Średnia wartość wybranej matrycy z nieskończonej serii rolek

13

Jeśli rzuciłem parę kostek nieskończoną liczbę razy i zawsze wybieram wyższą z nich, czy oczekiwana średnia z najwyższych wartości przekroczy 3,5?

Wydaje się, że musi tak być, ponieważ gdybym rzucił milion kości i wybrał najwyższą wartość za każdym razem, szanse są ogromne, że szóstki byłyby dostępne w każdym rzucie. Zatem oczekiwany środek musiałby być taki jak 5.999999999999 ...

Nie wydaje mi się jednak, żeby z mojego przykładu wyliczyć oczekiwaną wartość, używając tylko 2 kości. Czy ktoś może mi pomóc pod numerem? Czy ledwie przekroczyłby 3,5? Czy to nawet coś, co można obliczyć?

dice

— Jason
źródło

3

Czy potrafisz wyliczyć przykładowe miejsce? Wymień możliwości dla przykładu z dwoma kośćmi.

— soakley

6

Eksperyment można również symulować. Takie podejście jest przydatne, gdy wyliczenie jest trudne (jak rzucanie 3 kostkami).

# fix the seed for reproducibility
set.seed(123)

# simulate pair of dice
rolls = matrix(sample(1:6, 2000000, replace=T), ncol=2)

# compute expected value
mean(apply(rolls, 1, max))
[1] 4.471531

— Nishanth
źródło

30

Do tego nie trzeba używać symulacji, ogólny przypadek jest dość łatwy do analizy. Niech jest liczbą kości i jest rolka maksymalna się podczas walcowania kości. $n$ $X$ $n$

Wynika z tego, że i ogólnie dla od 1 do 6. Dlatego możemy uzyskać

P (X \leq 1) = {(\frac{1}{6})}^{n}

$P(X \leq 1) = \left(\frac{1}{6}\right)^n$

P (X \leq k) = {(\frac{k}{6})}^{n}

$P(X \leq k) = \left(\frac{k}{6}\right)^n$

k

$k$

P (X = k) = P (x \leq k) - P (x \leq k - 1) = {(\frac{k}{6})}^{n} - {(\frac{k - 1}{6})}^{n} .

$P(X = k) = P(x \leq k) - P(x \leq k-1)=\left(\frac{k}{6}\right)^n-\left(\frac{k-1}{6}\right)^n.$

Możemy więc zapisać rozkład prawdopodobieństwa w formie zamkniętej. Robiąc to dla , otrzymujesz oczekiwaną wartość 4,472222. $n = 2$

— Erik
źródło

2

Zauważ, że na granicy as , więc ta formuła potwierdza również twoją intuicję z twojego pytania .

P (X = 6) = 1^{n} - (\frac{5}{6})^{n} \to 1

$P(X = 6) = 1^n - (\frac{5}{6})^n \rightarrow 1$

n \to \infty

$n \rightarrow \infty$

— Matthew Drury

11

Sugeruję po prostu przeanalizować tę trywialną sprawę, aby zobaczyć odpowiedź.

Możliwe wyniki z rzutu dwiema kostkami generują macierz 6x6:

[\begin{matrix} (1, 1) & (1, 2) & . . . \\ (2, 1) & (2, 2) & . . . \\ (3, 1) & (3, 2) & . . . \\ . . . \end{matrix}]

$\begin{bmatrix} (1,1) & (1,2) & ... \\ (2,1) & (2,2) & ... \\ (3,1) & (3,2) & ... \\ ... \end{bmatrix}$

Oczekiwana wartość sumy wynosi 7. Dzieje się tak, ponieważ rolki są identycznymi niezależnymi rysunkami, więc można je sumować. Oczekiwanie na rzucie uczciwą kostką kostną wynosi 3,5.

Ale pytasz o maksymalizację. Wymieńmy teraz maksymalizację z rzutu dwiema kostkami. Znów jest to macierz 6x6:

[\begin{matrix} 1 & 2 & . . . \\ 2 & 2 & . . . \\ 3 & 3 & . . . \\ . . . \end{matrix}]

$\begin{bmatrix} 1 & 2 & ... \\ 2 & 2 & ... \\ 3 & 3 & ... \\ ... \end{bmatrix}$

Oblicz oczekiwaną wartość, tak: .

E [x] = Σ (x P (x)) = 1 / 36 (1) + 1 / 36 (2) + . . . + 1 / 36 (6) \approx 4.47

$E[x] = \Sigma(xP(x)) = 1/36(1) + 1/36(2) + ... + 1/36(6) \approx 4.47$

Zauważ, że rzucanie kostkami jest (w sensie probabilistycznym) równoważne rzucaniu jedną kostką razy. Więc dla toczenia kości można zobaczyć, jak zmienia się jak matryca i wynikające z niego zmiany oczekiwania, zbyt. $n$ $n$ $n$

— d0rmLife
źródło

2

Zakładając, że każda z 36 kombinacji ma równe prawdopodobieństwo, musimy tylko dodać wartości każdej z 36 kombinacji i podzielić przez 36, aby uzyskać średnią:

1 możliwość: 11
3 możliwości: 12, 21, 22
5 możliwości: 13, 23, 31, 32, 33
7 możliwości: 14, 24, 34, 41, 42, 43, 44
9 możliwości: 15, 25, 35, 45, 51, 52, 53, 54, 55
11 możliwości: 16, 26, 36, 46, 56, 61, 62, 63, 64, 65, 66

(1 * 1 + 2 * 3 + 3 * 5 + 4 * 7 + 5 * 9 + 6 * 11) / 36 = 4,47222 ..

— Briguy37
źródło

1

Troll Dice Roller jest narzędziem do znalezienia kości prawdopodobieństw. Ma artykuł wyjaśniający wdrożenie, ale jest dość akademicki.

max(2d6) daje

1 - 2.8%
2 - 8.3%
3 - 13.9%
4 - 19.4%
5 - 25%
6 - 30.6%
Average value =    4.47222222222
Spread =       1.40408355068
Mean deviation =       1.1975308642

— Pytanie C.
źródło