统计不确定性下的最佳策略--不稳定的市场 - 页 6 1234567891011 新评论 PapaYozh 2009.04.14 04:41 #51 Mathemat писал(а)>> 我们知道的事实是，它是一种三明治式的折腾。一边掉出来的概率是p，另一边q=1-p。伯努利的方案。 我有这种强烈的直觉，在伯努利的方案中跳过交易，在统计上并没有任何改变。它仍将是相同的伯努利方案，具有相同的概率。原因是，交易是独立于历史的。 当交易的回报等于其损失且交易的价值不变时，对交易的期望值无论如何都不等于零。 | p * M + ( 1 - p ) * (- M ) | = | ( 2 * p - 1 ) * M | # 0 因此，无论我们是否知道p>0.5或反之，它仍然不是一个马汀格尔。改变赌注的大小...我还不知道它能做什么--但它也不太可能在m.o.标志方面改变什么。 2 帕帕-约兹。 在只有20次试验的系列中，没有11次比9次的统计优势是不可能的。这只是频率与概率的一个非常小的偏差--即使硬币是正确的。 1. 如果我们有0<p<1，从而有0<q<1，我们就可以区分事件序列中的系列，并根据规则在系列中进行投注。 1）我们在每次抛硬币的时候都会下注。 2) 在系列赛期间，赌注将只放在一个结果上，获胜的结果（正面或反面）的选择将在系列赛开始前作出。 3）系列中下一个赌注的大小Vi=2^i，其中i是当前系列交易中不利结果的数量。 如果你得到一个有利的结果，这个系列就结束了，下一个事件将是下一个系列的开始。 --- 2. 当然，我们不能谈论20个元素的样本的任何代表性。我只是想表明，规则 -- - 如果前一个交易信号导致亏损，则应针对前一个交易信号的解释建立下一个头寸。 - 如果之前的交易信号导致盈利，则应针对之前的交易信号建立下一个头寸。 -- 不能保证正的回报，即使一个结果比另一个结果有统计上的优势。 Yury Reshetov 2009.04.14 07:53 #52 这个投注系统的概率。 让我们把投错硬币的概率定为p，而把投错硬币的概率定为q 根据全概率定理，我们只有两个不相容的结果（硬币的两面），因此：p + q = 1 <=> p = 1 - q 由于我们要赌的是之前的结果，即只赌之前抛硬币时落下的那一面，所以p部分赌的是正面，q部分赌的是反面。 由于赌人头赢的概率是p，而赌人头的赔率只占所有赌注的p-y部分，所以赌人头的赢利是p*p=p^2 由于投注人头的获胜概率为q，而投注反面的赌注只占所有赌注的q-部分，那么投注反面的赢利为q*q=q^2 这个投注系统的总获胜概率将是：p^2 + q^2 = 1 - 2 * p * q 在这个投注系统中，输的概率（相对于赢的不相容的结果）是：1 - p^2 - q^2 = 2 * p * q 对这个投注系统的期望。 让我们把每个单项赌注的赢钱大小与赌注大小表示为利润，输钱大小等于赌注的绝对值。如果赌注=利润=1，那么这个投注系统的期望值是 MO = 利润 * (p^2 + q^2) - 2 * p * q * 赌注 = p^2 - 2 * p * q + q^2 = (p - q) ^2 因此，这种情况下的零数学期望值只在一种情况下可能，即当p = q = 0.5时，因为我们得到MO = (0.5 - 0.5)^2 = 0^2 = 0 在所有其他情况下，当p不等于q时，期望值是正的，因为括号里的东西都是平方。因此，无论它是大于还是小于p或q，都没有区别。 这是一种普遍的情况，例如，当赢的大小不等于输的大小时。期望值的计算公式为：。 MO = 利润 * ((p - q)^2) - (奖金-利润) * 2 * p * q = 利润 * ((p - q)^2) + (利润-奖金) * 2 * p * q TheXpert 2009.04.14 08:03 #53 PapaYozh >> : 1. 如果我们有0<p<1，从而有0<q<1，那么就有可能在事件序列中分配系列，并根据规则在系列内投注。 2. 当然，20个元素的样本的代表性是不可能的。我只是想表明，规则 丛书的规则不能保证有正的回报，即使在统计学上有一个结果比另一个结果优越。 1.初始条件是，只有前一次的折腾可供分析。然而，是的，你可以采取最后的N个，我认为三个已经足够了 :) 但是，我们还是不要忘记，一般来说，如果香农策略奏效，我们可以以很高的置信概率恢复我们想要的倾斜。 2.这是空洞的推理--他们当然可以。 Hide 2009.04.14 08:38 #54 Reshetov >> : 某一特定投注系统的概率。 你可以用不同的方式获得所需的概率，结果是一样的。 设有两枚硬币，尾巴的概率为p1和p2，分别为老鹰q1和q2。 由于两个独立事件同时发生的概率等于这些事件的概率的乘积，我们有落下两只尾巴的概率p1*p2，分别是落下两只老鹰的概率q1*q2。 由于两个不相容的事件中至少有一个发生的概率等于这些事件的概率之和，我们有两个尾巴或两只鹰的概率p1*p2+q1*q2。 因为p1=p2，所以得出p^2+q^2。 最困难的部分是向人们解释两个独立的硬币是如何从同一行出来的。:) Yury Reshetov 2009.04.14 08:44 #55 HideYourRichess >> : 最困难的部分是向人们解释两个独立的硬币是如何从一排出来的。:) 独立性是硬币 "没有记忆 "这一事实的结果，无论它们是正确的还是歪的。因此，如果两枚硬币是绝对相同的，那么我们是只翻转其中一枚，还是交替翻转两枚硬币的任何顺序，都没有区别。 Hide 2009.04.14 08:50 #56 Reshetov >> : 独立性是硬币 "没有记忆 "这一事实的结果，无论是对还是错。因此，如果两枚硬币是绝对相同的，那么我们是只翻转其中一枚，还是以任何顺序交替翻转两枚，都没有区别。 很多人都不能理解这一点。 Yury Reshetov 2009.04.14 08:57 #57 HideYourRichess >> : 很多人都不能理解这一点。 我不关心别人理解或不理解的东西。对我来说，更重要的是我的平衡曲线在这样原始的数学上慢慢成长。 而其他人的观念或误解是他们自己的问题。 [删除] 2009.04.14 09:26 #58 Reshetov писал(а)>> 根据条件，有必要创建一个有利可图的投注系统，它不允许从统计学上计算硬币的一方的优势，因此，它的算法应该建立在只有两个参数的知识上。 1.下一次抛球的号码。 2.硬币在前一次翻转时被打出的那一面。 这是一个典型的马尔科夫链的例子。翻转的结果并不取决于前一次的翻转，无论硬币如何弯曲。在这种情况下不可能谈论战略，因为任务是猜测硬币的哪一面会在一次测试中落下--这不是战略。 没有统计数字在这里是做不到的，而且统计数字会简单到令人厌恶的地步。每次下注都是正面，如果有利润就意味着一切都很好--继续以同样的方式，如果你口袋里的钱开始减少，那么我们必须 "改变策略"，放上一个永久的反面。 你可以用第一次翻牌时的东西开始这一连串的投注，理论上来说，一次打对的概率会更高。 Hide 2009.04.14 09:32 #59 看一下这样的计划是很有意思的。例如，在概率为p1的情况下，以前的事件将被重复。因此，概率为q1=1-r1的新事件将被选中，概率为p2。也就是说，该系列往往有一个同名的系列。 PapaYozh 2009.04.14 10:08 #60 TheXpert писал(а)>> 1.初始条件是，只有前一次的折腾可供分析。然而，是的，我们可以采取最后的N个，我认为三个就够了 :) 但是，我们还是不要忘记，一般来说，如果香农策略奏效，我们可以很有把握地恢复我们需要的偏度。 2.这是空洞的推理 -- 当然可以。 1.历 史和最后的N次折腾有什么关系？ -- п.1. 为该系列选择一个有利的结果（头或尾）。 Null i. п.2. 在第1项中选择的结果上赌Vi = 2^i。 п.3. 如果结果与该系列选择的结果相吻合，则该系列结束，传到步骤1。 否则i++，转到第2点。 --- 而且没有历史。 2. 你可以把你在第2点上的行文称为空洞的推理。 1234567891011 新评论 您错过了交易机会： 免费交易应用程序 8,000+信号可供复制 探索金融市场的经济新闻 注册 登录 拉丁字符（不带空格） 密码将被发送至该邮箱 发生错误 使用 Google 登录 您同意网站政策和使用条款 如果您没有帐号，请注册 可以使用cookies登录MQL5.com网站。 请在您的浏览器中启用必要的设置，否则您将无法登录。 忘记您的登录名/密码？ 使用 Google 登录
我们知道的事实是，它是一种三明治式的折腾。一边掉出来的概率是p，另一边q=1-p。伯努利的方案。
我有这种强烈的直觉，在伯努利的方案中跳过交易，在统计上并没有任何改变。它仍将是相同的伯努利方案，具有相同的概率。原因是，交易是独立于历史的。
当交易的回报等于其损失且交易的价值不变时，对交易的期望值无论如何都不等于零。
| p * M + ( 1 - p ) * (- M ) | = | ( 2 * p - 1 ) * M | # 0
因此，无论我们是否知道p>0.5或反之，它仍然不是一个马汀格尔。改变赌注的大小...我还不知道它能做什么--但它也不太可能在m.o.标志方面改变什么。
2 帕帕-约兹。
在只有20次试验的系列中，没有11次比9次的统计优势是不可能的。这只是频率与概率的一个非常小的偏差--即使硬币是正确的。
1.
如果我们有0<p<1，从而有0<q<1，我们就可以区分事件序列中的系列，并根据规则在系列中进行投注。
1）我们在每次抛硬币的时候都会下注。
2) 在系列赛期间，赌注将只放在一个结果上，获胜的结果（正面或反面）的选择将在系列赛开始前作出。
3）系列中下一个赌注的大小Vi=2^i，其中i是当前系列交易中不利结果的数量。
如果你得到一个有利的结果，这个系列就结束了，下一个事件将是下一个系列的开始。
---
2.
当然，我们不能谈论20个元素的样本的任何代表性。我只是想表明，规则
--
- 如果前一个交易信号导致亏损，则应针对前一个交易信号的解释建立下一个头寸。
- 如果之前的交易信号导致盈利，则应针对之前的交易信号建立下一个头寸。
--
不能保证正的回报，即使一个结果比另一个结果有统计上的优势。
这个投注系统的概率。
让我们把投错硬币的概率定为p，而把投错硬币的概率定为q
根据全概率定理，我们只有两个不相容的结果（硬币的两面），因此：p + q = 1 <=> p = 1 - q
由于我们要赌的是之前的结果，即只赌之前抛硬币时落下的那一面，所以p部分赌的是正面，q部分赌的是反面。
由于赌人头赢的概率是p，而赌人头的赔率只占所有赌注的p-y部分，所以赌人头的赢利是p*p=p^2
由于投注人头的获胜概率为q，而投注反面的赌注只占所有赌注的q-部分，那么投注反面的赢利为q*q=q^2
这个投注系统的总获胜概率将是：p^2 + q^2 = 1 - 2 * p * q
在这个投注系统中，输的概率（相对于赢的不相容的结果）是：1 - p^2 - q^2 = 2 * p * q
对这个投注系统的期望。
让我们把每个单项赌注的赢钱大小与赌注大小表示为利润，输钱大小等于赌注的绝对值。如果赌注=利润=1，那么这个投注系统的期望值是
MO = 利润 * (p^2 + q^2) - 2 * p * q * 赌注 = p^2 - 2 * p * q + q^2 = (p - q) ^2
因此，这种情况下的零数学期望值只在一种情况下可能，即当p = q = 0.5时，因为我们得到MO = (0.5 - 0.5)^2 = 0^2 = 0
在所有其他情况下，当p不等于q时，期望值是正的，因为括号里的东西都是平方。因此，无论它是大于还是小于p或q，都没有区别。
这是一种普遍的情况，例如，当赢的大小不等于输的大小时。期望值的计算公式为：。
MO = 利润 * ((p - q)^2) - (奖金-利润) * 2 * p * q = 利润 * ((p - q)^2) + (利润-奖金) * 2 * p * q
1.
如果我们有0<p<1，从而有0<q<1，那么就有可能在事件序列中分配系列，并根据规则在系列内投注。
2.
当然，20个元素的样本的代表性是不可能的。我只是想表明，规则
丛书的规则不能保证有正的回报，即使在统计学上有一个结果比另一个结果优越。
1.初始条件是，只有前一次的折腾可供分析。然而，是的，你可以采取最后的N个，我认为三个已经足够了 :)
但是，我们还是不要忘记，一般来说，如果香农策略奏效，我们可以以很高的置信概率恢复我们想要的倾斜。
2.这是空洞的推理--他们当然可以。
某一特定投注系统的概率。
你可以用不同的方式获得所需的概率，结果是一样的。
设有两枚硬币，尾巴的概率为p1和p2，分别为老鹰q1和q2。
由于两个独立事件同时发生的概率等于这些事件的概率的乘积，我们有落下两只尾巴的概率p1*p2，分别是落下两只老鹰的概率q1*q2。
由于两个不相容的事件中至少有一个发生的概率等于这些事件的概率之和，我们有两个尾巴或两只鹰的概率p1*p2+q1*q2。
因为p1=p2，所以得出p^2+q^2。
最困难的部分是向人们解释两个独立的硬币是如何从同一行出来的。:)
最困难的部分是向人们解释两个独立的硬币是如何从一排出来的。:)
独立性是硬币 "没有记忆 "这一事实的结果，无论它们是正确的还是歪的。因此，如果两枚硬币是绝对相同的，那么我们是只翻转其中一枚，还是交替翻转两枚硬币的任何顺序，都没有区别。
独立性是硬币 "没有记忆 "这一事实的结果，无论是对还是错。因此，如果两枚硬币是绝对相同的，那么我们是只翻转其中一枚，还是以任何顺序交替翻转两枚，都没有区别。
很多人都不能理解这一点。
很多人都不能理解这一点。
我不关心别人理解或不理解的东西。对我来说，更重要的是我的平衡曲线在这样原始的数学上慢慢成长。
而其他人的观念或误解是他们自己的问题。
根据条件，有必要创建一个有利可图的投注系统，它不允许从统计学上计算硬币的一方的优势，因此，它的算法应该建立在只有两个参数的知识上。
1.下一次抛球的号码。
2.硬币在前一次翻转时被打出的那一面。
这是一个典型的马尔科夫链的例子。翻转的结果并不取决于前一次的翻转，无论硬币如何弯曲。在这种情况下不可能谈论战略，因为任务是猜测硬币的哪一面会在一次测试中落下--这不是战略。
没有统计数字在这里是做不到的，而且统计数字会简单到令人厌恶的地步。每次下注都是正面，如果有利润就意味着一切都很好--继续以同样的方式，如果你口袋里的钱开始减少，那么我们必须 "改变策略"，放上一个永久的反面。
你可以用第一次翻牌时的东西开始这一连串的投注，理论上来说，一次打对的概率会更高。
1.初始条件是，只有前一次的折腾可供分析。然而，是的，我们可以采取最后的N个，我认为三个就够了 :)
但是，我们还是不要忘记，一般来说，如果香农策略奏效，我们可以很有把握地恢复我们需要的偏度。
2.这是空洞的推理 -- 当然可以。
1.历 史和最后的N次折腾有什么关系？
--
п.1.
为该系列选择一个有利的结果（头或尾）。
Null i.
п.2.
在第1项中选择的结果上赌Vi = 2^i。
п.3.
如果结果与该系列选择的结果相吻合，则该系列结束，传到步骤1。
否则i++，转到第2点。
---
而且没有历史。
2. 你可以把你在第2点上的行文称为空洞的推理。