真式(もしくは公理）が出てくるといつも詐欺にあったような気になる。
P→(Q→P)
馬鹿ならば（シリツならば馬鹿である）
馬鹿ならば（裏口ならば馬鹿である）
￢P→(P→Q)
馬鹿でないなら（馬鹿であればシリツである）
馬鹿でないならば（馬鹿であれば裏口である）
Qとして天才とか変態とかを選んでも恒真式、というのは日常言語感覚からは乖離しているな。
ド底辺特殊シリツ医大を最高学府と呼ぶような気持ち悪さを覚える。
この世で確実なものは死と税金である、で終わり。
→は論理式から論理式を導くための記号であって
⇒（ならば）という記号は命題から新しい命題を作るものであるという区別すらついないのか
おわり
公理系が違う
おわり
宗派が違う、で終り。
PとQを前提としてP∧Qを結論し
P∧Qを前提としてPを結論する
結局
PとQを前提としてPが結論できるわけです
至極当たり前ですよね
これを
Pを大前提とするなら「Qを前提としてPを結論できる」としたものが
P→(Q→P)
になります
宗派の違いとはつまり集合の定義によるものであって
結局は集合論に帰着する
宗派でくぎりたいなら宗派の定義を数学的にめいかくにすべき
おわり
オマエのいう数学的が定義されていないと無意味。
数学的に扱えるようにしろでおわり
集合の定義は命題によりあきらかにできるので
真偽が定められる命題でていぎすればいいだけ
おわり
Qとして天才とか変態とかを選んでも恒真式、というのは日常言語感覚からは乖離している、の意味は理解できないみたいだね。
さけのんでるのでよんでないが
数学的論理と日常言語感覚は乖離してるおわり
なんの問題も感じませんよ？
そうだね
頻度主義は確率論の一かいしゃく（一分野）にすぎないからね
あと有意水準の選択は主観だからなぜそれを選んだのか説明できるのかというもんだがでてくる
一般に標本は２じゃたりないけど
これが頻度主義の限界だね
だから主観確率やら理論確率とのちがいがあるんだよな
母比率の検定か
やっぱこれまちがっとるなｗｗ
酒飲んでるので自分で計算してくれｗ
反論だらけだけど君はレス乞食だね
検定はもともと欠陥ある手法だからな
確率論の前提ならそれは公理しかないわけが？
確率論のぜんていでないならば何の前提か示すべきだろ
サイコロの１と２の目を上にして
サイコロに回転を加えて振ることによって
α＝0.05よりもかなり大きな値がとれる
だせる？
答えを教えたら
みたいな馬鹿レスが見られなくなるだろ
だから教えない
答られない、宣言だな。
反論もできず無駄なレスしてるの、かっこ悪いね。
お前がどう思おうとどうでもよい
がバカ過ぎるレスであることは変わらない
これだけ間違いだと指摘されているにも関わらず
まだそれに気づけないのも笑える
>310のような賛同者もいるんだが、
オマエの評価は>323なんだな。
反論提示できずに逃げ回っているからね。
自分では間違いに気づけないのから答えを教えてもらいたいのか？
ttps://to-kei.net/hypothesis-testing/about-2/ ベイズでやってみるなら
的中率が1/2である確率は一応分布に従う（事前分布）として
５試合連続的中した後の的中率事後分布がどうなるかを考える。
お前に賛同する者はこのスレにはいないみたいだぞｗｗｗ
オマエの評価はこれな。
>何度も指摘する割にはその理由の解説は一度もしない
>無駄なことをしない主義の人間のやることではない
賛同者が多いほど正しいって言いたいの？
やっぱりバカだな
>君の発言から知性や知識を感じとったことは一度もないぞ
>何度も指摘する割にはその理由の解説は一度もしない
>無駄なことをしない主義の人間のやることではない
と評価されている現実を受容できないみたいだな。
かっこ悪いね～
的中率が5割である可能性の確率の事後分布を描くとこんな感じだな。
ttp://i.imgur.com/VA4IFhH.png ベイズでは5回連続程度ではイカサマ占い師の疑惑を払拭してくれないな。
10回サイコロを振って5回、一の目がでたら頻度主義では
> binom.test(5,10,1/6)
Exact binomial test
data: 5 and 10
number of successes = 5, number of trials = 10,
p-value = 0.01546
でp=1/6が棄却される。
ベイズだとp=1/6の確率分布を一様分布とすると
10回サイコロを振って7回でて
95%HDI(highest density interval)の上限が0.05を下回る。
ttp://i.imgur.com/hfafIFZ.png 事前確率は、当方への神の御告げにより、
表確率0.1のコインである確率 1/5
表確率0.3のコインである確率 1/5
表確率0.5のコインである確率 1/5
表確率0.7のコインである確率 1/5
表確率0.9のコインである確率 1/5
とする。
コインを5回なげたら5回とも表なら
事後確率
0.1^5+0.3^5+0.5^5+0.7^5+0.9^5 = 0.79225
(0.5^5) / 0.79225 = 0.039
∴
表確率0.5のコインである確率 0.039
∴
イカサマ確率は、1 - 0.039 = 0.961 ぢゃ
ちなみに、p値 = 0.5^5 なのぢゃろう。
どうも1 - p値は、イカサマ確率とは違う。
そんな方法で検定するのは時代遅れぢゃ
モピロン、当方への神の御告げ 割と完璧
だから、イカサマ確率を算出できる。
＿＿＿＿＿＿
／ ／|
┃￣￣￣￣￣┃ ┃＜ にゃー
┃ ┃ ┃
┃ ┃／
￣￣￣￣￣￣
＿人人人人人人人人＿
＞ 生 存 確 認 ＜
￣^Ｙ^Ｙ^Y^Y^Y^Y^Y^Y￣
1 2 3 4 5
0.000015 0.003207 0.039246 0.212041 0.745491
という結果になった。
理論値は
[1] 0.00001262228 0.00306721363 0.03944461975 0.21214263175 0.74533291259
まあ、よく一致しているな。
表確率0.01のコインである確率 1/100
表確率0.02のコインである確率 1/100
....
表確率0.99のコインである確率 1/100
表確率1.000のコインである確率 1/100
1-0.5^5/(0.01^5+0.02^5+...+0.99^5+1.00^5) = 0.9981801
0.001単位で区切ると 0.9998131になってしまうね。
トランプのシャッフルについての見識は得られる？
十分シャッフルされた状態にするのに
どういう切り方で何度やればいいかとか
おまえらの似非統計今年もたのしむわｗｗｗｗｗｗｗｗｗｗｗｗ
>>ベイズだとp=1/6の確率分布を一様分布とすると
回サイコロを振って7回でて
10回サイコロを振って7回1の目が出たのなら、0.6～0.7の当たりにピークを持つような
分布になることが予想されるけど、示されている図は、0に近いところにピークが来るよ
うなグラフになってます。この図は、1以外の目のグラフじゃないですか？
「１の目が出すぎで歪んでいる」≠「(1以外の例えば)６の目が出なさすぎで歪んでいる」
だと思います。
（ ´Д｀ ） 新年あけまして
/ ヽ
し、__X__,ノJ
/´⌒⌒ヽ
ｌ⌒ ⌒ｌ おめでとうございます
⊂ （ ） ⊃
V￣V
目の出る確率ではなくてp=1/6が正しい確率の分布。
サイコロを投げる前はp=1/6である可能性は0.01でも0.99でも同じ一様分布だったが
10回中７回、一の目がでたことから
p=1/6が正しい確率の分布が0に近い方にピークを持つようになった。
に描かれている図の方は、「各目の出る確率の分布」だったので、
てっきり、そのような分布だと思っていました。
は、「1の目の出る確率が1/6で正しいかどうか」の確率のようなものとのことですが、
逆に、「1の目の出る確率」のようなものも、同時に求めることも出来るんですか？
ttp://i.imgur.com/P1sng4W.png 確率の平均の最大値は１０×1/6回あたりにあるのがみてとれる。
わざわざありがとうございました。
>逆に、「1の目の出る確率」のようなものも、同時に求めることも出来るんですか？
同時には求まらない。
１の目の出る確率を一様分布とするすれば10回中7回1の目がでた後の事後分布はbeta(1+7,1+10-7)なので平均8/12,最頻値7/10になる。
サイコロの目なので最頻値1/6、分散0.1^2と主観的に事前確率分布を決めてしまえば
これに相当するβ分布のパラメータは3.26,12.3となるので（この計算はやや面倒）
平均値0.4015354 中央値0.3989152 最頻値0.3858124 で 95％信用区間は 0.2189457～ 0.5873959
この様子をRのパッケージBESTのplotPost関数を改造してグラフにすると
ttp://i.imgur.com/YcfKDO9.png >サイコロの目なので最頻値1/6、分散0.1^2と主観的に事前確率分布を決めてしまえば
と書いたが
サイコロの目は６面あるから事前分布の最頻値を1/6にするのはまあいいとして分散の値の根拠がないじゃないか、との批判は当然。
そこで標準偏差が0～100の間で一様分布するとして
JAGSでMCMCしたのが以下のグラフ。
ttp://i.imgur.com/72xn58M.png 分散0.1^2のときより歪なのが明らかになったといえる。
＞サイコロの目は６面あるから事前分布の最頻値を1/6にする
これだって主観的過ぎるという異論も当然ある。
１の目のでる確率の平均（正規分布を仮定するので最頻値と一致）も平均1/6で標準偏差が一様分布に従うとしてMCMCでサンプリングしてみた。
（標準偏差は０～１００の範囲の一様分布に設定）
ttp://i.imgur.com/i2OFAo1.png 一の目がでる値の平均値は2/3程度で平均の平均を1/6と固定したときとあまり変わらない。
尺度母数=5での結果をグラフにすると
ttp://i.imgur.com/5Qm4wfP.png コーシー分布なだけあって1000を超える値がサンプリングされている。
それでも、１の目の出る確率の平均は2/3程度で他の結果と同じ。
表確率7/10 つまり0.7のはずぢゃ！
しかし、これは神の御告げによると、
子供騙しな計算とのことぢゃ。
表確率は、神の御告げでは、
(7+1)/(10+2) つまり8/12 だから2/3
0.7とは違うよ！とのこと
なので、ベイズの確率で手計算で検証ぢゃ
まっ、
事前確率の分布は、連続一様分布ぽく
表確率0.1のコイン確率 20%
表確率0.3のコイン確率 20%
表確率0.5のコイン確率 20%
表確率0.7のコイン確率 20%
表確率0.9のコイン確率 20%
としてみる。
で、
7回連続で表、その後3回連続で裏の確率
それを100万倍すると、
0.1^7 * 0.9^3 * 1000000 = 0
0.3^7 * 0.7^3 * 1000000 = 75
0.5^7 * 0.5^3 * 1000000 = 977
0.7^7 * 0.3^3 * 1000000 = 2223
+) 0.9^7 * 0.1^3 * 1000000 = 478
───────────────
total = 3753
ぢゃから、
事後確率は、
表確率0.1のコイン確率 0%
表確率0.3のコイン確率 2% ∵75/3753
表確率0.5のコイン確率 26% ∵977/3753
表確率0.7のコイン確率 59% ∵2223/3753
表確率0.9のコイン確率 13% ∵478/3753
ぢゃ
ぢゃから、
10回中7回表で、表確率0.7コインの確率は、
改訂前 20%
改訂後 59% に改訂ぢゃ
ちなみに、表確率の平均ぢゃが、
改訂前 0.5
改訂後 0.67 に改訂ぢゃ
∵(0.3*2 + 0.5*26 + 0.7*59 + 0.9*13)/100
神の御告げは、出鱈目なのに冴えている。
パラメータを
a=8
b=4
と おいて
最頻値 (a-1)/(a+b-2)
平均値 a/(a+b)
分散 a*b/((a+b)^2*(a+b+1))
というだけの話。
事前分布の期待値や分散に様々な仮定をおいてもこの結論はほぼ同じ。
分散の事前分布に半コーシー分布(尺度母数５）を使うと事後分布がβ分布でよく当てはまるのだが、
ttp://i.imgur.com/RB9Q3GH.png 逆ガンマ関数（母数＝0.001）を使うとずれが大きい。
ttp://i.imgur.com/9YCgXof.png 薬剤ｙを1人ずつ投与して効果判定したら、3人めで効果が確認できた。
薬剤ｇを9人同時に投与したら3人に効果があった。
どちらの有効性が高いか？
別バージョン（こっちがオリジナルｗ）
ゆるゆる女子大生に1人ずつメールで誘ったら3人めが開脚。、
がばがば女子大生9人に一斉にメールを送ったら3人が開脚。
どっちが開脚が容易か？
頻度主義からするとどちらも１/3だから優劣なしになるのだが、
ベイズ統計における確率はcredibility（確信の度合い、信憑性や説得力の度合いと言ってもいい）なので
議論の余地がある。
このゲームができるのは1回だけです
チャーハン99皿と餃子1皿を個別に
外からは中が見えない100個の箱に入れます
その中から1個の箱を選びます
チャーハンが入った98個の箱を取り除きます
最後に残った2個の箱の中から1個の箱を選びます
あなたが餃子を当てる確率は何％でしょう？
頻度論ってそんなんだっけ？
頻度論は無限に思考を行ったときの頻度が確率といっちするっていう
確率とはなにかの解釈であって
３回やったうち１回あることがおきたなら
三分の一の確率だというもんじゃなかったような
明確な定義なんてないんだろうけど
頻度と頻度論的確率解釈をごっちゃにしてるような
一応ぐぐったけど明確な定義らしきものはみつからからなかったので
英語版ウィキみたらやっぱりそうかいてる
あと何回目で成功するは幾何分布やから
３分の1の確率で成功するとするなら
三回目に成功する確率は
(1/3)*(2/3)^2＝ 0.1481481
じゃないのかなあ
（修正再掲）
ある大学の入学者男女の比率は１であるという帰無仮説を検定する課題が花子と太郎に課された。
花子は５０人を調査できたら終了として入学者を５０人をみつけて１８人が女子であるという結果を得た。
帰無仮説のもとで
５０人中１８人が女子である確率は 0.01603475
これ以下になるのは５０人中０～１８人と３２～５０人が女子の場合なので
両側検定して
> sum(dbinom(c(0:18,32:50),50,0.5))
[1] 0.06490865
> binom.test(18,50,0.5)$p.value
[1] 0.06490865
で帰無仮説は棄却できないと結論した。
一方、本 番と十八番が好きな太郎は一人ずつ調べて１８人めの女子がみつかったところで調査を終えることにした。
１８人めがみつかったのは花子と同じく５０人めであった。
帰無仮説のもとで
１８人がみつかるのが５０人めである確率は0.005772512
これ以下になるのは２３人以下５０人以上番めで女子１８人めがみつかった場合なので
両側検定して
pnb=dnbinom(0:999,18,0.5)
> 1 - sum(pnb[-which(pnb<=dnbinom(50-18,18,0.5))]) # < 0.05
[1] 0.02750309
で帰無仮説は棄却される。
どちらの検定が正しいか、どちらも正しくないか？
検定する意図によってｐ値が変わるのは頻度主義統計の欠陥といえるか？
レスありがとう。
幾何分布と二項分布の比較になる。
グラフにするとこんな感じ。
ttp://i.imgur.com/9tPLoW9.png 最頻値や期待値を比べてどう解釈するかの議論ではないかと思う。
ttp://i.imgur.com/Ep2EHFJ.png この確率は(1/6)^2=0.02777778
この確率以下の事象の起こる確率の総和がｐ値であるから
1,1の目のでる確率1/36
1,2の目のでる確率1/36
1,3の目のでる確率1/36
...
6,5の目のでる確率1/36
6,6の目のでる確率1/36
全部たすと１になる。
ゆえに、頻度主義統計のもとではイカサマサイコロは存在しない。
区間推定もたいがいなまやかしだな
なにの主張なのかよくわからんけど
分布の形がにてるたら別にどの確率分布をつかってもいいってこと？
頻度論てき確率の問題かどうかの話にはなってないし
頻度論とかの問題じゃなく
実験の結果によって実験をかえる
つまり、成功したらそこでやめる
実験計画にもんだいがあるんだけど
事前に何回やって得られたデータから分析をおこなうってのと
事前に何回やるかきめずに成功したらそこで実験をやめるってのは
根本的に違うし後者は安易にやるべきじゃない。
>事前に何回やるかきめずに成功したらそこで実験をやめるってのは
>根本的に違うし後者は安易にやるべきじゃない。
それはまさに正論。
p<0.05になったらサンプリングをやめるというイカサマに騙される椰子大杉。
細くて長い のと 太くて短いのが どちらが有用かという価値判断だな。
チン〇の話ではないぞｗｗｗ
開脚率の期待値を計算してみた。
ゆるゆる女子大生の開脚率期待値：ｒ人目で初めて開脚
r=3
Ex.yuru <- function(r){
integrate(function(x)x*(1-x)^(r-1)*x,0,1)$value/integrate(function(x)(1-x)^(r-1)*x,0,1)$value
}
Ex.yuru(r)
2/(r+2)
がばがば女子大生の開脚率期待値：N人中ｚ人開脚
N=9
z=3
Ex.gaba <- function(N,z){
integrate(function(x) x*choose(N,z)*x^z*(1-x)^(N-z),0,1)$value/integrate(function(x)choose(N,z)*x^z*(1-x)^(N-z),0,1)$value
}
Ex.gaba(9,3)
(z+1)/(N+2)
ごめん
なにがいいたいのかわからん
ttp://i.imgur.com/WLg1Cw1.png ちがうよそれ
その式ならｒ（最初の成功がでるまでの試行回数。ふつうはこっちをｘとく）について積分しないといけない
ｘ（確率。ふつうはｐとおく）がパラメータ
幾何分布の期待値は１/ｐだからｐを推定しないともとまらない
二項分布の期待値はｎｐ
393の例の設定でやるなら幾何分布の期待値は３で二項分布も３
np=1/pが成り立つときに二項分布と幾何分布の期待値はひとしくなる
二項分布やら幾何分布の確率分布図のｘ軸や確率分布関数ｆ（ｘ）のｘは確率じゃないよ
最頻値での確率を重視するなら、がばがば女子大生
平均値（期待値）を重視するなら、ゆるゆる女子大生
ということ。
確率の期待値を計算したいのであって、回数の期待値を計算したいわけではないから問題なし。
β分布の横軸は０～１までの確率だよ。
事前確率分布一様分布が9回試行して3回成功することでβ（1+3,1+6)のβ分布にベイズ更新されるというお話。
階層ベイズモデルのスクリプト書いたことない？
>393のだと
ゆるゆる開脚率p1
がばがば開脚率p2
とその差diff
の分布を求めるMCMCを実行。
横軸は当然、確率。
縦軸は確率密度。
JAGSで書けばこんな感じ。
model{
for(i in 1:r){
y[i] ~ dbern(p1)
}
z ~ dbin(p2,N)
diff = p1 -p2
p1 ~ dbeta(1,1)
p2 ~ dbeta(1,1)
}
薬剤y = 効果があったのが1人いた。そこで
実験止めたら、3人に実験してた。
薬剤y' = 3人同時で、1人効果あり
薬剤g' = 効果があったのが3人になったとき
実験止めたら、9人に実験してた。
薬剤g = 9人同時で、3人効果あり
としたとき、安易には
P(y) = P(y') = P(g) = P(y') = 1/3 なのぢゃが
多分、
P(y) = P(y') = 2/5 > P(g') = P(g) = 4/11
ぢゃろう。何となく
なお、
薬剤g'' = 効果があったのが1人いた。
その時点で7人に実験してた。
で、実験は続行したら、
ラッキーなことに、
8人目、9人目 効果があり
そこで実験を止める。
としたとき、
心理的に、P(g'') > P(g) = 4/11 ぢゃが。
なるほどね
統計的検定においても
きむ仮説を何にするか有意水準をなににするかは一意にきめられることではない
主観確率でつまりさいころが明らかに不正であるという印象があるなら
きむ仮説や有意水準はかえることができる
たとえば１でそうにない１が出る確率について検定することになる
それは主観確率じゃないかというはなしになるが
結局はそういうことになる
確率とは
主観確率と古典確率と頻度確率を折衷したものなんだから
主観確率だって頻度確率やら古典確率を考慮に入れて決定されるのだから。
つまり頻度論的確率の問題じゃないってことでいいよね？
だれか、これをベイズ統計で検証してください。
どのようにアプローチするのか勉強したいです。
モンティホール問題を１回だけ行う時の当たる確率は
最後に二者択一を１回行うだけですので
必ず５０％です
箱が１００万個あっても変わりません
これは否定できません
7億円当たる確率も
当たりくじあ当たらないかの2者択一だから50%だな
そう思うだろ？リアルでやってみ？
200回実行したけど、理論通りだったわ。
この確率は(1/6)^2=0.02777778
この確率以下の事象の起こる確率の総和がｐ値であるから
1,1の目のでる確率1/36
1,2の目のでる確率1/36
1,3の目のでる確率1/36
...
6,5の目のでる確率1/36
6,6の目のでる確率1/36
全部たすと１になる。
ゆえに、頻度主義統計のもとではイカサマサイコロは存在しない。
×頻度主義統計のもとではイカサマサイコロは存在しない。
○サイコロの目のでる確率はどの目でも1/6であるという帰無仮説は棄却されない。
５試合連続で勝敗予想的中なら頻度主義では予知能力あるとされる。p=0.03125 < 0.05
ttps://to-kei.net/hypothesis-testing/about-2/ これは片側検定だから有意水準0. 05なら
0. 025と比較すべき。0.03125 > 0. 025
５試合連続で勝敗予想外れの確率も0.03125だから
両側検定なら0.03125 + 0.03125 = 0.0625 > 0. 05
なので
５試合連続で勝敗予想的中では予知能力があるとは言えない。
無限に存在する素数を確率論的に扱いたいんだがどうすればいいか？。
恐怖の全数調査の真分布が使えない。
モンティホールの問題ってこういうの問題じゃなかった？
最初にn個から選んだ箱Aと
A を除いたn-1個からn-2個の外れを除いて残った箱B
Aがあたりの確率 1/n
Bがあたりの確率 (n-1)/n
平均値、最頻値、中央値を計算させてみた。
> # mean
>
> integrate(function(x)x*pdf_y(x),0,1)$value ; 2/(r+2)
[1] 0.4
[1] 0.4
>
> integrate(function(x)x*pdf_g(x),0,1)$value ; (z+1)/(N+2)
[1] 0.3636364
[1] 0.3636364
>
> # mode
>
> optimise(yuru,c(0,1),maximum = TRUE)$maximum ; 1/r
[1] 0.3333205
[1] 0.3333333
>
> optimise(gaba,c(0,1),maximum = TRUE)$maximum ; z/N
[1] 0.3333226
[1] 0.3333333
>
> # median
>
> uniroot(function(x){integrate(function(t)pdf_y(t),0,x)$value-0.5},c(0,1))$root
[1] 0.3857168
>
> uniroot(function(x){integrate(function(t)pdf_g(t),0,x)$value-0.5},c(0,1))$root
[1] 0.3550879
>
そっか。なるほど、
効き目は、まずは、平均の大きい
薬剤yuruyuru というか薬剤yを選択、
開脚というか効果がだめなら、
薬剤gabagaba というか薬剤gを選択
これで、成功率がいい感じだろう。
直感的怪答
AかCのいずれか1/2に上昇します。
ベイズ改訂で1/3から1/2になります。
模範解答
もともと3人だし、1/3のままである。
ワシの主観的快答
Aの恩赦確率は1ぢゃ。
快説しよう
看守は、
「Bは死刑」と言ったが、
「Aは死刑」とは言ってないし、
「Cは恩赦」とも言ってない。
ぢゃから、おそらく絶対100%、
B=死刑 、A=恩赦、 C=死刑ぢゃ。
証明オワリぢゃ
死刑と恩赦が隣り合っているシュレティンガーな状態が正解
ある監獄にA、B、Cという3人の囚人がいます
3人のうちランダムに選ばれた1人に恩赦が出ます
誰が恩赦になるかは看守は答えない
囚人Aに看守が「Bは死刑になる」と教えてくれます
この時、看守は嘘は言いません
囚人Aに恩赦が与えられる確率は何％でしょうか？
「Cは恩赦」と言わない≠Cが死刑
恩赦(onsha)を受けるをo,死刑執行されると告(tsuge)げられるをtで表す。
Aが恩赦を受ける確率P(A=o)=1/3
Bが恩赦を受ける確率P(B=o)=1/3
Cが恩赦を受ける確率P(C=o)=1/3
求めたいのは、Bが死刑執行されると告げられた後のAが恩赦を受ける確率P(A=o|B=t)である。
ベイズの公式により
P(A=o|B=t) = P(B=t|A=o)*P(A=o) / P(B=t)
P(B=t) = P(B=t|A=o)*P(A=o) + P(B=t|B=o)*P(B=o) + P(B=t|C=o)*P(C=o)
P(B=t|B=o)=0 Bが恩赦を受けるときBが死刑執行されると告げられる確率=0
P(B=t|C=o)=1 CBが恩赦を受けるときBが死刑執行されると告げられる確率=1
問題は P(B=t|A=o)
恩赦を受けるのがAであるときに看守がCではなくBが死刑執行されると告げる確率は示されていない。
この確率をｐとすると
P(A=o|B=t)は p/(p+1)となる。
もちろんp=0.5であれば、P(A=o|B=t)=1/3と看守に告げられる前と同じである。
ここでｐが一様分布からさまざなβ分布に従うとするとどうなるか、グラフにしてみた。
ttp://i.imgur.com/vIzIabU.png 左の緑が看守がBとCが死刑執行予定であるときにBを選んで答える確率分布。
右の青が看守がBと告げたときのAが恩赦を受ける確率の分布。
Aが恩赦を受ける確率の期待値（平均値）は
> 1-log(2)
[1] 0.3068528
となる。
p/(p+1)を [0,1]で定積分すれば求まる。
前述のJAGSでシミュレーションしたグラフに表示したもほぼ一致。
死刑囚A,B,CでAが看守に尋ねてBは死刑執行されると告げられたと設定。
恩赦(onsha)を受けるをo,死刑執行されると告(tsuge)げられるをtで表す。
Aが恩赦を受ける確率P(A=o)=1/3
Bが恩赦を受ける確率P(B=o)=1/3
Cが恩赦を受ける確率P(C=o)=1/3
求めたいのは、Bが死刑執行されると告げられた後のAが恩赦を受ける確率P(A=o|B=t)である。
ベイズの公式により
P(A=o|B=t) = P(B=t|A=o)*P(A=o) / P(B=t)
P(B=t) = P(B=t|A=o)*P(A=o) + P(B=t|B=o)*P(B=o) + P(B=t|C=o)*P(C=o)
P(B=t|B=o)=0 Bが恩赦を受けるときBが死刑執行されると告げられる確率=0
P(B=t|C=o)=1 Cが恩赦を受けるときBが死刑執行されると告げられる確率=1
問題は P(B=t|A=o)
恩赦を受けるのがAであるときに看守がCではなくBが死刑執行されると告げる確率は示されていない。
この確率をｐとすると
P(A=o|B=t)は p/(p+1)となる。
もちろんp=0.5であれば、P(A=o|B=t)=1/3と看守に告げられる前と同じである。
ここでｐが一様分布からさまざなβ分布に従うとするとどうなるか、グラフにしてみた。
ttp://i.imgur.com/vIzIabU.png 左の緑が看守がBとCが死刑執行予定であるときにBを選んで答える確率分布。
右の青が看守がBと告げたときのAが恩赦を受ける確率の分布。
Aが恩赦を受ける確率の期待値（平均値）は
> 1-log(2)
[1] 0.3068528
となる。
Cが恩赦を受ける確率の期待値（平均値）は
> log(2)
[1] 0.6931472
当然、Bが恩赦を受ける確率は０
看守は一人。
まあ、確率分布を何人もいたときの複数の看守意見の分布と考えてもいいけどね。
俺が高校生の頃に聞いた問題だと
本人には死刑になると教えない
という設定だった。
何も知らないとAは死刑になる確率が2/3。
B、Cのうち少なくともどちらかは死刑になるので本人じゃないAに死刑になる人を一人教えてくれと看守に頼んでBと教わった。
それでAは自分かCのどちらかが死刑になるが確率は1/2に減ったと喜んだ。
これは正しいか？
という問題だったな。
２種類の小切手があり、１つの小切手には
他方の４倍の金額が書き込まれています
中身が分からないように、それぞれ封筒に入れます
あなたは、どちらか１つの封筒を選ぶことができます
封筒を開けると１０万円の小切手が入っていました
もし不満なら、残りの封筒と交換できます
あなたは交換しますか？しませんか？
1万と100万が入っているのはそれぞれ1/2
よって、期待値は50万となるため、入れ替えが良い
の有難い話が本当なら、
10万円が交換するだけで
期待値が、5倍にupぢゃ。
きっとさらに、交換すれば5倍の5倍
ぢゃから、10倍にupするハズぢゃ
スナワチ、100万円ぢゃ！
ワシなら2回交換するぞ。
100万/10万なのか10万/1万なのか、前者の確率をpとして
pの確率分布を考えるのがベイズ流だろね。
ｐの確率分布を事前分布として
B_kokan <- function(p,A=10^5,n=10)p*A*n+(1-p)*A/n
がどう変わるかみればいい。
グラフにしてみた。
ttp://i.imgur.com/jPAinUE.png ベイズ統計だと
1/10
10/100
100/1000
1000/10000
はみなちがいますね
恩赦を受けるのがAであるとき（＝BとCに死刑執行されるとき）に看守が、死刑執行されるのはBであると告げる確率 P(B=t|A=o) を横軸
死刑執行されるのはBであると告げられたときに恩赦を受けるのがAである確率 P(A=o|B=t) を 縦軸に グラフにしてみる。
ttp://i.imgur.com/xg0Ya0V.png 看守が嘘を答える確率はｑで一定である。
但しBとCが死刑執行予定であるときどちらを答えても嘘にならないのでBと答える確率をｐとする。
この看守がBが死刑執行される予定であると答えたとき、Aが恩赦を受ける確率はいくらか？
ABCの殺人件数をa,b,c とする。
看守がBが死刑執行されると告げたときのAの恩赦の確率はどうなるか？
これでいいと思う。
p*(a/(a+b+c))/ ( p*(a/(a+b+c)) + q*(b/(a+b+c)) + (1-q)*(c/(a+b+c)) )
これだと恩赦確率が殺人件数比例になってしまうな。
考え直そう。
間違えてない気もしてきた。
ご意見募集。
P(A=o|B=t) = p*((1/a)/(1/a+1/b+1/c))/ ( p*((1/a)/(1/a+1/b+1/c)) + q*((1/b)/(1/a+1/b+1/c)) + (1-q)*((1/c)/(1/a+1/b+1/c)) )
だろな、たぶん。
p*((1/a)/(1/a+1/b+1/c))/ ( p*((1/a)/(1/a+1/b+1/c)) + q*((1/b)/(1/a+1/b+1/c)) + (1-q)*((1/c)/(1/a+1/b+1/c)) )
}
> Onsha(10,10,10,0.5,0)
[1] 0.3333333
> Onsha(10,10,10,0.5,0.3)
[1] 0.3333333
> Onsha(10,20,30,0.5,0.3)
[1] 0.5660377
恩赦確率が同じときは、看守の嘘つき確率の影響は受けないね。
つぎに６が出る確率はどうなる？
１ 低くなる
連続で６が出る可能性はひくい
２ 変わらない
６が出る確率は前に何が出たか影響を受けない
３ 高くなる
さいころがいかさまの可能性があるから
囚人A,B,Cの殺人件数を３，６，９人とする。
罪状の重さに逆比例して恩赦が受けられるという。
恩赦の受けられる確率分布はディリクレ分布に従うとして
最小母数が１となるようにして母数alphaは3,1.5,1とする。
BとCが死刑執行されるときに看守がBが死刑と答える確率は一様分布に従う
看守が嘘をつく確率も一様分布に従うとする。
JAGSのスクリプトだとこんな感じ
alpha=c(1/3,1/6,1/9)*9
modelString='
model{
abc ~ ddirch(alpha)
poa=abc[1] # probability of onsha of A
pob=abc[2] # probability of onsha of B
poc=abc[3] # probability of onsha of C
p ~ dbeta(1,1)
q ~ dbeta(1,1)
onsha= p*poa/ ( p*poa + q*pob + (1-q)*poc )
}
この条件のもとで
Aが恩赦を受ける確率分布は
ttp://i.imgur.com/KHbXlhe.png となる。
まあ、殺人件数が一番少ないAが恩赦を受ける確率が
1/3から上昇したのは納得できる結果である。
こういうのがベイズ推計の面白さであるね。
誰よりも完璧な模範解答を探るべく
の pの分布 について
一様分布ではなく
f(p) = (2/3)p + 2/3 という確率分布で
p/(p+1) の期待値は1/3になるか?
自分勝手にチャレンジしかし挫折。
一応、チャレンジ内容を説明すると
A=恩赦、B=C=死刑の時の
看守が「B死刑」と告げる確率を
P(B=t|A=o) とか、簡単にpとおく
看守が「B死刑」と告げた時の
A=恩赦、B=C=死刑の確率を
P(A=o|B=t) とおく。
すると、確かに
P(A=o|B=t) = p/(p+1) となると思う。
さて、
pの確率分布 f(p) = (2/3)p + 2/3
pの範囲[0,1] で積分値は1となるが
p/(p+1) の平均(期待値)を求めたい
でも数学得意なワシぢゃが
計算が分からん。
ここでGiveUp。
事象の発生確率の予測が全くできない場合に、
全ての事象の発生確率が等しいと仮定する
p*f(p)を[0,1]で積分すれば5/9が得られる。
横着をしてWolframにやってもらって
ttps://www.wolframalpha.com/input/?i=integral(x*(+2%2F3*x+%2B+2%2F3),0,1) 期待値は原点周りの一次モーメント。
ベイズ流にアプローチしてみた。
(1)
６の目のでる確率の分布を一様分布とすると
６の目が一回でたから事後分布はbeta(2,1)なので次に６の目がでる期待値は2/3
(2)
６の目の出る確率p6を1/6としてp6=1/6が正しい確率分布を一様分布とすると
Y=c(1)
dataList=list(Y=Y)
modelString='
model{
Y ~ dbern(p6)
p6=1/6*q+5/6*(1-q)
q ~ dbeta(1,1)
}
'
でJAGSを走らせて
Lower95 Median Upper95 Mean SD Mode MCerr
p6 0.24522133917 0.600436 0.8333064 0.5731115 0.1781004 NA 0.001329018
を得て 平均 0.5731115
(3)６の目の出る確率が1/6を最頻値とする標準偏差0.1のβ分布に従うとすれば
β分布のパラメータは
a b
3.260234 12.301170
となるので
平均は0.2095077
すまん、
pの平均値じゃなくて
p ~ f(p)のときのp/(p+1)の平均値
だな。
integral(x/(x+1)*(2/3x+2/3),0,1)=1/3
stanで検証
functions{
real jisaku_log(real y){
real temp;
temp = 2/3.0*y+2/3.0;
return log(temp);
}
}
data{
}
parameters{
real<lower=0,upper=1> p;
}
transformed parameters{
real q;
q = p/(p+1);
}
model{
p ~ jisaku();
}
mean se_mean sd 2.5% 25% 50% 75% 97.5% n_eff Rhat
p 0.5626 0.0074 0.2836 0.0366 0.3364 0.5874 0.8107 0.9839 1464 1.0006
q 0.3364 0.0035 0.1325 0.0353 0.2517 0.3701 0.4477 0.4959 1418 1.0007
lp__ -2.0063 0.0336 0.9343 -4.5941 -2.2177 -1.6547 -1.4262 -1.3608 773 1.0030
どのアプローチでも６の目がでたというデータは
事後確率分布を６の目がでる方向に歪めるね。
von Neumann法で 2/3*x+2/3を密度関数とする[0,1]の乱数を発生させる。
Rのコードはこれ
ttp://egg.5ch.net/test/read.cgi/hosp/1493809494/352">ttp://egg.2ch.net/test/read.cgi/hosp/1493809494/352 発生させた乱数ｐからp/(p+1)をつくってその分布を表示すると
： １３２人目の素数さん [sage] 2018/01/05(金) 11:16:26.93:erBCDs0Q
(2)のアプローチをstanでやってみた。
data=list(Y=1)
stanString='
data{
int Y;
}
parameters{
real<lower=0,upper=1> q;
}
transformed parameters{
real<lower=0,upper=1> p6;
p6=1/6.0*q+5/6.0*(1-q);
}
model{
Y ~ bernoulli(p6);
q ~ beta(1,1);
}
mean se_mean sd 2.5% 25% 50% 75% 97.5% n_eff Rhat
q 0.3901 0.0030 0.2661 0.0157 0.1602 0.3512 0.5910 0.9289 7827 1.0003
p6 0.5733 0.0020 0.1774 0.2141 0.4393 0.5992 0.7265 0.8229 7827 1.0003
lp__ -2.6057 0.0103 0.8248 -4.9881 -2.8346 -2.2830 -2.0537 -1.9902 6400 1.0002
６の目のでる事後確率の平均値は 0.5733 でJAGSと同じ結果。
暇つぶしネタを与えてくれた>454に感謝
つぎに６が出る確率はどうなる？
１ 低くなる
連続で６が出る可能性はひくい
２ 変わらない
６が出る確率は前に何が出たか影響を受けない
３ 高くなる
さいころがいかさまの可能性があるから
＃当然さいころがいかさまの可能性をかんがえるならば
６の出る可能性が１/６より小さいいかさまさいころで
たまたま６がでた場合も含めるとする
サイコロE1 = 6の目がでる確率は1/12
サイコロE2 = 6の目がでる確率は2/12
サイコロE3 = 6の目がでる確率は3/12
事前分布
P(E1) = P(E2) = P(E3) = 1/3
とまずは、勝手に設定し計算してみた
直感的怪答
1/6
単なる条件付確率ぢゃし、
事前分布はE1,E2,E3同じぢゃろ。
ぢゃから、
1/12、2/12、3/12 の単純平均で
2/12 約分すれば、1/6ぢゃ
模範解答
7/36 である。
1/12 , 2/12 , 3/12 の
1:2:3 の重み付き平均は7/36です。
ワタシの超怪答
1/6で良い
事前分布、P(E1) > P(E3) にすべきぢゃ
∵ 1/6ぢゃないのは、奇妙ぢゃ
ちなみに、
P(E1) = P(E3) = 0、P(E2) = 1 ぢゃダメ
イカサマぢゃなくても
1/6より微かにずれるものぢゃ
６の目の出る確率がどの範囲ならイカサマでないとすんの？
(1)
６の目のでる確率の分布を一様分布とすると
６の目が一回でたから事後分布はbeta(2,1)なので次に６の目がでる期待値は2/3
p<1/6の確率は
> pbeta(1/6,2,1)
[1] 0.02777778
(2)
６の目の出る確率p6を1/6としてp6=1/6が正しい確率分布を一様分布とすると平均 0.5731115
p<1/16の確率は0
(3)６の目の出る確率が1/6を最頻値とする標準偏差0.1のβ分布に従うとすれば
> pbeta(1/6,3.260234,12.301170)
[1] 0.3785766
離散量で一様分布の真似なら
サイコロE4 = 6の目がでる確率は4/12
...
サイコロE4 = 6の目がでる確率は12/12
も考えなくちゃだめだろ？
直感的かつナナメな怪答
ちょっとでも1/6からずれてたら
数学的にイカサマぢゃ∴
サイコロの100%はイカサマぢゃ
でも、しかし、試験なら、
6の目確率は、常に1/6で計算ぢゃ。
ナナメな模範解答
そっか、鋭い質問
ちょっとなら1/6からずれても
良いことにしないと、
サイコロの100%はイカサマになるか
直感的かつナナメな怪答
そんなことより、6の確率が
事前分布の平均 ≧ 1/6
事後分布の平均 ≦ 1/6
となる事前分布どっかにないかな！?
誰かそんな事前分布で計算しないかな
模範解答擬き
P(E4) = P(E5) = … = P(E12) = 0
にしないと計算が大変 (^_^;)
自分で気付いたけどこのスクリプトは間違いだね。
死刑囚の話に戻るけど
f(p) = (2/3)p + 2/3 という確率分布
って何の意味があるの？
確率分布を事前分布とした理由は
今考え直したら支離滅裂な直感でした。
意味は、概ね何でもない。ので
気にしないで下さい。
あえて意味を言えば、
P(A=o|B=t) の平均が1/3となるような
P(B=t|A=o) の確率分布というだけ
支離滅裂な内容ですが説明すると、
pが定数1/2とするなら、
P(A=o|B=t) = p/(p+1)より、
P(A=o|B=t) = 1/3 となる。
だから、
pの平均が1/2の確率変数なら、
P(A=o|B=t)の平均も1/3だろうと確信。
しかし、計算すると、
pの平均が1/2の連続一様分布なら、
P(A=o|B=t)の平均はln(2)=0.30685のようだ
では、P(A=o|B=t)の平均が1/3となる
pの分布はどんな分布なのか知りたくなる
そう、
f(p=0) : f(p=1) = 1 : 2 な確率分布かな
だから、
f(p) = (2/3)p + 2/3 という確率分布 を
事前分布とする。
まっ、今見直と、支離滅裂です。(^_^;)
確率密度関数がa*x+bの形なら
integral(x/(x+1)*(a*x+b),0,1)=
a *(log(2) - 1/2) + b*(1- log(2)) = 1/3
を満たすときでしょうね。
あらゆる可能性考えて
具体的な数字をださなくてもいいなら
①古今東西振られたサイコロのうちそれがいかさまであるという確率は相当ひくいとおもう
②いかさまである場合に
６の出る確率が６分の１超である場合と
６分の１以下である場合が打ち消しあうことになるが
６分の１以下である可能性はそんなにたかくないしだろうし、ふれ幅も小さいから
若干の打消しが生じるくらいだろう
③いかさまである場合に
６の出る確率が６分の１超であるときにおいては
あからさまないかさまをしてる可能性はひくいので
１/６と１の間くらいの0.6前後くらいが期待値になるのではないかな
総合的に考えれば
６が出た後に６が出る確率は6分の１よりおおきくなるだろうが
①の影響がかなりおおきくて
ほとんど無視できるれレベルだとおもう
ttp://i.imgur.com/UUwhw8K.png事後確率分布を６の目がでる方向に歪めるね。
サンプル数が増えると極端な値が減って回帰するというのが頻度主義かな？
最新の書式だとこう書くみたい
target+=ってC言語ぽいね
functions{
real jisaku_lpdf(real y, real a, real b){
real temp;
temp = a*y + b;
return log(temp);
}
}
data{
real a;
real b;
}
parameters{
real<lower=0,upper=1> p;
}
transformed parameters{
real q;
q = p/(p+1);
}
model{
target += jisaku_lpdf( p | a, b);
}
pbeta(1/6,x,y,lower.tail = FALSE)=0.6の陰関数のグラフ化となる。
ttp://i.imgur.com/cWVHUgZ.png >そんなことより、6の確率が
> 事前分布の平均 ≧ 1/6
> 事後分布の平均 ≦ 1/6
> となる事前分布どっかにないかな！?
ベータ分布では存在しない。
ベータ分布の形状母数をa,bとするとa,bとも正の数なので
事前分布の平均=a/(a+b) > 1/6
から
6a>a+b
5a>b
b<5a (1)
事後分布の平均=(a+1)/(a+b+1) < 1/6
から
6a+6<a+b+1
5a<b-5 (2)
(1)(2)からb<b-5と矛盾する。
BとCの恩赦確率が同じときは看守が嘘つきであっても
Aの恩赦確率はp/(p+1)のまま。
pはP(B=t|A=o)、Aが恩赦のとき死刑になるのはBと看守が答える確率。
よくみたらこれは間違い。
嘘つき確率の影響はないが
Aを含む事前恩赦確率の影響は受ける。
満室の状態だと思って下さい
そこに1人の客が泊まりにきました
そこで、既に泊まっている全員に隣の部屋に
移動してもらうことで、その人を泊めることができました
∞ ＋ １ = ∞
節操ねえなアフィカス
p:P(B=t|A=o)Aが恩赦（BとCが死刑執行される）とき看守がBと答える確率
q:看守が嘘をつく確率
P(B=t|B=o) Bが恩赦を受けるときBが死刑執行されると告げられる確率 = q
P(B=t|C=o) Cが恩赦を受けるときBが死刑執行されると告げられる確率 = 1-q
P(A=o|B=t) = P(B=t|A=o)*P(A=o) / P(B=t)
P(B=t) = P(B=t|A=o)*P(A=o) + P(B=t|B=o)*P(B=o) + P(B=t|C=o)*P(C=o)
= p * P(A=o) + q * P(B=o) + (1-q) * P(C=o)
P(A=o|B=t) = p*P(A=o) / ( p*P(A=o) + q * P(B=o) + (1-q) * P(C=o) )
P(A=o)= P(B=o)= P(C=o) = 1/3ならば
P(A=o|B=t) = p /(p+1)
t=(1/∞)x∞=∞/∞=1
へえ
根拠を問うたら答えられるのかな
1の代わりに勝手に
ワシが非ベイズアプローチで怪説しよう。
新情報の「確か」を96%とし、
帰無仮説☆ : 1はカスなんかではない。
帰無仮説☆が正しい確率は、4%
2シグマのP値はモピロン2.5%な訳ぢゃから
帰無仮説☆の廃棄は、ダメ。スナワチ、
帰無仮説☆は採択ぢゃ。
結論
非ベイズアプローチにより、
特段、カスでない! 以上ぢゃ
歩兵２ 騎兵２ 象２ 将軍１ 王１ （王が一番強く歩兵が一番弱い）
妃１ （王にだけ勝つ）
インドラ１ （すべての駒に勝つが使えるのは一度だけ）
二人のプレーヤはそれぞれこの１０個の駒を持つ
二人のプレーヤは互いに駒をひとつだけ選び、
ゲーム版の中央に置く
この時、相手から駒が見えないようにドアがある
互いの駒が決まったらドアオープン
勝った駒は自陣に戻り何度でも使える
負けた駒はゲームから除外される
王を失うと負け
引き分けの時は残った駒の多いほうが勝ち
1手目インドラぢゃ
相手が王を出せば、いきなり勝ちぢゃ✌
真剣にやりましょう
インドラに歩兵をぶつけられたら目も当てられない
インドラって奴
・すべての駒に勝つ★
・使えるのは一度だけ☆
すべてのに勝つ と謳ってるが☆より
・王にだけ勝つ
・王以外、妃とか歩兵でも相打ち
と同値ぢゃないか。
かなりヨワッチー奴ぢゃった。
よし、作戦を練り直しぢゃー
妃は歩兵相手でも負け
確率と戦術を基本として相手の考えを予測するゲーム
ttps://youtu.be/rt7RVDMUhPM?t=530 王１ 将軍１ 象２ 騎兵２ 歩兵２ （王が一番強く歩兵が一番弱い）
妃１ （王にだけ勝つ）
インドラ１ （すべての駒に勝つが使えるのは一度だけ）
二人のプレーヤはそれぞれこの１０個の駒を持つ
二人のプレーヤは互いに駒をひとつだけ選び、
ゲーム版の中央に置く
この時、相手から駒が見えないようにドアがある
互いの駒が決まったらドアオープン
勝った駒は自陣に戻り何度でも使える
負けた駒はゲームから除外される
相打ちの時はともにゲームから除外
王を失うと負け
引き分けの時は残った駒の多いほうが勝ち
ただし、インドラと妃は含めない
Swarajya-2015/05/25
Nash is mostly known for his equilibrium concept called as
“Nash Equilibrium”. For many years before his seminal paper,
legends like von Neumann were working on the theory of
games with a special focus on Zero-sum games.
はユーチューバーって判明してるwww
ttps://twitter.com/genkuroki/status/783660733066125312 > モンティホール問題とベイズ統計は関係ないよね。
「ベイズ更新」≒「サンプルサイズ増えた」
で選び直すじゃないの？
これ意味わからん
ベイズの定理でも解けるってだけやろ
何が言いたいのかよく分からん
ざっと見ただけだが
「ベイズ＝主観確率って思ってる人多いよね」ってかいてるから
そのながれで「モンティホールと主観確率は関係ないよね」って言いたいんじゃないの?
その本もってるけど不十分理由の原則にはふれてるけど
主観確率なんてことばは説明の中でつかってないけどな。
この本は殆どがベイズ定理の説明で
中身すっからかんでベイズ統計についてはほとんど説明してない印象だけどな。
ベイズでやってみた。
Aがアタリ(atari)の確率をP(A=a)、Aがハズレの確率をP(A≠a)
司会者がBを開ける(open)確率をP(B=o)と表すことにする。
残った箱Cがアタリである確率P(C=a|B=o)は
ベイズの公式から
P(C=a|B=o) = (P(B=o|C=a)P(c=a)) / P(B=o)
P(B=o) = P(B=o|C=a)P(C=a) + P(B=o|C≠a)P(C≠a) = 1*1/3 + 1/2*2/3 = 2/3
ゆえに
P(C=a|B=o) = (P(B=o|C=a)P(c=a)) / P(B=o) = (1/3) / (2/3) = 1/2
P(A=a|B=o) = P(B=o|A=a)P(A=a)/P(B=o)
P(B=o) = P(B=o|A=a)P(A=a) + P(B=o|A≠a)P(A≠a)
P(B=o|A=a)はAがアタリであるときにBがハズレとして開けられる確率pは問題で示されていない。
不十分理由の原則に準じてpを０．５とするか一様分布に従うとするのが一般的だと思う。
P(B=o|A=a)=pとおくと
P(B=o) = P(B=o|A=a)P(A=a) + P(B=o|A≠a)P(A≠a) = p*1/3 + 1/2*2/3 = p*1/3 + 1/3
ゆえに
P(A=a|B=o) = p*1/3 / ( p*1/3 + 1/3 ) = p/(p+1)となる。
p=0.5ならBがハズレというデータはAがあたりの確率に影響を与えず1/3である。
これは間違いだな。
P(B=o|A=a)=pとおくと
P(C=a|B=o)= 1/(p+1)
になると思う。
こちらが正しい。
プレーヤーが選んだ箱をA、司会者モンティーホールが開けたハズレの箱をB、残った箱をCとする。
Aがアタリ(atari)の確率をP(A=a)
司会者がBを開ける(open)確率をP(B=o)と表すことにする。
残った箱Cがアタリである確率P(C=a|B=o)は
ベイズの公式から
P(C=a|B=o) = (P(B=o|C=a)P(c=a)) / P(B=o)
P(B=o) = P(B=o|A=a)P(A=a) + P(B=o|B=a)P(B=a) + P(B=o|C=a)P(C=a)
= P(B=o|A=a)*1/3 + 0*1/3 + 1*1/3 ここで P(B=o|A=a)=pとおくと
= p*1/3 + 1/3
ゆえに
P(C=a|B=o) = (P(B=o|C=a)P(c=a)) / P(B=o) = (1*1/3) / (p*1/3 + 1/3) = 1/(p+1)
P(A=a|B=o) = p/(p+1) Bが開けられた後、Aがアタリの確率 (1)
P(C=a|B=o) = 1/(p+1) Bが開けられた後、Cがアタリの確率 (2)
(1)/(2) = p なので (2)は(1)以上である。(∵0<= p <=1)
ゆえに
残った箱Cの方がアタリの確率は高い。
二人零和有限確定完全情報ゲーム
残りの扉からランダムに1つを選んで開けるとするという条件は、
頻度確率では何の意味も持たないことに留意すべきである
もっとも、ベイズ確率の計算においても、
理由不十分の原理を適用すれば、
「Aが当たりである場合に司会者が Bを開ける確率P(B | A) 」を
1/2とすることに合理性がある
『ある事象が起きる頻度の観測結果に基づいて、
無限回繰り返した際の極限値』として定義される
『一回』は繰り返すことができない
したがって、一度きりの出来事に頻度主義の極限値を
当てはめることはできない
その確率は一様分布でもよくね？
一様分布を前提にすれば
無情報分布として一様分布を考えると
Aが恩赦を受ける確率の期待値（平均値）は
> 1-log(2)
[1] 0.3068528
となる。
Cが恩赦を受ける確率の期待値（平均値）は
> log(2)
[1] 0.6931472
当然、Bが恩赦を受ける確率は０
恩赦が複数回与えられる条件でないと成立しない
ベイズでの確率はcredibilityなので問題なし。
囚人Aの目線では、
看守が、「Xが死刑」と告げても
Xは、Aでないというだけで、
Xが、BかCなのか囚人Aは判断できない。
囚人Aの主観的確率は、
P(B=o | 看守からの情報ゲット前) = 1/3
P(B=o | 看守からの情報ゲット後) = 1/2
∴
P(A=o | 看守からの情報ゲット前) = 1/3
P(A=o | 看守からの情報ゲット後) = 1/3
となり、確変しないかと。
Aが難聴でない限り
Xが、BかCなのか囚人Aは余裕で判断できる
>435の結論でよくね？
完璧か本気で検証してみた。
なお、看守は10人で、検証ぢゃ。
まずは、主観的な事前確率分布ぢゃ
P(B=t | A=o)をpとおき、
E1 ≡ 看守1 は、p = 19/20
E2 ≡ 看守2 は、p = 17/20
E3 ≡ 看守3 は、p = 15/20
E4 ≡ 看守4 は、p = 13/20
E5 ≡ 看守5 は、p = 11/20
E6 ≡ 看守6 は、p = 9/20
E7 ≡ 看守7 は、p = 7/20
E8 ≡ 看守8 は、p = 5/20
E9 ≡ 看守9 は、p = 3/20
E10 ≡ 看守10 は、p = 1/20
P(E1) = P(E2) = … = P(E9) = P(E10) = 0.1
P(A=o│B=t ) = p / (1+p) より、
P(A=o│B=t∧看守1 ) = 19/39 …(1)
P(A=o│B=t∧看守2 ) = 17/37 …(2)
P(A=o│B=t∧看守3 ) = 15/35 …(3)
P(A=o│B=t∧看守4 ) = 13/33 …(4)
…
P(A=o│B=t∧看守9 ) = 3/13 …(9)
P(A=o│B=t∧看守10 ) = 1/11 …(10)
(1)～(10) の平均を計算すると、0.3072ぢゃ
ちなみに、1 - log(2) = 0.3069 ぢゃ
差は微かぢゃ、ぢゃからOKぢゃ 疲れた。
改訂後、
P(A=o│B=t∧看守9 ) = 3/23 …(9)
P(A=o│B=t∧看守10 ) = 1/21 …(10)
pやE_nの分布が仮定されてるなら
pやE_n条件下の条件付き確率を求めてからその期待値(平均)を計算するのではなく
P(A=o│B=t)を直接計算すればいいのでは？
pやE_n下でのB=tが起きるときのA=oの確率は
条件付き確率P(A=o│B=t,p)やP(A=o│B=t∧E_n)と表現され、値はp/(1+p)や(21-2n)/(41-2n)となる
pやE_nが一様分布に従うとき、この条件付き確率の期待値は確かに1-log(2)やそれに近い値になる
しかし
P(A=o│B=t)
＝P(A=o∧B=t)/P(B=t)
＝Σ{P(A=o∧B=t∧E_n)}/Σ{P(B=t∧E_n)}
＝{P(A=o∧B=t｜E_n)の期待値}/{P(B=t｜E_n)の期待値}
となり
E_nが一様分布に従うとき
P(A=o∧B=t｜E_n)＝(21-2n)/60で、その期待値は1/6
P(B=t｜E_n)＝(81-2n)/60で、その期待値は1/2
なので
P(A=o│B=t)＝(1/6)/(1/2)＝1/3
となる
前の方で
「条件付き確率の期待値」の方を1/3＝P(A=o│B=t,p=1/2)とするようなpの分布を強引に考えようとしようとした人が居たけど
そんなことせずとも一様分布を仮定すれば「確率」(＝「各条件付き確率の期待値の比」)は1/3になってる
∫ x/(1 + x) dx = x - log(x + 1) + constant
(0,1)での定積分で1-log(2)
Rを使って看守1億人で計算。
> N=10^8
> p=runif(N)
> mean(p/(p+1))
[1] 0.306839
> 1-log(2)
[1] 0.3068528
>
看守が「Bは死刑」とのお告げ前は、
pは、平均1/2の一様分布。∵主観ぢゃ
看守が「Bは死刑」とのお告げ後は、
pは、平均1/2より大きい謎の分布ぢゃ
1 - log(2)ぢゃないようぢゃ
《ワシがコペンハーゲン派崩れなら》
看守のpの確率ですが、0か1です。
P(B=t | A=o) = 1 であるか、
P(B=t | A=o) = 0 であるかのいずれかです。
「Bは死刑」と告げるの観測する前は、
p = P(B=t | A=o) = 1 の確率は、1/2
p = P(B=t | A=o) = 0 の確率も、1/2です。
「Bは死刑」と告げるのを観測した後は、
p = P(B=t | A=o) = 1 の確率は、2/3に収束
p = P(B=t | A=o) = 0 の確率は、1/3に収束
P(A=o│B=t) = p/(1+p) より、
P(A=o│B=t) = 1/2 の確率は、2/3で
P(A=o│B=t) = 0 の確率は、1/3です。
∴
P(A=o│B=t) = 1/2 * 2/3 + 0 * 1/3 = 1/3
頻度主義の極限値を当てはめて計算を始めるから
おかしくなる
とする。
各々10000発撃ったときゴルゴ15の命中数の期待値はいくらか？
確率密度とかベータ分布とかを使わずに説明するなら、重み付き平均という考え方で説明するしかないかな？
命中率が0.5なら2回に1回は1発1中（確率0.5)
命中率が0.8なら10回に8回は1発1中（確率0.8)
となる。
体重100ｋｇの牛が100頭
体重99kgの牛が99頭
体重98kgの牛が98頭
・・・
体重2kgの牛が2頭
体重1kgの牛が1頭
牛の平均体重の計算と同じ
n=100
x=seq(0,1,length=n+1)
sum(x*x/sum(x))
sum(x^2)/sum(x)
2/3
(sum_x=n*(n+1)/2/n) # (n+1)/2
(sum_x2=n*(n+1)*(2*n+1)/6/(n^2)) # (n+1)*(2*n+1)/n/6
sum_x2/sum_x # (2*n+1)/n/3 = 2/3+1/3/n
n→∞
で2/3に集束する。 命中数の期待値は10000*2/3=6667
ベータ分布を理解している人になら
β(2,1)の期待値（平均値）だから2/(2+1)=2/3と言えばいいだけなんだが。
とする。
10000発撃ったときゴルゴ15の命中数の期待値はいくらか？
ゴルゴ15は10人一様分布で計算したら
6650発となった。
では、詳細解説ぢゃ
Step1) 確率変数のワシの定義ぢゃ
p ≡ゴルゴ15の命中確率
E1 ≡ ゴルゴ15はp = 19/20ぢゃ
E2 ≡ ゴルゴ15はp = 17/20ぢゃ
E3 ≡ ゴルゴ15はp = 15/20ぢゃ
E4 ≡ ゴルゴ15はp = 13/20ぢゃ
E5 ≡ ゴルゴ15はp = 11/20ぢゃ
E6 ≡ ゴルゴ15はp = 9/20ぢゃ
E7 ≡ ゴルゴ15はp = 7/20ぢゃ
E8 ≡ ゴルゴ15はp = 5/20ぢゃ
E9 ≡ ゴルゴ15はp = 3/20ぢゃ
E10 ≡ ゴルゴ15はp = 1/20ぢゃ
Step2) 事前分布ぢゃ ワシの主観ぢゃ
P(E1) = P(E2) = … = P(E9) = P(E10) = 0.1
Step3) P(1発中1発命中)ぢゃ
★≡ 1発中1発命中
P(★) = 0.1 * (19+17+15+13+…+3+1)/20 = 0.5
Step4)事後確率分布ぢゃ
P(E1 | ★) = {P(E1) * 19/20}/P(★) = 19/100
P(E2 | ★) = {P(E2) * 17/20}/P(★) = 17/100
P(E3 | ★) = {P(E3) * 15/20}/P(★) = 15/100
P(E4 | ★) = {P(E4) * 13/20}/P(★) = 13/100
P(E5 | ★) = {P(E5) * 11/20}/P(★) = 11/100
P(E6 | ★) = {P(E6) * 9/20}/P(★) = 9/100
P(E7 | ★) = {P(E7) * 7/20}/P(★) = 7/100
P(E8 | ★) = {P(E8) * 5/20}/P(★) = 5/100
P(E9 | ★) = {P(E9) * 3/20}/P(★) = 3/100
P(E10 | ★) = {P(E10) * 1/20}/P(★) = 1/100
Step5) 事後確率分布の期待値ぢゃ
Step4より、まぁ、とにかく、
(19^2 + 17^2 + 15^2 + … + 3^2 + 1^2)/2000
∴
1330/2000 スナワチ、6650/10000ぢゃ
Step6) 答えぢゃ
10000発×6650/10000 = 6650発ぢゃ
計算、大変ぢゃけど面白かった。
ゴルゴ100人の一様分布で厳密計算したら
6616.75～6716.75発。
安易にその中間値をとると、
(6616.75+6716.75)/2 ∴ 6666.75発ぢゃ
では、はしょって、勝手に解説ぢゃ
事後確率分布の期待値を、★とおくと
まぁ、とにかく、下記の通りぢゃ
2E6≡2000000 また、4E6≡4000000
★≡(199^2+197^2+195^2+ … +1^2)/2E6
○≡(199^2+198^2+197^2 + …… +1^2)/4E6
●≡(200^2+199^2+198^2 + …… +1^2)/4E6
∴ ○ < ★ < ●
公式 Σ(n^2)=n(n+1)(2n+1)/6 より、
○ = (199*200*399)/6/4E6 = 0.661675
● = (200*201*401)/6/4E6 = 0.671675
∴ 0.661675 < ★ < 0.671675
凄く時間かかったが、尤もらしい値ぢゃ
気が向いたら、ゴルゴ無限人計算するかも
十中八九、問いの立て方がおかしいか前提が間違ってるだけ
本当の難問がないということ
lim 2/3+1/3n
n→∞ = 2/3
事後確率の期待値は(n+1)/(n+2)になる。
∫(n+1)x^(n+1)dx の[0,1]の定積分
integral_0^1 (n + 1) x^(n + 1) dx = (n + 1)/(n + 2)
ｎ発ｎ中でベイズ更新されて事後分布はB(n+1,1)になるので
平均値は(n+1)/(n+2)となる。
この説明でわかる人はわかる。
n回投げてk回表が出た時に、次に投げて表が出る確率は(k+1)/(n+2)
サイコロの各目が出る確率p1,p2,…,p6として
0≦p_i≦1,p1+p2+…+p6＝1の範囲で<p1,p2,…,p6>が一様分布に従うとすると
n回投げてiの目がk回出た時に次の出目がiである確率は(k+1)/(n+6)
2発2中なら3/4となるはず。
計算して確認してみた。
確認方法概要
事前分布は、ゴルゴ10人 1発1中後分布
事後分布は、さらに 1発1中した分布
事後分布の期待値は、3/4を確認する。
では解説ぢゃ。
Step1) 確率変数のワシの定義ぢゃ
p ≡ゴルゴ15の命中確率
E1 ≡ ゴルゴ15はp=19/20ぢゃ
E2 ≡ ゴルゴ15はp=17/20ぢゃ
E3 ≡ ゴルゴ15はp=15/20ぢゃ
…
E10 ≡ ゴルゴ15はp=1/20ぢゃ
Step2) 事前分布、1発1発中した分布ぢゃ
P(E1) = 0.19
P(E2) = 0.17
P(E3) = 0.15
…
P(E10) = 0.01
Step3) P(1発1中)ぢゃ
★≡ 1発1中とおくとP(★)=133/200ぢゃ
Step4)事後分布ぢゃ
P(E1|★) = 0.19*19/20/P(★)= 19^2/1330
P(E2|★) = 0.17*17/20/P(★)= 17^2/1330
P(E3|★) = 0.15*15/20/P(★)= 15^2/1330
…
P(E10|★) = 0.01*1/20/P(★)= 1^2/1330
Step5) 事後分布の期待値ぢゃ
Step4より、まぁ、とにかく、
(19^3+17^3+15^3+ … +3^3+1^3)/26600
∴199/266 = 0.7481…
3/4 = 0.75とほぼ同じ値ぢゃ
結論
n発n中で(n+1)/(n+2)なりそうぢゃ
一様分布でn回中k回表での確率
つまり、(k+1)/(n+2) を解説した式ぢゃ。
例えば、
「5回中4回表 ⇒ 表確率4/5」ぢゃなくて、
「5回中4回表 ⇒ 表確率5/7」とのことぢゃ
勝手にコイン10枚の一様分布計算で確認
では、軽く解説ぢゃ
Step1) 確率変数のワシの定義
p ≡ コイントスの表の確率
E1 ≡ p=0.95
E2 ≡ p=0.85
E3 ≡ p=0.75 という感ぢぢゃ
Step2) 事前分布、一様分布ぢゃ
P(E1) = 0.1
P(E2) = 0.1
P(E3) = 0.1 という感ぢぢゃ
Step3) P(5回中4回表)ぢゃが
★≡ 5回中4回表という事象ぢゃ
P(★) = P(E1) *P(★|E1)
+ P(E2) *P(★|E2)
+ P(E3) *P(★|E3)
…
= 0.5 * 0.33745625
Step4)事後分布の計算ぢゃ
P(E1|★)=P(E1) *P(★|E1) / P(★)
= 0.95^4 * 0.05^1 / 0.33745625
= 0.120683237
という感ぢで計算、スナワチ、
P(E1|★) = 0.95^5 * 0.05^1 / 0.33745625
P(E2|★) = 0.85^5 * 0.15^1 / 0.33745625
P(E3|★) = 0.75^5 * 0.25^1 / 0.33745625
という感ぢで、β分布ぽい離散分布ぢゃ
Step5)事後分布ぢゃ
P(E1|★) = 0.1146
P(E2|★) = 0.1972
P(E3|★) = 0.1758
P(E4|★) = 0.1203
…
P(E10|★) = 0.0000
Step6)事後分布の期待値ぢゃ
Step5よりとにかく、0.7177ぢゃ
なお、コイン50枚で計算したら0.7144
ほぼ完璧に、5/7ぢゃ
《結論》
コインの確率は、ワシの感ぢた通り、
(k+1)/(n+2)で計算すると善い感ぢぢゃ
以下の如く、改訂する。
Step5)事後分布ぢゃ
P(E1|★) = 0.1146 ぢゃなくて0.1207
P(E2|★) = 0.1972 ぢゃなくて0.2320
P(E3|★) = 0.1758 ぢゃなくて0.2344
P(E4|★) = 0.1203 ぢゃなくて0.1851
…
P(E10|★) = 0.0000
見えない要因（潜伏変数）を完全に無視できれば
因果関係があるように推測される
ベータ分布のベイズ更新で
B(1+k,1+n-k)
平均は(1+k)/(1+k+1+n-k)=(k+1)/(n+2)
ディリクレ分布のベイズ更新で
ij (j=1~6)をn 回サイコロを振ってj の目がでた回数とすると
事後分布はD(1+i1,1+i2,1+i3,1+i4,1+i5,1+i6)
となる
6
琶j = n
1
なので
jの目のでる確率は(ij+1)/(n+6)
結果に差が生じることは容易に推察される
また快適な室内で行うのと、寒い戸外とでは
結果が違ってくるであろう
差が生じる根拠なし
８０歳の老人には手の甲に深い皺があるだろう？
それが影響する根拠なし
ベイズだと事前確率分布。
ttps://download1.getuploader.com/g/ril_gif/89/02.gif 三〇〇〇年にぶりの噴火で
初弾直撃で死ぬとかすげぇ確率だな
誰かベイズ的に考察して
事前確率からベイズで事後確率算出は、
素晴らしいと思う。が
事象発生後に、
事前確率からベイズで事後確率算出は、
何だか、違和感を感じる。
気のせいかも
必然性のある因果関係があるだろう
しかし、おみくじで凶を引いた後に、悪いことが起きたとしても、
これは因果関係ではなく必然性のない先後関係と言える
神のみぞ知る 無限大の希望の未来
ラプラスの悪魔のみぞ知る サイコロ出目
胴元だけ知る サイコロの事前確率分布
不可能予測を、可能予測にベイズ改訂!
それは真の統計理論を極めた者が知り得る。
さて、コイン試行回数Zeroで確率1/2ぢゃ
サイコロ試行回数Zeroなら確率1/6ポィ
iの目が出る確率密度分布は、超感覚的に
P(0 ≦ p_i ≦ 1) ≠ 1 ∵サイコロ
P(0 ≦ p_i ≦ 1/6) = 5 かつ、
P(1/6 ＜ p_i ≦ 1) = 1/5 なのぢゃ
ぢゃ、上記 確率密度分布の超詳細χ説ぢゃ
P(0 ≦ p_i ≦ 1/6) = C Cは定数 (1)
P(1/6 ＜ p_i ≦ 1) = C' C'も定数 (2)
分布P(p_i) の p_i平均は、1/6 (3)
分布P(p_i) は確率分布 ∴∫P(p_i) = 1 (4)
(1)(2)(3) より C:C' = 25:1 で、(4) より
iの目が出る 超感覚的 確率密度分布は、
P(0 ≦ p_i ≦ 1/6) = 5
P(1/6 ＜ p_i ≦ 1) = 1/5 ぽいのぢゃ
いぢょう、ぢゃ。
# 封筒Aにz円(z=0~1)入っている確率をP(A=z)で表すことにする。
# P(A=z)は不明
# P(B=2z|A=z)も不明、この確率pとする
# P(B=0.5z|A=z)は1 - p
# 封筒Bに入っている金額の期待値は
# 2z*P(B=2z|A=z) + 0.5z*P(B=0.5z|A=z)
# = 2z*p + 0.5z*(1-p)
# = 1.5zp+0.5z
# これは封筒Aの1.5p+0.5倍の期待値である。
# これは封筒Aと期待値の差は(1.5p-0.5)円である。
ｚ円はｚ万円でもｚ億円でも可
精密には (1.5p-0.5)z円 ぢゃ。
まぁそれは、ともかく
pが不明⇒p=1/2 と見なしてはイケナイ。
ぢゃ χ説
封筒Aと封筒B、期待値は同じぢゃっ!
∵理由はないからぢゃ
z=0でもz≠0でも、期待値は同ぢゃから、
∴1.5p-0.5 = 0
∴p=1/3ぢゃ、多分ぢゃが此で善いのぢゃ
然るに、
２封筒の事前確率分布は、
p(Low=1 ∧ High = 2) = 1/2
p(Low=2 ∧ High = 4) = 1/4
p(Low=4 ∧ High = 8) = 1/8
…
p(Low=∞ ∧ High = 2*∞) = 1/∞
───────────────
Σp = 1/2 + 1/4 + 1/8 +…+ 1/∞ = 1
一意に何故か定まっちゃた。
いぢょう、ぢゃ
相関関係は因果関係の単なる必要条件の1つである
因果関係の前提に過ぎない
ベイズでは確率=credibilityゆえ因果と相関を論じてるのは無意味。
陰陽五行説とは固有値求めることと見つけたり（笑）
593 名前：デフォルトの名無しさん 投稿日：2018/01/25(木) 10:39:30.87 ID:ZxAe+MwB0
干支も木火土金水だし６０進法の基底ベクトルではある
594 名前：デフォルトの名無しさん 投稿日：2018/01/25(木) 18:55:33.72 ID:C/gST0Ked
小出しにしないで、陰陽五行と線形代数？の関連性を詳しくご教示いただけると非常に有り難く存じます。
あなた様は真理をご存知の方とお見受けいたします。
595 名前：デフォルトの名無しさん 投稿日：2018/01/25(木) 20:22:39.65 ID:ID0HK2lBM
弥勒が顕現するころに察するでしょう
596 名前：デフォルトの名無しさん 投稿日：2018/01/25(木) 20:37:38.48 ID:MrSJapun0
曼荼羅とはフラクタルなり
# 封筒内の金額は有限とする。
# 封筒A,Bで一方の封筒に他方の n 倍が入っているという２封筒問題を考えてみた。
# 封筒Aに z 万円(z=0~1)入っている確率をP(A=z)で表すことにする。
# P(B=nz|A=z) = pとして一様分布に従うとする。
# P(B=z/n|A=z)は1 - p
# 封筒Bの期待値はz*(n*p+(1-p)/n)
# これはp=1/(n+1)のとき封筒Aの中味ｚと等しくなる。
何が「一様分布に従う」か謎だが、
pは、[0,1]の変数ぢゃが定数なのぢゃ。
数式 z = z(np+(1-p)/n)を解くと
p = 1/(n+1) ⇔ A = Bの期待値 (1)
のようぢゃ
nを定めれば、例えばn=2と定めれば、
pは変数でなく定数1/3 に定まる。
さて、 (1) の対偶をとると、
A ≠ Bの期待値 ⇔ p≠ 1/(n+1)
∴
A ＜ Bの期待値 ⇒ p≠ 1/(n+1)
多分、もしかぢゃが、
p＞ 1/(n+1) なら、AからBに
チェンジすると より善いハズぢゃ
n=2のとき
Aの封筒に1万円入っていたときBの封筒に2万円入っている確率がｐ
このｐが一様分布する
という前提
n=2のときの
封筒Bと封筒Aの差の分布をグラフにしてみた。
ttp://i.imgur.com/dS47MIY.png Aの封筒に1万円入っていたときBの封筒に5千円入っている確率は
考えなくてもいいの？
封筒に入る金は2:1だから
２万円入っている確率がpなら5千円が入っている確率は1 - p
でよくね？
二つの封筒問題はプレイヤがAとBの封筒をランダムに選ぶことに
意味があるからそれはだめだ
AとBに入っている金の組み合わせをプレイヤーが選べるわけではないだろ？
A=2Bの確率がpならA=1/2Bの確率は1-pでいいと思うのだが。
事象(B=2z | A=z)と事象(B=z/2 | A=z)は、
排反事象ぢゃから、
pとおくと1-pは、正解ぢゃ。
さて、例えば、z = 10000円では、
P(A=5000∧B=10000) = q とおくと、
P(A=10000∧B=5000) = q であり、
P(A=10000∧B=20000) = r とおくと、
P(A=20000∧B=10000) = r である。
P(B=20000 | A=10000) = p とおくと勿論
P(B=5000 | A=10000) = 1-p である。
∵排反事象ぢゃ
ベイズ的な計算により、p = r/(q+r)
起 AとBの2つの封筒問題に於いて、
Aを開封で、A=1(万円)だとしよう。
Bの期待値E(B)=1(万円)なのぢゃ。
承 E(A) + E(B) = 2 ぢゃろう。
A開封前のA+Bの分布は、
平均2 範囲0から4 の一様分布と推定ぢゃ
転 胴元プログラム言語風アルゴの推定
U ← 平均2 範囲0から4 の一様乱数
High ← (2/3) * U Low ← (1/3) * U
R ← 範囲0から1 の一様乱数
R > 0.5の場合、{A ← High B ← Low}
以外 {A ← Low B ← High}
結 E(B) - E(A) = 0 ∴
参加料金＞Aで、胴元利益ぢゃ
2007年に日本で生まれた子供は、107才まで生きる確率が50％もあるという
例えば、寿命の西暦3001年の統計が
極めて簡単かつ仮に
P(0才→20才 | 2980年生) = 0.01
P(20才→40才 | 2960年生) = 1
P(40才→60才 | 2940年生) = 1
P(60才→80才 | 2920年生) = 1
P(80才→100才 | 2900年生) =0.99
P(100才→120才 | 2880年生) = 0.0
としよう。
西暦3001年平均寿命は、ワシのKサン論なら
0.01*(0+20)/2 + 0.99*(80+100)/2 = 89.2才
尚、2980年生れの子は、
20才まで生きる確率は、0.99
40才まで生きる確率は、0.99^2
60才まで生きる確率は、0.99^3
…
138才まで生きる確率は、0.99^69 = 0.5
なのぢゃ。
ぢゃ～また。
壺の中に n 種類の異なるクーポンが入っている。1回の試行で壺の中から1枚クーポンを引き、引いたものと同じ種類のクーポンを壺の中に戻すものとする。
n 種類（全種類）のクーポンを集めようとしたとき、 t 回以上の試行回数が必要となる確率はいくつだろうか?
P(t)=1 for t≦n
H．C．von Baeyer 「QB ism - 量子×ベイズ」 森北出版 (2018/Mar)
256p．3024円 松浦俊輔 (訳)、 木村 元 (解説)
量子情報時代の新解釈
ttp://www.morikita.co.jp/books/book/3166 棄却された帰無仮説が正しい確率Pr(H0 | Reject)をFalse Positive Report Probabilityと呼ぶらしい。
条件付き確率で条件入れ替えってベイズぽいよね。
=P(Reject|H0)P(H0) / { P(Reject|H0)P(H0) + P(Reject|H1)P(H1) }
第一の過誤=α 第二種の過誤βとすると
P(H0|Reject)= αP(H0)/{αP(H0) + (1-β)(1-P(H0))}
でP(H0)を事前確率に想定しなければ算出できないな。
FPRPを0.05に固定して、グラフにしてみた。
ttp://i.imgur.com/JeQl6bs.png ＝ BF*PO/(BF*PO+1)
（ BF = Pr(ｙ｜H0)/Pr(y | H1) : Bayes factor , PO = π0/(1-π0) 帰無仮説のオッズ)
「ウィスキーにも水が入っている」
「ブランデーにも水が入っている」
よって「水を飲むと酔っ払う」(・∀・)
水が重回帰で選択されなかったら
いいのかな？
選択されたら介入で因果関係を証明するしかないのかな？
数学とは何も関係ないから。
統計学は数学と無関係というのが帰無仮説かな。
薬剤ｇを9人同時に投与したら3人に効果があった。
どちらの有効性が高いか？
別バージョン（こっちがオリジナルｗ）
ゆるゆる女子大生に1人ずつメールで誘ったら3人めが開脚。、
がばがば女子大生9人に一斉にメールを送ったら3人が開脚。
どっちが開脚が容易か？
開脚率の期待値を計算してみた。
ゆるゆる女子大生の開脚率期待値：ｒ人目で初めて開脚
r=3
Ex.yuru <- function(r){
integrate(function(x)x*(1-x)^(r-1)*x,0,1)$value/integrate(function(x)(1-x)^(r-1)*x,0,1)$value
}
Ex.yuru(r)
2/(r+2)
がばがば女子大生の開脚率期待値：N人中ｚ人開脚
N=9
z=3
Ex.gaba <- function(N,z){
integrate(function(x) x*choose(N,z)*x^z*(1-x)^(N-z),0,1)$value/integrate(function(x)choose(N,z)*x^z*(1-x)^(N-z),0,1)$value
}
Ex.gaba(9,3)
(z+1)/(N+2)
統計学板なんてのもあるのか？
出品者A 良い９人 悪い１人
出品者B 良い４人 悪い０人
であったとするとどちらが評価の高い出品者と言えるか？
「何も」ってのは流石に言い過ぎかな
such thatって出てきますけど、
どういう意味ですか？
～みたいな、で解釈してもいい？
ex.gaba ex.yuru にはやられました。
なんとなれば
読んでくれた人がいたのは嬉しいね。
～であるような
例文を出してもらった方が答やすい。
＞ 統計学は他の板へ。
＞ 数学とは何も関係ないから。
禿同
統計学板を作って隔離して欲しいよね。
理論統計とか気持ち悪くて吐きそう
どゆこと？
GOOGLEで
統計学で検索すると約 40,000,000 件
統計学 数学で検索すると約14,700,000 件
統計学 物理学で検索すると約 6,310,000 件
数学と物理学で統計学との関係の強さに差はない、を帰無仮説にする。
χ二乗検定でX-squared = 4543700でp.value < 2.2e-16
で帰無仮説は棄却された。
何の有用性があるのか今一つわからない。
2/π*arcsin(√x)になるのはわかるんだが。
Jefferyのは一対一のパラメータ変換後も関係が維持されて不偏になって余計なこと考えずに済む。
Φ=t(θ)のとき、
p(θ)～|J(θ)|^1\2→p(Φ)～|J(Φ)|^1\2
β(0.5,0.5)はpdfがベルヌーイ分布の時だな、ほかの時は知らん
wikiでよければこの辺は書いてある
ttps://en.m.wikipedia.org/wiki/Jeffreys_prior 江戸末期から日本は経済ユダヤとの繋がりがありお互いの利益の均衡を目指してきたのが今日までの政治
の中心課題だと言えます。複式簿記 資本主義 株式制度 現在の経済の根幹を作ったのは彼等であり、
全ての産業を掌握する彼等（総資産数京円以上）の意向を無視出来ません。旧ソ連 中国共産党 北朝鮮
ISISを作ったのは彼等であり、日本の技術流出 東芝の半導体事業からの撤退、シャープの倒産全て彼らの
シナリオ通りに動いてます。また、ここ数百年における世界の全ての紛争、戦争は彼等によって引き起こさ
れました。
彼らの目指している世界は自分達を支配階級とした人類の管理であり歯向かう人間の排除です。
私達が右や左と罵り合う姿は彼らにとって好都合であり、対立は彼らの支配体制の強化になります。そういっ
たことを全ての日本人が理解しないと同じことを繰り返し、十数年後 あの時安部が日本を滅茶苦茶にした。
今度の保守の誰々さんこそ日本を救うと喚いてるかもしれません。消費税廃止 移民反対と当たり前のことを
各政治家に要求し続けると同時に政治家は全員ユダヤの手先だと疑い続けないと日本の独立は成し得ません。
世界中の人間が知るべきこと
・世界の全てのメディアはユダ金が牛耳っている。
・トランプ プーチン 習近平 安部 麻生 テリーザ・メイ メルケル 文在寅 金正恩はユダ金の手下であり仲間である。
テレビに出てる有名な政治家は国内外問わず全員ユダヤの手先だと考える事。右や左などによる対立は茶番である。
・全てのテロと紛争と戦争は、ユダ金達と軍産複合体によって引き起こされている。
ありがとうございました。
Fisherの情報量から勉強してみます。
ttp://livedoor.4.blogimg.jp/veritedesu/imgs/8/8/88fd10d5.gif 答.171700
( 1/6*n*(n+1)*(2*n+1) + 1/2*n*(n+1) )/2
何も関係ないw
でも根拠は出さない
おまえの主観なんてだれも興味ねぇよ
何も強い関係ないなんて、全称命題的な否定するやつはまずバカ
求める個数の一般解は
婆(k+1)/2
=這這1
ロリーローリンの公式から
n(n+1)(n+2)/3!
n=100より求める個数は
100・101・102/6
=10100・17
=171700
Aのツボは99個の青い球と1個の赤い球が詰まっている
Bのツボは99個の赤い球と1個の青い球が詰まっている
このとき、自分の目の前のツボから1個球を
取り出してみたら赤い球であった
目の前のツボはAのツボだろうか、Bのツボだろうか
９９人の囚人がいます。彼らの頭に１～１００までのナンバーカードが貼りつけられた帽子をランダムにかぶせます。
他人の帽子は見ることができても、自分の帽子は見ることができません。
帽子の数は全部で１００なので、一つ使われずに余ります。
そのナンバーは囚人達にはわからないようにしておきます。
この状況で、囚人たちに一斉に自分のナンバーを宣言させて、全員が正解だったら釈放するという賭けをします。
囚人たちには帽子をかぶせられる前に相談タイムが設けられています。
どういう戦略を取れば、助かる確率を最も高くできるでしょうか？
98人の数字に出てこなかった2つをお互いに申告したら使われてない数字が分かるから自分の数字が分かるンじゃないの？
帽子を被されてからは囚人間の意思疎通はできない前提の問題。
Aを選ぶ確率がJeffery分布に従うとすると
# b=1-a
# P(r|a)=1/100
# P(r|b)=99/100
# P(a|r)=P(r|a)P(a)/[P(r|a)P(a)+P(r|b)P(b)]=0.01p/(0.01p+0.99(1-p))
library(rjags)
data=list(shape1=0.5,shape2=0.5)
modelstring='model{
par=0.01*p/(0.01*p+0.99*(1-p))
p ~ dbeta(shape1,shape2)
}めあ
'
writeLines(modelstring,'TEMPmodel.txt')
model=jags.model('TEMPmodel.txt',data=data)
update(model)
samples = coda.samples( jagsModel , variable=c("par",'p'), n.iter=100000 )
coda::HPDinterval(samples[,'par'])
hist(as.matrix(samples)[,'par'],freq=FALSE,main='',col='gray',xlab='Pr(A|red)',
breaks=50, axes=FALSE,ylab=''); axis(1)
求める確率P（箱A｜赤玉）は
平均
> mean(as.matrix(samples)[,'par'])
[1] 0.03687427
信頼区間
> coda::HPDinterval(samples[,'par'])
[[1]]
lower upper
var1 0.0000001471041 0.1601718
attr(,"Probability")
[1] 0.95
library(rjags)
data=list(shape1=0.5,shape2=0.5)
modelstring='model{
par=0.01*p/(0.01*p+0.99*(1-p))
p ~ dbeta(shape1,shape2)
}
'
writeLines(modelstring,'TEMPmodel.txt')
model=jags.model('TEMPmodel.txt',data=data)
update(model)
samples = coda.samples( jagsModel , variable=c("par",'p'), n.iter=100000 )
coda::HPDinterval(samples[,'par'])
par=as.matrix(samples)[,'par']
hist(par,freq=FALSE,main='',col='gray',xlab='Pr(A|red)',
breaks=50, axes=FALSE,ylab=''); axis(1)
BEST::plotPost(par,showMode=TRUE)
mean(par)
quantile(par,c(0.025,0.50,0.975))
赤玉でたときにAの箱であった確率は
> 0.01*0.5/(0.01*0.5+0.99*0.5)
[1] 0.01
一様分布にしたらこうなった。
> mean(par)
[1] 0.0369026
> coda::HPDinterval(samples[,'par'])
[[1]]
lower upper
var1 0.0000001761594 0.1594358
attr(,"Probability")
[1] 0.95
一様分布でのシミュレーションを100万回繰り返してみた。
pickup <- function(){ # A:Box 1, Red:Ball 1
A=c(1,rep(0,99))
B=c(0,rep(1,99))
AB=list(A,B)
Box=sample(1:2,1)
Ball=sample(AB[[Box]],1)
c(Box=Box,Ball=Ball)
}
pickup.sim <- function(k=1e3){
re=replicate(k,pickup())
PAR=sum(re['Box',]==1 & re['Ball',]==1)/sum(re['Ball',]==1)
return(PAR)
}
re=replicate(1e3,pickup.sim())
mean(re)
HDInterval::hdi(re)
median(re)
Mode(re)[1]
平均値
> mean(re)
[1] 0.01009577
95%信頼区間
> HDInterval::hdi(re)
lower upper
0.001901141 0.018329939
attr(,"credMass")
[1] 0.95
中央値
> median(re)
[1] 0.01002004
最頻値
> Mode(re)[1]
x
0.01020133
囚人がランダムに答えると、2の99乗分の1の釈放確率。
ネットで検索すると解答がみつかる。
釈放確率が1/2にできるという。
解説読んでも理解できなかったが、シミュレーションしたらその通りだった。
解答のurlと
シミュレーションのスクリプトはこれ。
ttp://rio2016.2ch.net/test/read.cgi/math/1501755792/443
無作為に２人を抽出して調べたところ
二人とも女子学生である確率は１／２であった。
この大学の学生数と女子学生数を求めよ。
学生数=696
女子学生数=492
女子 男子
3 1
15 6
85 35
493 204
問題文の表現に問題あるかな？
xC2 ÷ yC2=1/2の解を求める問題。
次に1/2になるのは
女子 2871 男子1189 総数4060
全部の血液型を集めるのは平均で何人集めればよいか？
シミュレーションで12.37、切り上げて１３人になった。
解析解はよくわからん。
式値=0は除くと
x=7, y=8
2*7*6*5*4=8*7*6*5
この曲線Aは、４個の自明な整点
(x,y) ∈ {0,1}×{0,1}
を持つ
これが
無作為に２人を抽出して可能となる組み合わせ
｛男男 男女 女男 女女｝
に対応するという事かね？(´・ω・`)
>659は
xC2 ÷ yC2=1/2
500<y<100
の自然数解を求めるだけの話。
無作為に２人を抽出して可能となる組み合わせ
｛男男 男女 女男 女女｝
｛女女｝５０％…a
｛男男 男女 女男｝５０％…ｂ
５００≦ｘ≦１０００
ｘ＝a＋ｂ
２５０≦a＝ｘ－ｂ
ｂを分割する
｛男男｝…ｂ１
｛男女｝…ｂ２
｛女男｝…ｂ３
事象aが観測された元でのそれぞれの確率は
P(ｂ１|a)＝P(ｂ１) * P(a|ｂ１)
P(ｂ２|a)＝P(ｂ２) * P(a|ｂ２)
P(ｂ３|a)＝P(ｂ３) * P(a|ｂ３)
学生数ｘに占める女子学生数ｙの割合は
ｙ／ｘ＝７／１０が尤もらしい
ゆえに、
P(ｂ１|a)＝P(ｂ１) * P(a|ｂ１)＝３／１０
P(ｂ２|a)＝P(ｂ２) * P(a|ｂ２)＝１／１０
P(ｂ３|a)＝P(ｂ３) * P(a|ｂ３)＝１／１０
タクシー会社の規模から保有タクシー台数は１００台以下とわかっている（弱情報事前分布）。
この会社のタクシーを５台みかけた。最大の番号が６０であった。
この会社の保有するタクシー台数の期待値と９５％信用区間を求めよ。
=2590100/36231≒71.4885
Sum[C[59,4]/C[n,5],{n,60,92}]/Sum[C[59,4]/C[n,5],{n,60,100}]
=0.947035
Sum[C[59,4]/C[n,5],{n,60,93}]/Sum[C[59,4]/C[n,5],{n,60,100}]
=0.95496
60～93
正解！
n=60:100
pmf=choose(60-1,5-1)/choose(n,5) #Pr(max=60|n)
pdf=pmf/sum (pmf)
sum( n*pdf) #E(n)
plot(n,cumsum(pdf))
abline(h=0.95,lty=3)
plot(n,cumsum(pdf),xlim=c(75,100),ylim=c(0.75,1),type='h')
abline(h=c(0.80,0.90,0.95),lty=3)
累積質量関数をグラフにすると
ttp://imagizer.imageshack.com/img924/9020/nxNiAP.jpg 二項分布でp＝1/2として検定するとか?
例えば5回連続以上で下降になれば微妙なさげでも下降傾向があると判定できる?
jonckheere検定というのがある。
以前に別スレにRのスクリプトを投稿した。
ttp://rio2016.2ch.net/test/read.cgi/math/1501755792/387
全体を集めてクジで持ち帰る景品が決まる。
自分の景品を持ち帰ることになる人数の期待値はいくらか？
1
１／ｘ
2人なら0*1/2+2*2で期待値は１人だよ。
kは0 からｎまでとして
k*nCk*(1/n)^k*(1-1/n)^(n-k)
がｎによらず１になることが示せれば終わり。
それは、ある一人が自分の景品を持ち帰る確率な。
一人一個持ってきて、分割せず一個を渡すなら、期待値は一人じゃないの？
ある診断キットが開発されたとする。
このキットは特異度は９９％と良好であったが、
感度については確かな情報がない。
事前確率分布として一様分布を仮定する。
５０人をこの診断キットで診断したところ４０人が陽性であった。
この診断キットの感度とその95%CI、及び母集団の有病率とその95%CIは？
計算していたら４人になったのは意外。
あいこのときは勝者が出るまでやり直すなら
ｎ人のジャンケンなら期待値は n/2人
２～１０人で全員で一度だけじゃんけんをしたときの勝者の数の期待値は
6 / 9
27 / 27
84 / 81
225 / 243
558 / 729
1323 / 2187
3048 / 6561
6885 / 19683
15330 / 59049
[1] 0.6666667 1.0000000 1.0370370 0.9259259 0.7654321 0.6049383 0.4645633 0.3497942
[9] 0.2596149
４人のときが84/81で最大値。
あいこはやり直しでの
ジャンケンのシミュレーション、１は3に勝ち、3は2に勝ち、2は1に勝つ
ｘは１，２，３ の並び
1回のジャンケンでの勝者の数を返す
Win <- function(x){# 1 beats 3, 3 beats 2, 2 beats 1
if(length(unique(x))!=2 ) return(0) # no winner
u=sort(unique(x))
if(all(u==c(1,2))) return(sum(x==2))
if(all(u==c(2,3))) return(sum(x==3))
if(all(u==c(1,3))) return(sum(x==1))
}
Jnk.sim <- function(n){
x=sample(1:3,n,replace = TRUE)
while(Win(x)==0){ # repeats when no winner
x=sample(1:3,n,replace = TRUE)
}
Win(x)
}
mean(replicate(1e3,Jnk.sim(10)))
10人でのシミュレーションで期待値は約５
> mean(replicate(1e3,Jnk.sim(10)))
[1] 4.99
／ ｀､
/ ヽ
/ ● ● |
／l ''''' し '''''' |
/ l ＿＿. |
l /ヽ＿ ` --' ＿ノ
＼ ￣ ヽ∩
⌒l l三 |
| ヽ.__|
俺に分かりやすく説明してください
ネットワークベイジアンメタアナリシス？
なんでも確率変数にできるから。
p値の信頼区間(ベイズでは信用区間と呼ぶ)もだせるよ。
ただの嘘と
真っ赤な嘘と
統計だ
ってアカポス取れない数学科が統計に流れて薬学だの保険屋になって詐欺をするんだな
いかに上手く丸め込むか
尤もらしいことを言えた者が勝ち
最尤推定なんて
「もっとももっともらしい」
ってまさにそれだし
検定お前はダメだ
MCMCと組み合わせるといい感じだから
小児甲状腺がんが増えていないとかに援用されてるね。
消失するという事件が起こった
毎日新聞でも取り上げられたこの不可解な失踪事件は
今もなお未解決である
なんで未だにどの教科書にも基礎事項としてでてくるんだ?
コクランのロゴの由来を読むと考えが変わるかも
ttps://www.cochrane.org/ja/2017/about-us/our-logo フィッシャーさんが偉かったから
嘘が上手かったから
メンデルの法則の実験データは法則に合致し過ぎて捏造の疑いを指摘したのがフィシャーだったかな。
サイコロを２回振ったら順に1,2であった。
その確率は(1/6)*(1/6)=1/36=0.027 < 0.05だから
このサイコロはイビツである。
100人に一人が当たるくじを1本太郎君が引いたら当たった。
この確率は0.01 < 0.05だからこのくじはイカサマである。
正にこれ
なんで5％しか起こらないことが起こったからといって
仮定を否定する根拠になるわけがない
しかも
改めた結論を元に別のことをまたまた検定してとか
検定に検定を重ねまくることが良くある
1枚でも眉唾な曇りガラスを
何枚も重ねて得られる結論って意味ないだろ
まさにコレか?
検定に問題あるといえこれは検定を理解してない
ダメな統計の典型でしょコレ
検定力全く考慮してないし
というか科学を理解してないような
これはやってる本人が問題性に気付かないでやったり悪用するなら問題だけど
問題性に気づいてて探索的にやるのは別に問題ない
検討したい仮説がみつかれば
それを確かめるための実験をくむなり新しいデータをとって追試することが大事なわけで
検定でやる必要はないけど
再現性こそ科学をささえるものなのではないかと思うけど
使う側にも結果を見る側にも誤解をあたえやすいってのが問題なのではないかと
0.5^5 < 0.03125なのでこのコインはイカサマ。
コインを５回投げたら表裏表裏表であった。
0.5^5 < 0.03125なので このコインもイカサマ。
コインを５回投げたら全部、表であった。
0.5^5 = 0.03125 < 0.05 なのでこのコインはイカサマ。
コインを５回投げたら表裏表裏表であった。
0.5^5 = 0.03125 < 0.05 なので このコインもイカサマ。
↑↑
サイコロをふって１の目が１０回でた。その確率は(1/6)^10
6 2 4 5 2 5 1 3 6 2 の順にでる確率も(1/6)^10である。
1 4 2 4 2 2 4 4 1 1 の順にでる確率も(1/6)^10である。
....
この順列は6^10通り存在するｔ。
これを全部加算すると ｐ値は(1/6)^10 * 6^10 = 1
ゆえに、いかなるサイコロも統計的にイカサマとはいえない。
仮説が立ってない
データで検証しうる仮説は何をたてたの?
検定はまず仮説からたてないとダメ
君がやってるのは統計的仮説検定ではないよ
サンプルサイズ、検定力、有意水準、効果量
仮説もきちんと事前にたてるのプロセスとして大事
このあたりが欠けてる検定は何も意味ないよ
同じやつが書いてるのならループするだけだな
落ちるわ
サイコロの各々の目がでる確率=1/6
じゃね？
1/6であることが起こったから
帰無仮説を棄却するというのが根拠ないってこと
それから
前に上げたこと以外に
両側検定なら対立仮説が棄却されるのに
片側検定なら採択されるとか
恣意的に両側片側を選んで上手く欺すことが可能なことも多い
だいたい
片側検定では正の範囲あるいは負の範囲だけ考えるんだから
つまりは条件付き確率を考えるようなもの
であるからして有意水準は半分にしないとおかしい
両側検定の有意水準÷２＝片側検定の有意水準
であるべきなのに同じ有意水準でいいとしてるのが
この欺瞞の元凶
サイコロの各々の目がでる確率=1/6を事前分布として
サイコロをふって１の目が１０回でたら、１の目のでる確率のモード値は0.7
6 2 4 5 2 5 1 3 6 2 の順にでたら、１の目のでる確率のモード値は0.07
98％CIとともに図示すると、
ttp://i.imgur.com/CTvq0lL.jpg ｐ値なんぞ判断には不要。
サイコロを１０００回投げて１～６の目の回数が
309 251 196 151 49 44
であったときの各々の目のでる確率分布は以下のようになる。
95%HDI と 0.10-0.20を比べて１、２、５、６は歪、３はどちらとも言えない、４は歪でないと判断できる。
ttps://i.imgur.com/w4YD0t9.jpg 1のでる確率＝1/6じゃなくて
それぞれの確率＝1/6?
全部の確率について仮説たててるの?
P1=P2=P3=P4=P5=P6＝1/6が仮説?
それどう考えても自由度足りないよね?
その仮説考えたら次にすべきは
どういうデータを取れば論証できるだろうかになるわけだが
2回ふってでた目をみてそれの確率求めることで一体なにが論証できると思う?
それって何が出ても1/36になるけどそれが検証可能なデータだと思う?
そこに何の意味があるの?
そもそもなぜそこで、n＝2の母比率検定じゃなくて、
N=1の一回目の確率x二回目の確率という事象の確率を検討するの?
検定いぜんに実験の企画段階がめちゃくちゃ可笑しいとおもうんだけどな
そうかね自分は科学的なしゅほうだとおもうけどな
科学的な手法ってのは
問をたて仮説をたて
それを検証できるデータをとり
そこから仮説がどうなのか検証し
どうやらこの仮説ははいろいろ説明できるようだぞというなら
とりあえず残しておく
いやいろいろ説明できない点があるぞというときは
とりあえず研究対象から外す
ほんでほかのやつが残った仮説にもどうやら問題あるようだ
こっちのほうがうまく説明できるようだと別の仮説を立てる
しかしかし、以前、は研究対象から外したものがいろいろ調べてみると正しいようだというデータをあつめるやつがいる
これって科学的仮説がたどっていく過程そのもの何だがな
仮説検定はその一旦を担ってるいる似すぎないだけであって
それで全てというものではない。
科学なんてあくまで仮説の積み上げで
仮説が多くの合意を得ることもあるが、その仮説が正しいとするのは結構曖昧にすぎず
不安定なものに過ぎない
根拠がないと言うが統計によってえられた結論ってそもそもどんなものも大した根拠なくて主観がどこかにはいってるよね。
しかし、片側にするってことは片側は起きないだろうという論理的説明を一応出来る状態にあるということ
となると対立仮説も片側に発生する可能性がたかくなるわけでしょ。
だったらかりに推定する母数が平均値なら、きむ仮説でたてた平均値にちかい真の平均値も増えるだろう
だったら採択いきは狭くして棄却域増やさざるを得なくなる
という仮説
こういう宗教的論争を多数生み出すてんで結局仮説検定は問題あるんだけどね。
１の目が続けて何回でたら、帰無仮説を棄却する？
棄却されたときに１の目がでる確率はどれくらいのなのか？
1/6.0000001 なのか 1/2なのか？ p値は何かを語るだろうか？
むしろ、１の目のでる確率の95%CIが1/12から1/3なら許容範囲、1/12以下や1/3以上なら１の目に関して歪なサイコロと判断する方が実用的だと思う。
１の目が２～９回連続したときの１の目のでる確率をグラフにすると次のようになる。
ttp://i.imgur.com/nUd5UMO.jpg ROPE：Range Of Practically Equalの略 （1/6の半分および2倍の1/12～1/3とした）
この結果から７回以上連続すれば、歪なサイコロと呼べると思う。
ディリクレ分布でP1=P2=P3=P4=P5=P6＝1/6を事前確率分布にするよ。
まじで?
よく知らんけど
そんだけのおもい仮説検証で
N=1で自由度足りるの?
それでMCMCして１の目が２～９回連続したときの１の目のでる確率をグラフが
ttp://i.imgur.com/nUd5UMO.jpg 天才っているんだなw
どう考えても無理を可能にする天才
すげぇわ
もちろんpi.1+pi2+...+pi.6=1の縛りはある。
pi.1 pi.2 pi.3 pi.4 pi.5 pi.6
[1,] 0.3283620 0.051967675 0.03618622 0.16401712 0.367065379 0.052401570
[2,] 0.6824722 0.009042027 0.02910249 0.03210041 0.018967898 0.228314983
[3,] 0.5938329 0.015613992 0.04579314 0.22754563 0.027786023 0.089428325
[4,] 0.5801030 0.033073118 0.01888069 0.19814067 0.001983984 0.167818557
[5,] 0.5501332 0.056247586 0.04896485 0.02131748 0.090452926 0.232883935
[6,] 0.3149563 0.051999120 0.04049730 0.32030618 0.039353349 0.232887755
[7,] 0.5496275 0.154893875 0.23899680 0.02146069 0.028756420 0.006264765
....
統計は詐欺だと立証されてるようなもんだけどw
N=1で六個の仮説についてはんだんできるってすごくね?
どういう理屈?
それがベイズ統計の醍醐味でもあり、胡散臭さでもある。
こういうのね
事前分布を決めてしまえば
まだ一発も撃ったことのない0発0中のゴルゴ16の命中期待値
のような、データ数が少ないどころか0個の場合でも算出・結論できる
よくわからんけどそうなると統計的仮説検定とあんまかわらんような気がするけど
そこから一般論を導き出すようなかんじ
人文科学ってこれだからばかにされるんだけど
コレをうわまわる手法が統計にはあるのかすげぇなw
2は1の目の出る確率の2倍
3は１の目の出る確率の3倍
....
とかいう事前分布のとき
1の目が続けて5回でたときの1の目のでる確率の事後分布のグラフも書けるよ。
グラフ書けるかどうかじゃなくて
バカにも分かるように説明して下さい
ゴルゴ13は100発100中
ゴルゴ14は10発10中
ゴルゴ15は1発1中
とする。
各々10000発撃ったとき各ゴルゴの命中数の期待値はいくらか？
よくわからんが
有意水準の設定と変わらんね
しょうじきN=1で六個の仮説を検定できるなんて
統計的検定より胡散臭いけど結論がよく分からん
それとN=1で六個の仮説を論証出来るのと同関係あるの?
N=1と多項分布がどうかんけいあるのよくわからんえけど
これは命中確率の事前分布を一様分布として
ゴルゴ13は100発100中だったときに
命中確率の分布がどう変わるか、を計算することになる。
ベイズ統計って 事前と事後で 確率分布がどう変わるか（relocation of credibility）を探る手法。
すべての目の出る確率が等しいと事前確率分布を設定して
1回サイコロをふったら１の目がでた。
各々の目の出る事後確率分布はどうなるか？
これだけの話。
>727で数値を
1 0 0 0 0 0
に置き換えるだけ。
自分に返答するのは意味不明だけど
けっきょくN=1で六個の仮説を論証できる原理って何なの?
バカにも
IME okashiku natta
sayonara
とりあえずN=1で6個の仮説証明できる原理を教えて
>751に既述。
原理は事前分布の信仰。
1回サイコロをふったら１の目がでた。
各々の目の出る事後確率分布はどうなるか？
をMCMCして出すだけ。
１の目の出る確率は平均0.287[95%CI 0.0161-0.593]
２～５の目の出る確率は各々平均0.143[95%CI 0-0.392]
と計算されたが、この分布で歪がどうかは、
何を歪と判断基準にするのか、というだけのお話。
おまえなあ、sageを名前のほうに書いてるのは故意にやってる？
笑えないんだけど？
＞ ベイズの理論は正しい。
その場合の「正しい」の定義が不明なので意味はない。
意味はないことを書くのが趣味なのかね？
数学で示すべき。
数学板なんだから。
6面ダイスを独立に2回振った時に
少なくとも一回は1の目が出る確率は
いくらですか？
＞同様に確からしい
どの程度、同様に確からしいのを事前確率分布して計算するのがベイズ統計。
ディリクレ分布でパラメータを(1,1,1,1,1,1)とするのか、(10,10,10,10,10,10)とするのか、(100,100,100,100,100,100)とするのかで
少なくとも一回は1の目が出る確率分布は変わる。
図示すると、以下の通り、
ttp://i.imgur.com/J1XUpAw.jpg つまり宗教なの?
＞同様に確からしい
どの程度、同様に確からしいのかを事前確率分布して計算するのがベイズ統計。
ディリクレ分布でパラメータを(1,1,1,1,1,1)とするのか、(10,10,10,10,10,10)とするのか、(100,100,100,100,100,100)とするのかで
少なくとも一回は1の目が出る確率分布は変わる。
図示すると、以下の通り、
ttp://i.imgur.com/J1XUpAw.jpg 日本人女性の身長の平均値は1～２ｍの間にある、
というのもまあ、信仰と言えなくもない。
ベイズ統計の理論と方法
渡辺 澄夫
ハートが１３枚あるとする
この中から１枚のカードを抜き出し、表を見ないで箱の中にしまった
そして、残りのカードをよく切ってから３８枚抜き出したところ、
３８枚すべてがダイヤであった
このとき、箱の中のカードがダイヤである確率はいくらか
> 39/52 * choose(38,38)/choose(51,38) / ( 39/52 * choose(38,38)/choose(51,38) + 13/52 * choose(39,38)/choose(51,38) )
[1] 0.07142857
1 / 14
H=13
T=D+H
# choose(n,r) : nCr
39/52 * choose(38,38)/choose(51,38) / ( 39/52 * choose(38,38)/choose(51,38) + 13/52 * choose(39,38)/choose(51,38) )
(D/T * 1/choose(T-1,D-1)) /((D/T * 1/choose(T-1,D-1)) + H/T * choose(D,D-1)/choose(T-1,D-1))
(D/T)/(D/T+H/T*D)
D/(D+H*D)
1/(1+H)
これ面白いな。
ダイヤがD枚
ハートがH枚あるとする
この中から１枚のカードを抜き出し、表を見ないで箱の中にしまった
そして、残りのカードをよく切ってからD-1枚抜き出したところ、
すべてがダイヤであった
このとき、箱の中のカードがダイヤである確率は 1/(H+1)
一枚のカードを表を見ないで箱に入れる
Ωの部分集合を事象と言う
Ω自身は全事象と言う
Ω＝｛ハート，ダイヤ｝となる
各 i （１≦i≦４） が根元事象である
ハートが出るという事象A＝｛ハート｝で確率P(A)は
P(A)＝１／４ となる
最初に箱に入れた時を i
山札をシャッフルしてダイヤがｎ枚出た後を ｊ として
箱の中のカードがハートであるという事象Aを考える.
A＝｛（i，j）| i または j がハート｝
Ω＝｛（i，j）|１≦i≦４，１≦j≦５２－ｎ｝となり
この２０８－４ｎ通りの各要素が根元事象
ダイヤが出る枚数はｎ＝３８
Ω＝｛（i，j）|１≦i≦４，１≦ｊ≦５２－ｎ｝から
#A＝４ｘ（５２－ｎ）－３ｘ（５１－ｎ）
＝２０８－４ｎ－１５３＋３ｎ
＝５５－ｎ
#Aは事象Aに含まれる要素の個数
ハートである確率は
P(A)＝（５５－ｎ）／（２０８－４ｎ）＝１７／５６
ダイヤ以外である確率P(Ｘ)＝P(A)
ダイヤである確率は
∵ｑ＝１－｛（５５－ｎ）／（２０８－４ｎ）｝＝３９／５６
最初に箱の中にしまったカードが
ダイヤである確率は
P（B）＝３／４＝４２／５６
3/4って39/52だから
求める条件付き確率はじゃなくね？
この試行を何回も繰り返して
38枚全てがダイアだった試行を集めて
そのうち箱の中のカードがダイアの割合を求めているんじゃないの？
1/14だよ
# カードは８枚、ダイアDは６枚、ハートHが２枚。
# ８枚から１枚を箱に入れて残りの７枚から５枚引いたら全部ダイアとする。
# 全部ダイアであったときに箱の中のカードがダイアである割合を出してみる。
# 1万回の試行をしてその割合を出すという操作を100回やって平均値や中間値を出してみた。
rm(list=ls())
D=1
H=0
cards=c(rep(D,6),rep(H,2))
n.DH=length(cards)
n.D=sum(cards)
sim <- function(){
index_of_inbox=sample(1:n.DH,1)
inbox=cards[index_of_inbox]
outbox=cards[-index_of_inbox] # cards out of box
drawn=sample(outbox,n.D-1) # 2 cards drawn from outbox
c(inbox=inbox,drawn=drawn)
}
rate_sim <- function(k){
re=replicate(k,sim())
sum(apply(re,2,function(x) sum(x))==n.D)/sum(apply(re,2,function(x) sum(x[-1]))==(n.D-1))
}
re=replicate(100,rate_sim(1000))
summary(re)
> summary(re)
Min. 1st Qu. Median Mean 3rd Qu. Max.
0.2269 0.3164 0.3360 0.3368 0.3587 0.4327
引いたカードがすべてダイアであったとき、箱の中のカードがダイアである割合は1/(H+1)の1/3になった。
Ω＝｛（i，j）|１≦i≦４，１≦ｊ≦３２－ｎ｝から
#A＝４ｘ（３２－ｎ）－３ｘ（３１－ｎ）
＝１２８－４ｎ－９３＋３ｎ
＝３５－ｎ
#Aは事象Aに含まれる要素の個数
ハートである確率は
P(A)＝（３５－ｎ）／（１２８－４ｎ）＝５／１８
ダイヤ以外である確率P(Ｘ)＝P(A)
ダイヤである確率は
∵ｑ＝１－｛（３５－ｎ）／（１２８－４ｎ）｝＝１３／１８
最初に箱の中に入れたカードが
ダイヤである確率は
P（B）＝３／４
引いたカードがすべてダイアであったときという条件下での確率ではないよ。
シミュレーションでも否定された。
表を見ないで箱の中にしまった
そして、残りのカードをよく切ってから３枚抜き出したところ、
３枚ともダイヤであった
このとき、箱の中のカードがダイヤである確率はいくらか
これで計算値が一致する
>引いたカードがすべてダイアであったとき、箱の中のカードがダイアである割合は1/(H+1)の1/3になった。
ここでいうHは>769-770で書いたハートの枚数。
このときとはどの時？
引いたカードが全部ダイアであったという条件下でだろ？
Ω＝｛（i，j）|１≦i≦４，１≦ｊ≦５２－ｎ｝で
ベイズと計算結果は一致する
箱の中のカードがダイヤ以外のスートが出る確率空間は
１≦ｎ≦１２の範囲において一般化すると
Ω＝｛（i，j）|１≦i≦４，１≦j≦５２－ｎ｝から
#A＝４ｘ（５２－ｎ）－３ｘ（５１－ｎ）
＝２０８－４ｎ－１５３＋３ｎ
＝５５－ｎ
#Aは事象Aに含まれる要素の個数
スペード・ハート・クラブの各スートの出る確率は
P(A)＝（５５－ｎ）／（２０８－４ｎ）
スペード・ハート・クラブである確率は
P(X)＝（１６５－３ｎ）／（２０８－４ｎ）
ダイヤである確率は
∵ｑ＝１－｛（１６５－３ｎ）／（２０８－４ｎ）｝
つまりそれはベイズ統計が嘘である証拠
１≦ｎ≦１２の範囲において検算すると
７／３４
４１／２００
１０／４９
３９／１９２
１９／９４
３７／１８４
１／５
３５／１７６
１７／８６
１１／５６
８／４１
３１／１６０
山札からダイヤのカードが出るほど
箱の中のカードがダイヤである確率は下がってゆく
しかし、最初の４スートからの選択時の重み１／４は
かなり残っている
T=D+H
(D/T * choose(D-1,n)/choose(T-1,n)) /((D/T * choose(D-1,n)/choose(T-1,n)) + H/T * choose(D,n)/choose(T-1,n))
}
n=1:(D-1)
f(n)
plot(n,f(n),pch=19,bty='l')
ｎ枚全部ダイアであった場合の条件付き確率は以下の通りだな。
n=0で3/4
> f(n)
[1] 0.74509804 0.74000000 0.73469388 0.72916667 0.72340426 0.71739130 0.71111111
[8] 0.70454545 0.69767442 0.69047619 0.68292683 0.67500000 0.66666667 0.65789474
[15] 0.64864865 0.63888889 0.62857143 0.61764706 0.60606061 0.59375000 0.58064516
[22] 0.56666667 0.55172414 0.53571429 0.51851852 0.50000000 0.48000000 0.45833333
[29] 0.43478261 0.40909091 0.38095238 0.35000000 0.31578947 0.27777778 0.23529412
[36] 0.18750000 0.13333333 0.07142857
ttp://i.imgur.com/jikBc7k.png だったら、>766の答は1/14だ。
これは>766の条件付き確率の答。
３／４は引いたカードが０枚の時の確率。
[1] 0.2040816
> f <- function(n=38,D=39,H=13){
+ T=D+H
+ (D/T * choose(D-1,n)/choose(T-1,n)) /((D/T * choose(D-1,n)/choose(T-1,n)) + H/T * choose(D,n)/choose(T-1,n))
+ }
> f(3,13,52-13)
[1] 0.2040816
これ問題が違うじゃん。
ダイアが１３枚ならその数値になる。
の答は1/14
f <- function(n,D=13,H=52-13){
T=D+H
(D/T * choose(D-1,n)/choose(T-1,n)) /((D/T * choose(D-1,n)/choose(T-1,n)) + H/T * choose(D,n)/choose(T-1,n))
}
n=0:12
f(n)
plot(n,f(n),pch=19,bty='l')
[1] 0.25000000 0.23529412 0.22000000 0.20408163 0.18750000 0.17021277 0.15217391 0.13333333
[9] 0.11363636 0.09302326 0.07142857 0.04878049 0.02500000
３枚ならシミュレーションも容易
D=1
H=0
n=3
cards=c(rep(D,13),rep(H,39))
n.DH=length(cards)
n.D=sum(cards)
sim <- function(){
index_of_inbox=sample(1:n.DH,1)
inbox=cards[index_of_inbox]
outbox=cards[-index_of_inbox] # cards out of box
drawn=sample(outbox,n) # 2 cards drawn from outbox
c(inbox=inbox,drawn=drawn)
}
rate_sim <- function(k){
re=replicate(k,sim())
sum(apply(re,2,function(x) sum(x))==(n+1))/sum(apply(re,2,function(x) sum(x[-1]))==n)
}
re=replicate(100,rate_sim(1000))
summary(re)
> summary(re)
Min. 1st Qu. Median Mean 3rd Qu. Max.
0.0000 0.1111 0.1847 0.2029 0.2760 0.6154 7
シミュレーション結果も
> 10/49
[1] 0.2040816
に近似している。
最初に箱の中に入れたカードが
ダイヤである確率は
P（B）＝３／４ （ｎ＝０）
1/(H+1)で求めているのは、山札からD-1枚抜き出した後
箱の中のカードを山札に戻してからシャッフルして
ダイヤの出る確率
箱の中のカードは山札に戻せないので
この場合、適切な確率空間を準備して
根元事象／全事象で解を求める
違うよ
D=39
H=13
T=D+H
# choose(n,r) : nCr
39/52 * choose(38,38)/choose(51,38) / ( 39/52 * choose(38,38)/choose(51,38) + 13/52 * choose(39,38)/choose(51,38) )
(D/T * 1/choose(T-1,D-1)) /((D/T * 1/choose(T-1,D-1)) + H/T * choose(D,D-1)/choose(T-1,D-1))
(D/T)/(D/T+H/T*D)
D/(D+H*D)
1/(1+H)
戻さなくてもD-1枚が除去された条件での確率だから1/(H+1)。
この試行を何回も繰り返して
38枚全てがダイアだった試行を集めて
そのうち箱の中のカードがダイアの割合は1/14。
最初に９９／１００だったダイヤの確率が
９８枚ダイヤが出た後には１／２になるという事かね？(´・ω・`)
３８枚全てがダイアだった時には
箱の中のカードは１３／１４の高確率で
ハートになるというのかね？(´・ω・`)
抜き取ったｎ枚が全部ダイヤのとき
T=D+Hとして
求める確率ｐは （ choose(n,r)は組み合わせｎCr = n!/((n-r)!*r!)
ｐ＝(D/T * choose(D-1,n)/choose(T-1,n)) /((D/T * choose(D-1,n)/choose(T-1,n)) + H/T * choose(D,n)/choose(T-1,n))
展開して整理すると
＝(D-n)/(D+H-n)
D=39 H=13 n=38 なら p=1/14
D=13 H=39 n=3 なら p= 10/49
条件付き確率のイロハ
条件付き確率とはそういうこと。
その通り、
(D-n)/(D+H-n)＝（９９－９８）/（９９＋１－９８）
そのシチュエーションで賭けをすれば１／２の確率で勝てる。
そういうシチュエーション５０回の賭けに１回しか起こらない。
ダイア99枚ハート1枚98枚での試行を1000回やって
箱の中のカードがダイヤであった割合を求めるシミュレーション。
100回やって平均を出した。
dia=1
heart=0
n=98
cards=c(rep(dia,99),rep(heart,1))
n.DH=length(cards)
n.D=sum(cards)
sim <- function(){
index_of_inbox=sample(1:n.DH,1)
inbox=cards[index_of_inbox]
outbox=cards[-index_of_inbox] # cards out of box
drawn=sample(outbox,n) # n cards drawn from outbox
c(inbox=inbox,drawn=drawn)
}
rate_sim <- function(k){
re=replicate(k,sim()) # inbox=D&drawn=D / drawn=D
all_dia=sum(apply(re,2,function(x) sum(x))==(n+1))
drawn_dia=sum(apply(re,2,function(x) sum(x[-1]))==n)
c(all_dia/drawn_dia, drawn_dia/k)
}
re=replicate(100,rate_sim(1000))
> summary(re[1,],digits=4) # ダイアの割合
Min. 1st Qu. Median Mean 3rd Qu. Max.
0.1875 0.4353 0.5000 0.5039 0.5714 0.7368
> summary(re[2,],digits=4) # n 枚のダイアを引いた割合
Min. 1st Qu. Median Mean 3rd Qu. Max.
0.00800 0.01675 0.02000 0.01993 0.02325 0.02900
計算通りの結果。
そのシチュエーションで賭けをすれば１／２の確率で勝てる。
そういうシチュエーション５０回の賭けに１回しか起こらない。
ダイア99枚ハート1枚98枚での試行を1000回やって
箱の中のカードがダイヤであった割合を求めるシミュレーション。
100回やって平均を出した。
dia=1
heart=0
n=98
cards=c(rep(dia,99),rep(heart,1))
n.DH=length(cards)
n.D=length(dia)
sim <- function(){
index_of_inbox=sample(1:n.DH,1)
inbox=cards[index_of_inbox]
outbox=cards[-index_of_inbox] # cards out of box
drawn=sample(outbox,n) # n cards drawn from outbox
c(inbox=inbox,drawn=drawn)
}
rate_sim <- function(k){
re=replicate(k,sim()) # inbox=D&drawn=D / drawn=D
all_dia=sum(apply(re,2,function(x) sum(x))==(n+1))
drawn_dia=sum(apply(re,2,function(x) sum(x[-1]))==n)
c(all_dia/drawn_dia, drawn_dia/k)
}
re=replicate(100,rate_sim(1000))
> summary(re[1,],digits=4) # ダイアの割合
Min. 1st Qu. Median Mean 3rd Qu. Max.
0.1875 0.4353 0.5000 0.5039 0.5714 0.7368
> summary(re[2,],digits=4) # n 枚のダイアを引いた割合
Min. 1st Qu. Median Mean 3rd Qu. Max.
0.00800 0.01675 0.02000 0.01993 0.02325 0.02900
計算通りの結果。
Ω＝｛（i，j）|１≦i≦２００，１≦j≦２００－ｎ｝から
#A＝２００ｘ（２００－ｎ）－１９９ｘ（１９９－ｎ）
＝４００００－２００ｎ－３９６０１＋１９９ｎ
＝３９９－ｎ
P(Ｘ)＝（３９９－ｎ）／（４００００－２００ｎ）
∵ｑ＝１－｛（３９９－ｎ）／（４００００－２００ｎ）｝
ｑ＝２００９９／２０４００ （ｎ＝９８）
９８枚すべてがダイヤであった確率は１で計算します(´・ω・`)
一枚のカードを表を見ないで箱に入れて
ダイヤの出る枚数はｎ＝１という条件にすると
ベイズと計算結果が一致するという不思議
一枚のカードを表を見ないで箱に入れる
Ωの部分集合を事象と言う
Ω自身は全事象と言う
Ω＝｛ハート，ダイヤ｝となる
各 i （１≦i≦２） が根元事象である
ハートが出るという事象A＝｛ハート｝で確率P(A)は
P(A)＝１／２ となる
最初に箱に入れた時を i
山札をシャッフルしてダイヤがｎ枚出た後を ｊ として
箱の中のカードがハートであるという事象Aを考える.
A＝｛（i，j）| i または j がハート｝
Ω＝｛（i，j）|１≦i≦２，１≦j≦４－ｎ｝となり
この８－２ｎ通りの各要素が根元事象
ダイヤが出る枚数はｎ＝１
Ω＝｛（i，j）|１≦i≦２，１≦ｊ≦４－ｎ｝から
#A＝２ｘ（４－ｎ）－１ｘ（３－ｎ）
＝８－２ｎ－３＋ｎ
＝５－ｎ
#Aは事象Aに含まれる要素の個数
ハートである確率は
P(A)＝（５－ｎ）／（８－２ｎ）＝２／３
ダイヤ以外である確率P(Ｘ)＝P(A)
ダイヤである確率は
∵ｑ＝１－｛（５－ｎ）／（８－２ｎ）｝＝１／３
パソコンで一様分布する乱数発生させてやってみればいいのに。
どうやって一致したの？
実験に一致しない理論が間違っているだけの話。
p=(D-n)/(D+H-n)＝１／３
見事に一致します
n=98で一致している。
実験結果と合致しないような理論は読む気にすらならん。
実験に一致しないｎの数値はどれ？
>802が理論値
>806がRでのシミュレーションスクリプト
後は自分でやれよ。
アホは正しくない集計方法を根拠に、正しいシミュレーションを認めない
というのももはやお決まりのパターン
シミュレーションなどしなくても元の問題の場合
引いたカードを順にx1,x2,x3,…とすれば
<x1,x2,x3,x4>の確率分布と
<x2,x3,x4,x1>の確率分布が同じことから
2～4枚目がダイヤの時の1枚目がダイヤの確率は
1～3枚目がダイヤの時の4枚目がダイヤの確率と値が同じだと言える
D=H=2
n=0でp=1/2
n=2でp=0
p=(D-n)/(D+H-n)の成立は
シミュレーションするまでもない。
n=2 は確率の問題じゃなくてただの事実だよ(´・ω・`)
Ω＝｛（i，j）|１≦i≦２，１≦ｊ≦４－ｎ｝から
ダイヤである確率は
∵ｑ＝１－｛（５－ｎ）／（８－２ｎ）｝＝１／３
n=1 で
p=(D-n)/(D+H-n)＝１／３
見事に一致します(・∀・)
どちらも確率じゃん。
D:ダイヤの枚数とすると
１≦ｎ≦D－１になる
Ω＝｛スペード，ハート，クラブ，ダイヤ｝から
各iは １≦i≦４が根元事象
ダイヤである確率はP（D）は
∵P（D）＝１３／５２＝１／４
ダイヤが出る枚数はｎ＝０のとき
Ω＝｛ハート，ダイヤ｝から
各iは １≦i≦２が根元事象
ダイヤである確率はP（D）は
∵P（D）＝２／４＝１／２
D=H=2
n=0でp=1/2と一致する
# 表を見ないで箱の中にしまった
# そして、残りのカードをよく切ってからｎ枚抜き出したところ、
# ｎ枚ともダイヤであった
# このとき、箱の中のカードがダイヤである確率はいくらか
p=(D-n)/(D+H-n)
> for(i in 0:13) p2(n=i,D=13,H=52-13)
P(A|B)= 1 / 4 = 0.25
P(A|B)= 4 / 17 = 0.2352941
P(A|B)= 11 / 50 = 0.22
P(A|B)= 10 / 49 = 0.2040816
P(A|B)= 3 / 16 = 0.1875
P(A|B)= 8 / 47 = 0.1702128
P(A|B)= 7 / 46 = 0.1521739
P(A|B)= 2 / 15 = 0.1333333
P(A|B)= 5 / 44 = 0.1136364
P(A|B)= 4 / 43 = 0.09302326
P(A|B)= 1 / 14 = 0.07142857
P(A|B)= 2 / 41 = 0.04878049
P(A|B)= 1 / 40 = 0.025
P(A|B)= 0 / 1 = 0
>786の式は
ｑ＝１－｛（１６５－３ｎ）／（２０８－４ｎ）
n=0で0.25
n=13で０
にならないから間違い。
n=0で 0.2067308
n=13で0.1923077
１３枚が全部ダイアであったとき、箱の中のカードがダイアである確率が19%もあるわけないだろ。
この場合はベイズと>786の数値が一致するのはn=3の時だけ。
n=1の時だけ一致するという妄想は否定される。
nＣrはr=0でもr=nでもありうる。
r=0なら組合せにならないとかr=nは事実とか
言って排除したりはしないよ。
13枚引くこともできるじゃん。
引く前の確率であるn=0が1/4になってない式は間違いだね。
引かなきゃ0だし、箱の中のカードがダイヤ以外のとき
n=Dもありうる。
>786の式は成立しない。
ｎ＝０のときが
１≦ｎ≦１２の範囲のときは
ｑ＝１－｛（１６５－３ｎ）／（２０８－４ｎ）｝
ｎ＝１３の時に
箱の中のカードがダイヤである確率を問うのはナンセンス
あなたの能力評価については下方修正されますが
存在価値がマイナスに転じるわけでなく、運営上あなたは
依然として特質した価値を持つ個人であり、明晰な頭脳、判断力は
来たるべき新たな時代、市民に示す指標として十分な理想形といえます
確率空間に対し完全に相反する感情的反感と理論的評価を抱き
今なおその葛藤は継続しているはず、そんなあなたを懐柔する
手法が確立できたのなら
数学板の統制を次の段階に進める上で
我々は、貴重なサンプルデータを獲得できるでしょう(´・ω・`)
0を返さない式こそナンセンス。
ベイズはn=0でもn=13でも正しい値を返す。
確率0は意味があるだろ。
nＰr、nＣrはの順列組合せはr=0でもr=nでもありうる。
ようやく誤りに気づいての捨て台詞ｗ
理論的根拠というよりシミュレーションが根拠だと感じている。
まあ、サッカーの得点はポアソン分布とかも信念と言えなくもない。
いちおう数学板的には「用意する金額の組の事前分布が不明だから期待値計算できない」ってのが結論で、それはそれで正しいとは思うけど
主観確率的にこんな事前分布を仮定するのが良い(都合が良い)とか言えることはないの？
このスレに2封筒問題の議論があるよ。
確率統計に関する話題何でも有りのすれだろ
自分はそう捉えてるが
どんな質問しても
誰も文句言わんし
よく分からんかった
例えば1封筒問題として
中身の金額が不明の封筒が1つあったとしたら
この金額の分布、または分布の確率分布をどう設定するのがいいのだろうか
ルールはないよ。
俺なら負にはならないから一様分布か、ガンマ分布を選ぶけど。
男児が生まれる確率の事前分布も同じ。
一様分布にするか21/20がモード値のβ分布を選ぶかは自由。
このあたりがベイズが主観的といわれる所以だと思う。
事前分布を一様分布、期待値は0.5としての議論。
スナイパーの命中率の事前分布としては不適切という議論は当然ある。
20個は赤、30個は白
つぼの中から無作為にボールを3つ取り出す
取り出したボールの中に赤が含まれる確率は？
取り出すボールの個数をｎとして
近似を求める関数が完成しました(*´▽｀*)
取り出したボールがすべて白である確率は
P(A)＝（５４ｎ＋９８）／（２５０ｎ＋５ｎ^4）
一つでも赤が含まれる確率は
∵ｑ＝１－｛（５４ｎ＋９８）／（２５０ｎ＋５ｎ^4）｝
取り敢えず、ｎ＝０で１／４になる式はできた
∵ｑ＝１－｛（１６５ｎ－３ｎ^2＋３）／（２０８ｎ－４ｎ^2＋４）｝，ｎ＝０
n=21で1にならないから却下。
ｎ＝31で1にならないから却下()
ｎ＝13で0にならないから却下()
自分でシミュレーションしてみ。
話はそれからだ。
表を見ないで箱の中にしまった
そして、残りのカードをよく切ってから３枚抜き出したところ、
３枚ともダイヤであった
このとき、箱の中のカードがダイヤである確率はいくらか
山札からダイヤがｎ枚抜き出された時の
近似を求める関数が完成しました(*´▽｀*)
スペード・ハート・クラブの各スートの出る確率は
P(A)＝（５５ｎ－ｎ^2＋３）／（２０８ｎ－６．３１３６ｎ^2＋４）
スペード・ハート・クラブである確率は
P(X)＝（１６５ｎ－３ｎ^2＋３）／（２０８ｎ－６．３１３６ｎ^2＋４）
ダイヤである確率は
∵ｑ＝１－｛（１６５ｎ－３ｎ^2＋３）／（２０８ｎ－６．３１３６ｎ^2＋４）｝
スペード・ハート・クラブの各スートの出る確率は
P(A)＝（５５ｎ－ｎ^2＋１）／（２０８ｎ－６．３１３６ｎ^2＋４）
シミュレーション結果との対比グラフもだせないうちは相手にしないことにした。
精度を上げることが可能
1)１００本中３０本当たりの１回1000円のくじ引き
2) ５０本中３０本当たりの１回2000円のくじ引き
どちらかを選んでそのくじを当たりがでるまで引き続ける。
くじ引きは戻さないで次のくじを引く。
どちらの方が安く当たりを引く確率が高いですか？
当たりが３本でるまで引き続ける場合はどうか？
∧__∧？
( ´･ω･)∧∧l||l
/⌒ ,つ⌒ヽ ) <
(___ ( __)
"''"" "'ﾞ''` 'ﾞ ﾞﾟ' ''' '' ''' ﾟ`
#A＝３３００ｎ－３１６８ｎ＝１３２ｎ
Ω２＝｛（i，j）|１≦i≦６ｎ，１≦ｊ≦５０｝から
#B＝３００ｎ－２４５ｎ＝５５ｎ
１３２ｎ≧５５ｘ２ｎなので
１回１０００円のくじ引きのほうが
安く当たりを引く確率が高い
費用の期待値が出せてないからダメだね。
シミュレーションとも一致しない。
P(A)＝５１／１００
１回２０００円のくじ引きが１回で当たる確率は
P(Ｂ)＝６０／１００
３回あたりが出る回数の期待値は１０
５０本中３０本当たりの１回２０００円のくじ引きで
３回あたりが出る期待値は５
Ｅ１＝１０００ｘ１０＝１００００
Ｅ２＝２０００ｘ５＝１００００
1回1000円のくじ引きが2000円で当たる確率は
1－(70/100)*(69/99)＝169/330＝0.56333...
× 1－(70/100)*(69/99)＝169/330＝0.56333...
○ 1－(70/100)*(69/99)＝169/330＝0.5121212...
3258.065円
シミュレーションするプログラムを組んで100万回シミュレーションしたときの費用は
> summary(re)
Min. 1st Qu. Median Mean 3rd Qu. Max.
1000 1000 2000 3256 4000 33000
[1] 9870.968
100万回でのシミュレーション
> re1=replicate(1e6,lottery_sim(50,0.6,2000,hit=3))
> summary(re1)
Min. 1st Qu. Median Mean 3rd Qu. Max.
6000 8000 10000 9869 12000 34000
それを71000円まで繰り返して期待値をだすだけ。
P=30
Q=70
hit=3
N=P+Q
として
Σ[hit,hit+Q]i*nCr(i-1,hit-1)*nPr(Q,i-hit)*nPr(P,hit)/nPr(N,i)
でhit本当たるまでのくじ引き回数の期待値がでる。
nC rは組み合わせ、nPrは順列
根本的に
間違ってる人が居るね
∧__∧？
( ´･ω･)∧∧l||l
/⌒ ,つ⌒ヽ ) <
(___ ( __)
"''"" "'ﾞ''` 'ﾞ ﾞﾟ' ''' '' ''' ﾟ`
確率空間の達人なら、解答可能かも。
シミュレーションプログラムはほぼ完成している。
機械学習のほうが就職あるよね?
カードを抜き出し、表を見ないで箱の中にしまった
そして、残りのカードをよく切ってから
３枚抜き出したところ、３枚ともダイヤであった
このとき、箱の中のカードがダイヤである確率はいくらか
ｋを整数の定数として
山札からダイヤがｎ枚抜き出された時の
近似を求める関数が完成しました
４≦ｋ≦１５の範囲において以下の式が成り立つ
スペード・ハート・クラブの各スートの出る確率は
P(A)＝｛１７０ｎ－（ｋ－３）ｎ^2＋３９｝／（６２４ｎ－３ｋｎ^2＋１５６）
スペード・ハート・クラブである確率は
P(X)＝｛１７０ｎ－（ｋ－３）ｎ^2＋３９｝／（２０８ｎ－ｋｎ^2＋５２）
ダイヤである確率は
∵ｑ＝１－｛｛１７０ｎ－（ｋ－３）ｎ^2＋３９｝／（２０８ｎ－ｋｎ^2＋５２）｝
>878の達人解希望！！
奴に分かるわけないから逃げるだけだよ
507 不思議な名無しさん :2018年07月18日 21:06 ID:TS6skO0Q0*
別の論客が来るのを待ちましょう(*´▽｀*)
370１３２人目の素数さん2018/08/28(火) 19:50:15.66ID:Hfyy5OAN
別の論客を待ちましょう(*´▽｀*)
定数ｋを定めることにより、一気に１２種類の関数を作成
ハート二枚、ダイヤ二枚の合計４枚のトランプカードから
一枚のカードを表を見ないで箱に入れて
ダイヤの出る枚数は０≦ｎ≦２という条件にしても
ベイズと計算結果が一致するという不思議
確率空間から新たな関数を発見しました(・∀・)
ハートである確率は
P(A)＝（５ｎ－ｎ^2＋２）／（８ｎ－３ｎ^2＋４）
ダイヤ以外である確率P(Ｘ)＝P(A)
ダイヤである確率は
∵ｑ＝１－｛（５ｎ－ｎ^2＋２）／（８ｎ－３ｎ^2＋４）｝
条件付確率のp=(D-n)/(D+H-n)と０≦ｎ≦２の範囲でも
見事に一致
確率空間の達人なら、解答可能かも。
シミュレーションプログラムはほぼ完成している。
a[1]=0,a[2]=1/3,a[n]=a[n-1]+a[n-2]/((2n-1)*(2n-3))
という漸化式が成り立つようですね。
定員100で男子800人女子200人が受験して合格率の男女比が
1.2であったときに統計的には有意差があると言えるか？
確率空間達人は忙しいのか？
◯、△、△、△の4枚のカードを裏返してから混ぜ、伏せて並べる
A B C D
この初期状態の時、右端Ｄが◯である確率は1/4
ここでＡをめくったら△でした。
この時Ｄが◯である確率って1/4のままなの？
Aをめくった結果知らない人にとっては1/4のままです。
確率は心の中にあります。Ω＼ζ°)ﾁｰﾝ
時間が進んでるわけじゃん？
哲学の問題じゃん？
Dが◯である確率は初期状態で１／４
この後、A B Cから△が出るほどにDが◯である確率は上がってゆく
Dが◯である確率を求める関数は
△が出る回数をｎとおくと
P(A)＝（７ｎ－ｎ^2＋３）／（１６ｎ－５ｎ^2＋１２）
ある医大で合格率の男女比が1.2で男子有意という結果だったという。
定員100で男子800人女子200人が受験して合格率の男女比が
1.2であったときに統計的には有意差があると言えるか？
への確率空間解を出していただきたい。
■カードは８枚、ダイアDは６枚、ハートHが２枚
ハートである確率は
P(A)＝（１１ｎ－ｎ^2＋６）／（３２ｎ－５ｎ^2＋２４）
ダイヤである確率は
∵ｑ＝１－｛（１１ｎ－ｎ^2＋６）／（３２ｎ－５ｎ^2＋２４）｝
０≦ｎ≦６の範囲において
３／４
３５／５１
１１／１７
３／５
１９／３６
２３／５９
０
ｎ＝３の時、条件付確率と結果が一致する
どのカップルについても彼氏と彼女が隣り合わない確率を求めよ
N組のカップルをｎとおくと
ｑ＝｛２^ｎ＋２^（ｎ－1）－（ｎ－１）^2－３｝／｛２^（ｎ＋2）－（ｎ＋２）^2＋７｝
だめじゃん
2^200はオーバーフローする
