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?

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$$X_i$$i$$X^{(n)}=X_1+\dots+X_n$$X^{(n)}$$n$$N$

$$P(N \ge n)= P(X_1+\dots+X_n \le K),$$

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+compositions$X_1+\dots+X_n$$n,n+1,n+2,\dots,6n$$k$$P(X_1+\dots+X_n=k)$$k$$n$$1,2,\dots,6$

Poszukując i studiując literaturę kombinatoryczną, możemy uzyskać ciche, precyzyjne wyniki. Zajmę się tym, ale później ...

Istnieje prosta zamknięta formuła pod względem pierwiastków wielomianu stopnia 6.

W rzeczywistości trochę łatwiej jest rozważyć ogólną uczciwą kostkę $d\ge 2$ twarze oznaczone cyframi $1,2,\ldots, d.$

Pozwolić $e_k$ być oczekiwaną liczbą rzutów potrzebnych do wyrównania lub przekroczenia $k.$ Dla $k\le 0,$ $e_k=0.$ W przeciwnym razie oczekiwanie jest o jeden większe niż oczekiwanie liczby rolek, aby osiągnąć bezpośrednio poprzedzającą wartość, która byłaby wśród $k-d, k-d+1, \ldots, k-1,$ skąd

$$e_k = 1 + \frac{1}{d}\left(e_{k-d} + e_{k-d+1} + \cdots + e_{k-1}\right).\tag{1}$$

Ta liniowa relacja powtarzalności ma rozwiązanie w formie

$$e_k = \frac{2k}{d+1} + \sum_{i=1}^d a_i \lambda_i^k\tag{2}$$

gdzie $\lambda_i$ są $d$ złożone pierwiastki wielomianu

$$T^d - \frac{1}{d}(T^{d-1} + T^{d-2} + \cdots + T + 1).\tag{3}$$

Stałe $a_i$ można znaleźć, stosując rozwiązanie $(2)$ do wartości $k=-(d-1), -(d-2), \ldots, -1, 0$ gdzie $e_k=0$w każdym przypadku. Daje to zestaw$d$ 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 $(3):$

$$\eqalign{ 1 + \frac{1}{d}\sum_{j=1}^{d} e_{k-j} &= 1 + \frac{1}{d}\sum_{j=1}^{d} \left(\frac{2(k-j)}{d+1} + \sum_{i=1}^d a_i \lambda_i^{k-j}\right) \\ &= \frac{2k}{d+1} + \sum_{i=1}^d a_i \lambda_i^{k-d}\left[\frac{1}{d}(1 + \lambda_i + \cdots + \lambda_i^{d-1})\right] \\ &= \frac{2k}{d+1} + \sum_{i=1}^d a_i \lambda_i^{k-d}\lambda_i^d \\ &= \frac{2k}{d+1} + \sum_{i=1}^d a_i \lambda_i^k = e_k. }$$

To rozwiązanie w formie zamkniętej daje nam dobre sposoby na przybliżenie odpowiedzi i jej dokładną ocenę. (Dla małych do skromnych wartości$k,$ bezpośrednie zastosowanie nawrotu jest skuteczną techniką obliczeniową.) Na przykład za pomocą $d=6$ możemy łatwo obliczyć

$$e_{1\,000\,000} = 285714.761905\ldots$$

Dla przybliżeń będzie unikalny największy root $\lambda_{+}=1$ więc w końcu (dla wystarczająco dużych $k$) termin $\lambda_{+}^k$ zdominuje $d$ warunki w $(2).$Błąd zmniejszy się wykładniczo zgodnie z drugą najmniejszą normą pierwiastków. Kontynuując przykład z$k=6,$ współczynnik $\lambda_{+}$ jest $a_{+}=0.4761905$ a następną najmniejszą normą jest $0.7302500.$ (Nawiasem mówiąc, drugi $a_i$ wydają się być bardzo blisko $1$ pod względem wielkości.) W ten sposób możemy przybliżyć poprzednią wartość jako

$$e_{1\,000\,000} \approx \frac{2\times 10^6}{6+1} + 0.4761905 = 285714.761905\ldots$$

z błędem w kolejności $0.7302500^{10^6} \approx 10^{-314\,368}.$

---

Aby zademonstrować praktyczność tego rozwiązania, oto Rkod, który zwraca funkcję do oceny$e_k$ dla każdego $k$ (w zakresie obliczeń zmiennoprzecinkowych podwójnej precyzji) i niezbyt dużych $d$ (ugrzęźnie raz $d\gg 100$):

die <- function(d, mult=1, cnst=1, start=rep(0,d)) {
  # Create the companion matrix (its eigenvalues are the lambdas).
  X <- matrix(c(0,1,rep(0,d-1)),d,d+1)
  X[, d] <- mult/d
  lambda <- eigen(X[, 1:d], symmetric=FALSE, only.values=TRUE)$values

  # Find the coefficients that agree with the starting values.
  u <- 2*cnst/(d+1)
  a <- solve(t(outer(lambda, 1:d, `^`)), start - u*((1-d):0))

  # This function assumes the starting values are all real numbers.
  f <- Vectorize(function(i) Re(sum(a * lambda ^ (i+d))) + u*i)

  list(f=f, lambda=lambda, a=a, multiplier=mult, offset=cnst)
}

Jako przykład użycia oblicza tutaj oczekiwania $k=1,2,\ldots, 16:$

round(die(6)$f(1:10), 3)

1.000 1.167 1.361 1.588 1.853 2.161 2.522 2.775 3,043 3,324 3,613 3,906 4,197 4,476 4,760 5,046

Obiekt, który zwraca, zawiera korzenie $\lambda_i$ i ich mnożniki $a_i$do dalszej analizy. Pierwszym składnikiem tablicy mnożników jest współczynnik użyteczny$a_{+}.$

(Jeśli jesteś ciekaw, do czego diesłużą pozostałe parametry , uruchom die(2, 2, 0, c(1,0))$f(1:10)i sprawdź, czy rozpoznajesz wynik ;-). To uogólnienie pomogło w opracowaniu i przetestowaniu funkcji).

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 = 2 $E(N)=(\frac{5}{6}+2*1)/(\frac{5}{6}+1)=\frac{17}{11}$

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.

$$K(Sum)~follows~N(3.5N,\frac{35N}{12})$$ (Normalna dystrybucja)

Teraz potrzebujesz „N”, aby uzyskać sumę przynajmniej K .... przekształcamy ją w standardowy rozkład normalny.

$$\frac{K-3.5N}{\sqrt{\frac{35N}{12}}}=Z_\alpha$$ gdzie $\alpha=1-confidence$% Możesz uzyskać wartości Z z „Standardowych tabel normalnych” lub na przykład stąd$Z_{0.01}=2.31,Z_{0.001}=2.98$

Znasz K, Z (przy każdym błędzie) ........ wtedy możesz uzyskać N = E (N) przy pewnym% ufności, rozwiązując równanie.

Podam jedną metodę, aby znaleźć przybliżone rozwiązanie. Najpierw pozwól$X_i$ być zmienną losową ”wynik rzutu $i$ z kostkami "i pozwól $N$ być liczbą rzutów niezbędną do osiągnięcia sumy przynajmniej $k$. Mamy to

$$P(N \ge n) = P(X_1+X_2+\dots+X_n \le k)$$ aby znaleźć rozkład $N$ musimy znaleźć zwoje rozkładów $X_i$ dla $i=1,2,\dots,n$, dla wszystkich $n$. Zwoje te można znaleźć liczbowo, ale dla dużych$n$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 momentu$X_i$, który jest

$$M(T) = E e^{tX_i}= \frac16 (e^t+e^{2t}+e^{3t}+e^{4t}+e^{5t}+e^{6t})$$ Następnie funkcja generowania skumulowanego dla sumy $n$ niezależne kości stają się $$K_n(t)=n \cdot log(\frac16\sum_{i=1}^6 e^{it})$$ i potrzebujemy również pierwszych kilku pochodnych $K$, ale znajdziemy te symbolicznie używające R. Kod jest następujący:

 DD <- function(expr, name, order = 1) {
        if(order < 1) stop("'order' must be >= 1")
        if(order == 1) D(expr, name)
        else DD(D(expr, name), name, order - 1)
     }

make_cumgenfun  <-  function() {
    fun0  <-  function(n, t) n*log(mean(exp((1:6)*t)))
    fun1  <-  function(n, t) {}
    fun2  <-  function(n, t) {}
    fun3  <-  function(n, t) {}
    d1  <-  DD(expression(n*log((1/6)*(exp(t)+exp(2*t)+exp(3*t)+exp(4*t)+exp(5*t)+exp(6*t)))),  "t", 1)
    d2  <-  DD(expression(n*log((1/6)*(exp(t)+exp(2*t)+exp(3*t)+exp(4*t)+exp(5*t)+exp(6*t)))),  "t", 2)
    d3  <-  DD(expression(n*log((1/6)*(exp(t)+exp(2*t)+exp(3*t)+exp(4*t)+exp(5*t)+exp(6*t)))),  "t", 3)
    body(fun1)  <-  d1
    body(fun2)  <-  d2
    body(fun3)  <-  d3
    return(list(fun0,  fun1,  fun2,  fun3))
}

Następnie musimy rozwiązać równanie saddlepoint.

Odbywa się to za pomocą następującego kodu:

funlist  <-  make_cumgenfun()

# To solve the saddlepoint equation for n,  k:
solve_speq  <-   function(n, k)  {# note that n+1 <= k <= 6n is needed
    Kd  <-  function(t) funlist[[2]](n, t)
    k  <-  k-0.5
    uniroot(function(s) Kd(s)-k,  lower=-100,  upper=1,  extendInt="upX")$root
}

Zauważ, że powyższy kod nie jest bardzo niezawodny, dla wartości $k$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:

#

Ghelp  <-  function(n, k) {
    stilde  <-  solve_speq(n, k)
    K  <-  function(t) funlist[[1]](n, t)
    Kd <-  function(t) funlist[[2]](n, t)
    Kdd <- function(t) funlist[[3]](n, t)
    Kddd <- function(t) funlist[[4]](n, t)
    w2tilde  <-  sign(stilde)*sqrt(2*(stilde*(k-0.5)-K(stilde)))  
    u2tilde  <-  2*sinh(stilde/2)*sqrt(Kdd(stilde))
    mu  <-  Kd(0)
    result  <- if (abs(mu-(k-0.5)) <= 0.001) 0.5-Kddd(0)/(6*sqrt(2*pi)*Kdd(0)^(3/2))  else
    1-pnorm(w2tilde)-dnorm(w2tilde)*(1/w2tilde - 1/u2tilde)
    return(result)
}
G  <- function(n, k) {
      fun  <- function(k) Ghelp(n, k)
      Vectorize(fun)(k)
  }

Następnie spróbujmy użyć tego do obliczenia tabeli rozkładu na podstawie formuły

$$P(N \ge n) = P(X_1+X_2+\dots+X_n \le k) \\ = 1-P(X_1+\dots+X_n \ge k+1) \\ = 1-G(n,k+1)$$ gdzie $G$ to funkcja z powyższego kodu R.

Teraz odpowiedzmy na oryginalne pytanie za pomocą $K=20$. 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 zadziała$n=20$).

Więc prawdopodobieństwo, że $N \ge 19$ jest przybliżone przez

> 1-G(20, 21)
[1] 2.220446e-16

Prawdopodobieństwo, że $N\ge 10$ jest przybliżony przez:

> 1-G(10, 21)
[1] 0.002880649

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.