Rzuć kostką, aż wyląduje na dowolnej liczbie innej niż 4. Jakie jest prawdopodobieństwo, że wynik wynosi> 4?

20

Gracz otrzymuje uczciwą, sześcioboczną kostkę. Aby wygrać, musi rzucić liczbą większą niż 4 (tj. 5 lub 6). Jeśli wyrzuci 4, musi rzucić ponownie. Jakie są jej szanse na wygraną?

Myślę, że prawdopodobieństwo wygranej można wyrazić rekurencyjnie jako: $P(W)$

P (W) = P (r = 5 \cup r = 6) + P (r = 4) \cdot P (W)

$P(W) = P(r = 5 \cup r = 6) + P(r = 4) \cdot P(W)$

Przybliżiłem jako , przeprowadzając 1 milion prób w Javie, w ten sposób: $P(W)$ $0.3999$

import java.util.Random;
public class Dice {

    public static void main(String[] args) {
        int runs = 1000000000;
        int wins = 0;
        for (int i = 0; i < runs; i++) {
            wins += playGame();
        }
        System.out.println(wins / (double)runs);
    }

    static Random r = new Random();

    private static int playGame() {
        int roll;
        while ((roll = r.nextInt(6) + 1) == 4);
        return (roll == 5 || roll == 6) ? 1 : 0;
    }
}

I widzę, że można rozwinąć następujący sposób: $P(W)$

P (W) = \frac{1}{3} + \frac{1}{6} (\frac{1}{3} + \frac{1}{6} (\frac{1}{3} + \frac{1}{6})) . . .

$P(W) = \frac{1}{3} + \frac{1}{6} \left(\frac{1}{3} + \frac{1}{6}\left(\frac{1}{3} + \frac{1}{6}\right)\right)...$

Ale nie wiem, jak rozwiązać ten rodzaj relacji powtarzalności bez uciekania się do tego rodzaju przybliżenia. Czy to możliwe?

probability

— tronbabylove
źródło

6

To dużo wysiłku, aby ustanowić relację powtarzalności. Masz dobry powód, by wierzyć, że odpowiedź to 0,4. To mocna wskazówka, że istnieje inny sposób, aby pomyśleć o problemie, który pozwala uzyskać odpowiedź bezpośrednio. Szukaj tego. Odpowiedź Geomatta cię tam zaprowadzi, co z kolei pomoże ci zrozumieć, co się tutaj dzieje, a nawet pomoże uprościć inne problemy, które napotkasz szybciej, bez tego rodzaju wysiłku. Jeśli wydaje się, że na pozór skomplikowany problem ma prostą odpowiedź, zawsze powinieneś poświęcić czas, aby dowiedzieć się, dlaczego. Później wypłaca ogromne dywidendy.

— Joel

8

Kiedy uświadomisz sobie, że ze względu na równe prawdopodobieństwo wszystkich sześciu wyników i niezależność rzutów nie ma nic specjalnego w żadnym konkretnym wyniku tego eksperymentu, oczywiste jest, że wszystkie pięć możliwych wyników jest jednakowo prawdopodobne.

— whuber

6

Jestem trochę rozczarowany, że nikt jeszcze nie wdał się w to pochłaniające rozwiązanie Markov Chain :-) Math Stack Exchange ma szlachetną tradycję „rozwiązania nadmiernej ilości”, które rzadko przenika do Cross Validated ...

— Silverfish

2

Wybierz 2/5 spośród

z

więc Twoja symulacja jest prawdopodobnie poprawna.

{5, 6}

$\{5,6\}$

{1, 2, 3, 5, 6}

$\{1,2,3,5,6\}$

— mathreadler

2

Ten post vs. odpowiedzi jest tym, czym wyobrażam sobie naukowców zajmujących się danymi w porównaniu do statystyk.

— bdeonovic

47

Wystarczy go rozwiązać za pomocą algebry:

\begin{aligned} P (W) & = \frac{2}{6} + \frac{1}{6} \cdot P (W) \\ \frac{5}{6} \cdot P (W) & = \frac{2}{6} \\ P (W) & = \frac{2}{5} . \end{aligned}

$\begin{aligned} P(W) &= \tfrac 2 6 + \tfrac 1 6 \cdot P(W) \\[7pt] \tfrac 5 6 \cdot P(W) &= \tfrac 2 6 \\[7pt] P(W) &= \tfrac 2 5. \end{aligned}$

— dsaxton
źródło

2

Należy pamiętać, że to obliczenie jest poprawne tylko dlatego, że Strong Markov Właściwość dotyczy dyskretnych łańcuchów Markowa.

— Chill2Macht

Nie przypominam sobie moich odrębnych łańcuchów Markowa, ale zaryzykuję, z prostej matematyki, że masz na myśli, że relacja powtarzalności jest ważna tylko ze względu na Mocną Właściwość Markowa. Po ustaleniu relacji rozwiązujemy po prostu x.

— josinalvo

Czy to jest poprawne?

— josinalvo

1

@ josinalvo: Technicznie pytanie brzmi, czy P (W) po obu stronach równania oznacza to samo. Silna własność Markowa implikuje, że tak. W przypadku braku tej właściwości P (W) po lewej stronie oznacza „szansę na zwycięstwo przy tym rzucie”, a 1/6 * P (W) po prawej stronie oznacza „szansę na wygraną po wyrzuceniu 4”.

— MSalters

81

Uwaga: Jest to odpowiedź na początkowe pytanie, a nie na powtórzenie.

Jeśli rzuci 4, to w zasadzie się nie liczy, ponieważ następny rzut jest niezależny. Innymi słowy, po wyrzuceniu 4 sytuacja jest taka sama jak wtedy, gdy zaczęła. Możesz więc zignorować 4. Wówczas wyniki, które mogą mieć znaczenie, to 1-3 i 5-6. Istnieje 5 różnych wyników, z których 2 wygrywają. Tak więc odpowiedź wynosi 2/5 = 0,4 = 40%.

— GeoMatt22
źródło

8

Możesz uczynić to trochę bardziej bezpośrednim: „Rozważ pierwszy rzut, który nie jest 4. Potem wyniki…”

— Joel

2

Większość ludzi przewraca oczami, gdy widzą mnóstwo matematyki, więc bardziej mi się podoba. Zasadniczo usuwasz 4 z wyników, więc jest to 1, 2, 3, 5, 6. Staje się oczywiste, że w tym momencie masz 40% szans.

— Nelson

Pomyślałem o tym z tytułu, więc głównie po prostu przejrzałem pełne pytanie po kliknięciu. W przeciwnym razie prawdopodobnie pomyliłbym się i zgadywał!

— GeoMatt22,

1

@Nelson Widziałem więcej osób, których oczy przewracają się, gdy widzą tego rodzaju rozumowanie w problemie prawdopodobieństwa, niż osoby, których oczy przewracają się, gdy widzą

.

p = a + b p

$p=a+bp$

— JiK

Tak. Morał tej historii jest taki: nie próbuj utrudniać problemu, niż powinien.

— Jay

14

Odpowiedzi dsaxton ( /stats//a/232107/90759 ) i GeoMatt22 ( /stats//a/232107/90759 ) podają najlepsze podejście do problemu. Innym jest uświadomienie sobie, że twój wyraz

P (W) = \frac{1}{3} + \frac{1}{6} (\frac{1}{3} + \frac{1}{6} (\dots))

$P(W) = \frac13+\frac16\left(\frac13+\frac16(\cdots)\right)$

To naprawdę geometryczny postęp :

\frac{1}{3} + \frac{1}{6} \frac{1}{3} + \frac{1}{6^{2}} \frac{1}{3} + \dots

$\frac13+\frac16\frac13+\frac1{6^2}\frac13+\cdots$

Ogólnie mamy

\sum_{n = 0}^{\infty} a_{0} q^{n} = \frac{a_{0}}{1 - q}

$\sum_{n=0}^{\infty}a_0q^n = \frac{a_0}{1-q}$

więc mamy

P (W) = \frac{\frac{1}{3}}{1 - \frac{1}{6}} = \frac{1}{3} : \frac{5}{6} = \frac{6}{15} = \frac{2}{5} .

$P(W) = \frac{\frac13}{1-\frac16} = \frac13:\frac56=\frac{6}{15}=\frac25.$

Oczywiście sposobem na udowodnienie ogólnej formuły sumy postępu geometrycznego jest zastosowanie rozwiązania algebraicznego podobnego do dsaxton.

— Meni Rosenfeld
źródło

@William, nie sądzę, aby twój komentarz był odpowiedni z kilku powodów. 1. Nigdy nie mówiłem, że potrzebujesz do tego szeregów geometrycznych. 2. Koncepcje, których używasz w odpowiedzi, są znacznie cięższe, ironiczne jest stwierdzenie „nie potrzebujesz szeregów geometrycznych! Potrzebujesz tylko bardziej zaawansowanej i wyrafinowanej silnej własności Markowa”. 3. Rozwiązanie proste i rygorystyczne zostało już dostarczone przez dsaxton. Twoja metoda jest bardziej ronda i przesada w przypadku tego problemu. 4. OP miał już wyrażenie równoważne szeregowi geometrycznemu, ktoś musiał się tym zająć, równie dobrze mogę być ja.

— Meni Rosenfeld,

1

@William: Ostatecznie, twoja własna odpowiedź jest w porządku, wnikliwa i przydatna jako dodatek do zbioru odpowiedzi na pytanie. To nie znaczy, że powinieneś iść na każdą inną odpowiedź i powiedzieć, że twoja jest o wiele lepsza. Wszystkie też są w porządku. Nie do wszystkiego należy podchodzić w możliwie najbardziej abstrakcyjny i ogólny sposób.

— Meni Rosenfeld,

Minęło trochę czasu, odkąd byłem studentem matematyki, więc przepraszam, jeśli moja odpowiedź nie była rygorystyczna. (Tylko proszę nie mów mi, że to zależy od aksjomatu wyboru , jako że byłoby upokarzające!) :)

— GeoMatt22

3

Wszystkie powyższe odpowiedzi są poprawne, ale nie wyjaśniają, dlaczego są poprawne i dlaczego możesz zignorować tak wiele szczegółów i uniknąć konieczności rozwiązywania skomplikowanej relacji powtarzalności.

Powodem, dla którego inne odpowiedzi są poprawne, jest właściwość Strong Markov , która dla dyskretnego łańcucha Markowa jest równoważna zwykłej właściwości Markowa. https://en.wikipedia.org/wiki/Markov_property#Strong_Markov_property

Zasadniczo chodzi o to, że zmienna losowa

$\tau:=($

to czas zatrzymania . https://en.wikipedia.org/wiki/Stopping_time Czas zatrzymania jest losową zmienną, która nie zależy od jakichkolwiek przyszłych informacji .

$n$ $\tau=n$ $\tau$

$\tau$ $X_{\tau}$

$\tau -1$ $\tau$ $X_{\tau} > 4$

P (X_{τ} > 4 | τ = 1) = P (X_{τ} > 4 | τ = 2) = \dots = P (X_{τ} > 4 | τ = 50, 000, 000) = \dots

$\mathbb{P}(X_{\tau}>4|\tau=1)=\mathbb{P}(X_{\tau}>4|\tau=2)=\dots = \mathbb{P}(X_{\tau}>4|\tau=50,000,000)=\dots$

$\tau=1$

P (X_{1} > 4 | X \neq 4) = \frac{P (X_{1} > 4 \cap X_{1} \neq 4)}{P (X_{1} \neq 4)} = \frac{P (X_{1} > 4)}{P (X_{1} \neq 4)} = \frac{\frac{1}{3}}{\frac{5}{6}} = \frac{1}{3} \cdot \frac{6}{5} = \frac{2}{5}

$\mathbb{P}(X_1>4|X\not=4) = \frac{\mathbb{P}(X_1 > 4 \cap X_1 \not=4)}{\mathbb{P}(X_1 \not= 4)} = \frac{\mathbb{P}(X_1 > 4)}{\mathbb{P}(X_1 \not=4)}=\frac{\frac{1}{3}}{\frac{5}{6}}=\frac{1}{3}\cdot\frac{6}{5}=\frac{2}{5}$ which of course is the correct answer.

You can read more about stopping times and the Strong Markov property in Section 8.3 of (the 4th edition of) Durrett's Probability Theory and Examples, p. 365.

— Chill2Macht
źródło

As far as I can tell from the wiki entry, the existence of a stopping time is necessary but not sufficient to say that a series of events exhibits the SMP. Sorry if I'm missing an in-joke or profound insight, but why not just assume that rolls are independent and get on with it?

— Jacob Raihle

@JacobRaihle "Strong Markov property, which for a discrete Markov Chain is equivalent to the regular Markov property." This scenario clearly constitutes a discrete Markov chain. The rolls are independent, that's why it's a discrete Markov chain. The issue is that the event "first roll which does not land on 4" is not independent of the previous rolls, for reasons which are hopefully obvious.

— Chill2Macht

It's equally clear that the rolls are independent. So what additional benefit does the SMP provide?

— Jacob Raihle

@JacobRaihle Even though the value of the rolls are independent, the value of the die the first time it lands on a value not equal to 4 is NOT independent of the values on which the die landed on previous rolls.

— Chill2Macht

It should be, since the rolling stops as soon as that happens. There can be no non-4 roll that isn't also the first one. And even if that were not the case, I'm not sure what kind of relationship you are suggesting.

— Jacob Raihle

1

Another way to look at the problem.

Lets call a 'real result' a 1,2,3,5 or 6.

What is the probability of winning on the first roll, if you got a 'real result'? 2/5

What is the probability of winning on the second roll, if the second roll is the first time you got a 'real result'? 2/5

Same for third, fourth.

So, you can break your sample in (infinte) smaller samples, and those samples all give the same probability.

— josinalvo
źródło