6-stronna kostka jest rzutowana iteracyjnie. Jaka jest oczekiwana liczba rzutów wymagana do uzyskania sumy większej lub równej K?
Przed edycją
P(Sum>=1 in exactly 1 roll)=1
P(Sum>=2 in exactly 1 roll)=5/6
P(Sum>=2 in exactly 2 rolls)=1/6
P(Sum>=3 in exactly 1 roll)=5/6
P(Sum>=3 in exactly 2 rolls)=2/6
P(Sum>=3 in exactly 3 rolls)=1/36
P(Sum>=4 in exactly 1 roll)=3/6
P(Sum>=4 in exactly 2 rolls)=3/6
P(Sum>=4 in exactly 3 rolls)=2/36
P(Sum>=4 in exactly 4 rolls)=1/216
Po edycji
P(Sum>=1 in atleast 1 roll)=1
P(Sum>=2 in atleast 1 roll)=5/6
P(Sum>=2 in atleast 2 rolls)=1
P(Sum>=3 in atleast 1 roll)=4/6
P(Sum>=3 in atleast 2 rolls)=35/36
P(Sum>=3 in atleast 3 rolls)=1
P(Sum>=4 in atleast 1 roll)=3/6
P(Sum>=4 in atleast 2 rolls)=33/36
P(Sum>=4 in atleast 3 rolls)=212/216
P(Sum>=4 in atleast 4 rolls)=1
Nie jestem pewien, czy jest to poprawne przede wszystkim, ale myślę, że to prawdopodobieństwo wiąże się z oczekiwaną liczbą rzutów?
Ale nie wiem, jak postępować dalej. Czy zmierzam we właściwym kierunku?
self-study
mean
expected-value
dice
saddlepoint-approximation
Zwykły podejrzany
źródło
źródło
Odpowiedzi:
To jak dotąd tylko kilka pomysłów na inne, dokładniejsze podejście, oparte na tej samej obserwacji, co moja pierwsza odpowiedź. Z czasem przedłużę to ...
Po pierwsze, jakiś zapis. Niech będzie jakąś podaną, dodatnią (dużą) liczbą całkowitą. Chcemy rozkład , która jest minimalna liczba rzutów zwykłej kostki, aby uzyskać sumę co najmniej . Najpierw zdefiniujemy jako wynik rzutu kostką , a . Jeśli możemy znaleźć rozkład dla wszystkich wówczas możemy znaleźć rozkład za pomocą i jesteśmy gotowy.K N K Xi i X(n)=X1+⋯+Xn X(n) n N
Teraz możliwe wartości dla to , a dla w tym zakresie, aby znaleźć prawdopodobieństwo , my trzeba znaleźć całkowitą liczbę sposobów na zapisanie jako sumy dokładnie liczb całkowitych, wszystkie w zakresie . Ale nazywa się to ograniczoną liczbą całkowitą, problemem dobrze zbadanym w kombinatorykach. Niektóre powiązane pytania dotyczące matematyki SE można znaleźć na stronie https://math.stackexchange.com/search?q=integer+compositionsX1+⋯+Xn n , n + 1 , n + 2 , … , 6 n k P.(X1+ ⋯ +Xn= k ) k n 1 , 2 , … , 6
Poszukując i studiując literaturę kombinatoryczną, możemy uzyskać ciche, precyzyjne wyniki. Zajmę się tym, ale później ...
źródło
Istnieje prosta zamknięta formuła pod względem pierwiastków wielomianu stopnia 6.
W rzeczywistości trochę łatwiej jest rozważyć ogólną uczciwą kostkęd≥2 twarze oznaczone cyframi 1,2,…,d.
Pozwolićek być oczekiwaną liczbą rzutów potrzebnych do wyrównania lub przekroczenia k. Dla k ≤ 0, mik= 0 W przeciwnym razie oczekiwanie jest o jeden większe niż oczekiwanie liczby rolek, aby osiągnąć bezpośrednio poprzedzającą wartość, która byłaby wśród k−d,k−d+1,…,k−1, skąd
Ta liniowa relacja powtarzalności ma rozwiązanie w formie
gdzieλi są d złożone pierwiastki wielomianu
Stałeai można znaleźć, stosując rozwiązanie (2) do wartości k =−(d- 1 ) ,−(d−2),…,−1,0 gdzie ek=0 w każdym przypadku. Daje to zestawd równania liniowe w d stałe i ma unikalne rozwiązanie. To, że rozwiązanie działa, można wykazać, weryfikując jego powtarzalność(1) wykorzystując fakt, że każdy root spełnia (3):
To rozwiązanie w formie zamkniętej daje nam dobre sposoby na przybliżenie odpowiedzi i jej dokładną ocenę. (Dla małych do skromnych wartościk , bezpośrednie zastosowanie nawrotu jest skuteczną techniką obliczeniową.) Na przykład za pomocą re= 6 możemy łatwo obliczyć
Dla przybliżeń będzie unikalny największy rootλ+=1 więc w końcu (dla wystarczająco dużych k ) termin λk+ zdominuje d warunki w (2). Błąd zmniejszy się wykładniczo zgodnie z drugą najmniejszą normą pierwiastków. Kontynuując przykład zk=6, współczynnik λ+ jest a+=0.4761905 a następną najmniejszą normą jest 0.7302500. (Nawiasem mówiąc, drugi ai wydają się być bardzo blisko 1 pod względem wielkości.) W ten sposób możemy przybliżyć poprzednią wartość jako
z błędem w kolejności0.7302500106≈10−314368.
Aby zademonstrować praktyczność tego rozwiązania, otoek dla każdego k (w zakresie obliczeń zmiennoprzecinkowych podwójnej precyzji) i niezbyt dużych d (ugrzęźnie raz d≫100 ):
R
kod, który zwraca funkcję do ocenyJako przykład użycia oblicza tutaj oczekiwaniak=1,2,…,16:
Obiekt, który zwraca, zawiera korzenieλi i ich mnożniki ai do dalszej analizy. Pierwszym składnikiem tablicy mnożników jest współczynnik użytecznya+.
(Jeśli jesteś ciekaw, do czego
die
służą pozostałe parametry , uruchomdie(2, 2, 0, c(1,0))$f(1:10)
i sprawdź, czy rozpoznajesz wynik ;-). To uogólnienie pomogło w opracowaniu i przetestowaniu funkcji).źródło
die
daje błąd dla mnieobject 'phi' not found
.phi
naa
) w celu dopasowania do tekstu. Naprawiłem (i sprawdziłem) to.ogólnie nie ma możliwości uzyskania dokładnej oczekiwanej liczby rzutów, ale dla K.
Niech N będzie zdarzeniem oczekiwanego toczenia, aby uzyskać sumę => K.
dla K = 1, E (N) = 1
dla K = 2mi( N) = (56+ 2 ∗ 1 ) / (56+ 1 ) =1711
i tak dalej.
Na przykład ciężko będzie uzyskać E (N) dla dużego K. Na przykład dla K = 20 musisz się spodziewać (4 rolki, 20 rolek)
Twierdzenie o limicie centralnym przyniesie więcej korzyści z pewną pewnością. jak wiemy, występowanie rozkłada się równomiernie, dla dużych wartości K.
Teraz potrzebujesz „N”, aby uzyskać sumę przynajmniej K .... przekształcamy ją w standardowy rozkład normalny.
Znasz K, Z (przy każdym błędzie) ........ wtedy możesz uzyskać N = E (N) przy pewnym% ufności, rozwiązując równanie.
źródło
Podam jedną metodę, aby znaleźć przybliżone rozwiązanie. Najpierw pozwólXi być zmienną losową ”wynik rzutu i z kostkami "i pozwól N być liczbą rzutów niezbędną do osiągnięcia sumy przynajmniej k . Mamy to
P(N≥n)=P(X1+X2+⋯+Xn≤k)
aby znaleźć rozkład N musimy znaleźć zwoje rozkładów Xi dla i=1,2,…,n , dla wszystkich n . Zwoje te można znaleźć liczbowo, ale dla dużychn może to być dużo pracy, dlatego zamiast tego próbujemy przybliżyć przybliżoną funkcję rozkładu skumulowanego dla zwojów, stosując metody saddlepoint. Innym przykładem metod saddlepoint jest moja odpowiedź na Ogólną sumę losowych zmiennych Gamma
W przypadku dyskretnego zastosujemy aproksymację Luganniniego-Rice'a i podążymy za R Butlerem: „Przybliżenia Saddlepoint z aplikacjami”, strona 18 (druga korekta ciągłości). Po pierwsze potrzebujemy funkcji generowania momentuXi , który jest
M.( T) = EmitXja=16(mit+mi2 t+mi3 t+mi4 t+mi5 t+mi6 t)
Następnie funkcja generowania skumulowanego dla sumy n niezależne kości stają się
K.n( t ) = n ⋅ l o g(16∑i = 16mii t)
i potrzebujemy również pierwszych kilku pochodnych K. , ale znajdziemy te symbolicznie używające R. Kod jest następujący:
Następnie musimy rozwiązać równanie saddlepoint.
Odbywa się to za pomocą następującego kodu:
Zauważ, że powyższy kod nie jest bardzo niezawodny, dla wartościk daleko w żadnym ogonie dystrybucji nie będzie działać. Następnie trochę kodu do obliczenia funkcji prawdopodobieństwa ogona, w przybliżeniu, w przybliżeniu Luganiniego-Rice'a, według Butlera, strona 18 (druga korekta ciągłości):
Funkcja zwracania prawdopodobieństwa ogona:
#
Następnie spróbujmy użyć tego do obliczenia tabeli rozkładu na podstawie formułyP.( N≥ n ) = P(X1+X2)+ ⋯ +Xn≤ k )= 1 - P(X1+ ⋯ +Xn≥ k + 1 )= 1 - G ( n , k + 1 )
gdzie sol to funkcja z powyższego kodu R.
Teraz odpowiedzmy na oryginalne pytanie za pomocąK.= 20 . Zatem minimalna liczba rolek wynosi 4, a maksymalna liczba rolek wynosi 20. Prawdopodobieństwo, że potrzeba 20 rolek, jest bardzo małe i można je obliczyć dokładnie ze wzoru dwumianowego, pozostawiam to czytelnikowi. (powyższe przybliżenie nie zadziałan = 20 ).
Więc prawdopodobieństwo, żeN.≥ 19 jest przybliżone przez
Prawdopodobieństwo, żeN.≥10 jest przybliżony przez:
I tak dalej. Korzystając z tego wszystkiego, możesz sam uzyskać przybliżenie oczekiwań. Powinno to być znacznie lepsze niż przybliżenia oparte na centralnym twierdzeniu o granicy.
źródło