ベイズの統計学を学び始めたんだけど

**１３２人目の素数さん** · 2017/12/03(日) 00:52:27.23

信用に値するのか疑問です。
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

**１３２人目の素数さん** · 2018/01/18(木) 17:21:52.32

>>503
二人零和有限確定完全情報ゲーム

**１３２人目の素数さん** · 2018/01/18(木) 17:32:10.28

回答者が当たりの扉を選んでいる場合は、
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

**１３２人目の素数さん** · 2018/01/18(木) 17:33:01.35

頻度主義とは、

『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

**１３２人目の素数さん** · 2018/01/18(木) 17:35:47.60

>>518
その確率は一様分布でもよくね？

**１３２人目の素数さん** · 2018/01/18(木) 18:35:27.33

アタリ確率を恩赦の確率と読みかえて
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

**１３２人目の素数さん** · 2018/01/18(木) 22:33:55.18

>>521
恩赦が複数回与えられる条件でないと成立しない

**１３２人目の素数さん** · 2018/01/19(金) 00:50:29.51

>>522
ベイズでの確率はcredibilityなので問題なし。

**１３２人目の素数さん** · 2018/01/19(金) 10:48:06.09

そもそも、
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。

**１３２人目の素数さん** · 2018/01/19(金) 14:22:20.60

>>524
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

**１３２人目の素数さん** · 2018/01/19(金) 17:45:06.81

死刑囚問題は
>435の結論でよくね？

**１３２人目の素数さん** · 2018/01/19(金) 19:16:27.84

>>521さんの計算が、
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。

**>>527** · 2018/01/19(金) 19:31:45.79

タイプミス改訂
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)

**１３２人目の素数さん** · 2018/01/20(土) 03:59:03.19

素朴な疑問なんだけど
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

**１３２人目の素数さん** · 2018/01/20(土) 07:41:08.06

>>527
∫ x/(1 + x) dx = x - log(x + 1) + constant
(0,1)での定積分で1-log(2)

**１３２人目の素数さん** · 2018/01/20(土) 15:50:28.78

>>527
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
>

**１３２人目の素数さん** · 2018/01/20(土) 17:56:01.92

《ワシがベイジアンなら》

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

**１３２人目の素数さん** · 2018/01/20(土) 18:20:51.40

ベイズでさえたった一回の出来事に
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

**１３２人目の素数さん** · 2018/01/21(日) 09:32:23.11

ゴルゴ15は1発1中
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。

**１３２人目の素数さん** · 2018/01/21(日) 09:44:34.56

ゴルゴ15は1発1中
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？

**１３２人目の素数さん** · 2018/01/21(日) 19:51:38.05

>>535
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。

**536** · 2018/01/22(月) 09:21:04.91

>>536の続き
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

**１３２人目の素数さん** · 2018/01/22(月) 12:51:30.92

馬鹿っぽい

**１３２人目の素数さん** · 2018/01/22(月) 16:14:26.36

矛盾して見えたり、どうしても解けない謎がある場合って、
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

**１３２人目の素数さん** · 2018/01/22(月) 18:44:53.88

>>537
lim　 2/3+1/3n　　
n→∞　　　　　　　= 2/3

**１３２人目の素数さん** · 2018/01/22(月) 19:13:32.71

ゴルゴｎがｎ発ｎ中とすると命中率の事前確率を一様分布とすると
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)

**１３２人目の素数さん** · 2018/01/22(月) 19:19:05.88

一様分布はβ分布B(1,1)に相当。共役分布の概念を理解していれば
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。

**１３２人目の素数さん** · 2018/01/22(月) 22:01:10.03

コインを投げて表が出る確率pとしてpが一様分布に従うとすると
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)

**１３２人目の素数さん** · 2018/01/22(月) 22:14:45.01

オカルト宗教スレ

**１３２人目の素数さん** · 2018/01/22(月) 22:22:35.09

>>542の数式を勝手に確認してみた。
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

**１３２人目の素数さん** · 2018/01/22(月) 22:24:15.80

三酔人経綸問答

**１３２人目の素数さん** · 2018/01/23(火) 14:49:53.43

>>543さんのコイントスの式は、
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

**>>547** · 2018/01/23(火) 14:57:44.30

**１３２人目の素数さん** · 2018/01/23(火) 18:29:33.26

>>547
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

**１３２人目の素数さん** · 2018/01/23(火) 19:03:54.78

>>543
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)

**１３２人目の素数さん** · 2018/01/23(火) 19:37:31.89

同じコイン投げでも、１５歳が行うのと８０歳がするのとでは
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

**１３２人目の素数さん** · 2018/01/23(火) 20:12:14.99

>>551
差が生じる根拠なし

**１３２人目の素数さん** · 2018/01/23(火) 20:21:57.51

>>552
８０歳の老人には手の甲に深い皺があるだろう？

**１３２人目の素数さん** · 2018/01/23(火) 21:15:54.13

>>553
それが影響する根拠なし

**１３２人目の素数さん** · 2018/01/23(火) 21:21:49.40

差が無いを帰無仮説にするのが通例。
ベイズだと事前確率分布。

**１３２人目の素数さん** · 2018/01/24(水) 08:35:19.45

https://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

**１３２人目の素数さん** · 2018/01/24(水) 09:40:45.56

事象発生前に、
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

**１３２人目の素数さん** · 2018/01/24(水) 16:43:30.22

太陽が昇る後に気温が上昇した場合は
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

**１３２人目の素数さん** · 2018/01/25(木) 08:59:57.73

《サイコロ試行回数Zeroでの確率分布》

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。

**１３２人目の素数さん** · 2018/01/25(木) 11:46:48.62

# 封筒A,Bで一方の封筒に他方の２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。

**１３２人目の素数さん** · 2018/01/25(木) 14:31:47.45

>>560
ｚ円はｚ万円でもｚ億円でも可

**１３２人目の素数さん** · 2018/01/25(木) 19:51:14.74

封筒Aと封筒Bの期待値の差の件
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

**１３２人目の素数さん** · 2018/01/25(木) 20:01:28.96

相関関係は因果関係と同じではない

相関関係は因果関係の単なる必要条件の1つである

**１３２人目の素数さん** · 2018/01/25(木) 20:02:19.37

相関関係があるだけでは因果関係があるとは断定できず、
因果関係の前提に過ぎない

**１３２人目の素数さん** · 2018/01/25(木) 21:09:34.92

>>563
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。

**１３２人目の素数さん** · 2018/01/26(金) 09:47:37.06

592 名前：デフォルトの名無しさん投稿日：2018/01/25(木) 09:50:27.30 ID:SBd2lywo0
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

**１３２人目の素数さん** · 2018/01/26(金) 11:10:18.07

>>562
# 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。

**１３２人目の素数さん** · 2018/01/26(金) 18:36:16.17

>>567
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

**１３２人目の素数さん** · 2018/01/26(金) 18:47:55.68

>>568
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

**１３２人目の素数さん** · 2018/01/26(金) 19:06:27.16

>>569
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。

http://i.imgur.com/dS47MIY.png

**１３２人目の素数さん** · 2018/01/26(金) 19:32:38.96

n=1/2で

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？

**１３２人目の素数さん** · 2018/01/26(金) 19:50:29.19

>>571
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？

**１３２人目の素数さん** · 2018/01/26(金) 20:00:07.90

>>572
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

**１３２人目の素数さん** · 2018/01/27(土) 00:30:53.53

>>573
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？

**１３２人目の素数さん** · 2018/01/27(土) 05:39:48.22

A=2B か　A=1/2Bなので
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。

**１３２人目の素数さん** · 2018/01/27(土) 13:19:38.31

2つの封筒問題に於いて、
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)

**１３２人目の素数さん** · 2018/01/27(土) 20:07:36.19

《2つの封筒問題の胴元のアルゴ推定》

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

**１３２人目の素数さん** · 2018/01/27(土) 20:19:09.13

英国ロンドン・ビジネススクールのリンダ・グラットン教授の研究によると、
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

**１３２人目の素数さん** · 2018/01/28(日) 10:28:36.16

《平均寿命のワシの超確率Kサン論》

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。

**１３２人目の素数さん** · 2018/04/02(月) 11:30:20.85

高齢化すなあ

**１３２人目の素数さん** · 2018/04/04(水) 06:47:19.33

ベイズとはたぶん無関係だが話題提供。

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?

**１３２人目の素数さん** · 2018/04/04(水) 07:38:38.43

>>581
P(t)=1 for t≦n

**１３２人目の素数さん** · 2018/04/04(水) 19:52:26.47

むずい・・・壺とかコインをイメージしただけで拒絶反応が出る

￥ ◆2VB8wsVUoo · 2018/04/07(土) 06:57:05.95

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￥ ◆2VB8wsVUoo · 2018/04/07(土) 06:57:26.54

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￥ ◆2VB8wsVUoo · 2018/04/07(土) 06:57:46.69

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￥ ◆2VB8wsVUoo · 2018/04/07(土) 06:58:06.02

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￥ ◆2VB8wsVUoo · 2018/04/07(土) 06:58:28.48

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￥ ◆2VB8wsVUoo · 2018/04/07(土) 06:58:49.23

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￥ ◆2VB8wsVUoo · 2018/04/07(土) 07:00:21.79

￥

**１３２人目の素数さん** · 2018/04/11(水) 17:49:10.70

帰納法から導けるのは仮説のみ(´・ω・`)

**１３２人目の素数さん** · 2018/04/11(水) 19:42:39.37

母数が分布する楽しさそして悦び

**１３２人目の素数さん** · 2018/04/12(木) 15:56:27.16

〔参考書〕

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
　http://www.morikita.co.jp/books/book/3166

**１３２人目の素数さん** · 2018/04/14(土) 01:19:44.45

数学の信憑性・信頼性を議論できるのが楽しいところ

**１３２人目の素数さん** · 2018/04/14(土) 08:59:37.39

帰無仮説が正しいときに棄却する確率Pr(Reject | H0)が第一種の過誤。
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。

**１３２人目の素数さん** · 2018/04/14(土) 09:40:43.31

P(H0|Reject)=P(Reject|H0)P(H0)/P(Reject)

=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。

**１３２人目の素数さん** · 2018/04/14(土) 11:06:50.62

αちいさくすればβでかなんねん

**１３２人目の素数さん** · 2018/04/14(土) 19:31:00.84

７００

**１３２人目の素数さん** · 2018/04/15(日) 20:28:04.88

>>600

FPRPを0.05に固定して、グラフにしてみた。

http://i.imgur.com/JeQl6bs.png

**１３２人目の素数さん** · 2018/04/16(月) 08:31:54.88

FPRP　=　Pr(H0|y)

　　　　　＝　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)

￥ ◆2VB8wsVUoo · 2018/05/08(火) 12:31:18.68

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￥ ◆2VB8wsVUoo · 2018/05/08(火) 12:31:37.61

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￥ ◆2VB8wsVUoo · 2018/05/08(火) 12:31:56.42

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￥ ◆2VB8wsVUoo · 2018/05/08(火) 12:32:16.30

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￥ ◆2VB8wsVUoo · 2018/05/08(火) 12:32:57.95

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￥ ◆2VB8wsVUoo · 2018/05/08(火) 12:33:21.88

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￥ ◆2VB8wsVUoo · 2018/05/08(火) 12:33:42.88

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￥ ◆2VB8wsVUoo · 2018/05/08(火) 12:34:04.22

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￥ ◆2VB8wsVUoo · 2018/05/08(火) 12:34:27.68

￥

**１３２人目の素数さん** · 2018/05/08(火) 16:18:13.67

学び終わったの？

**１３２人目の素数さん** · 2018/05/08(火) 17:10:30.94

モデル建てるの下手糞なんで

**１３２人目の素数さん** · 2018/05/11(金) 20:19:21.07

「ビールには水が入っている」

「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」(・∀・)

**１３２人目の素数さん** · 2018/05/11(金) 23:29:48.34

>>616
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？