Ile razy muszę rzucić kostką, aby pewnie ocenić jej rzetelność?

(Z góry przepraszamy za użycie języka świeckiego zamiast języka statystycznego).

Jeśli chcę zmierzyć szanse na rzut każdej strony konkretnej fizycznej sześciościennej kostki do około +/- 2% z rozsądną pewnością, ile próbnych rzutów byłoby potrzebne?

tj. ile razy musiałbym rzucić kostką, licząc każdy wynik, aby mieć 98% pewności, że szanse, że rzuci każdą stroną, wynoszą 14,6% - 18,7%? (Lub niektóre podobne kryteria, w których około 98% byłoby przekonanych, że kość jest sprawiedliwa w granicach 2%)

(Jest to rzeczywista obawa w przypadku gier symulacyjnych wykorzystujących kości i chcących mieć pewność, że pewne projekty kostek są akceptowalnie zbliżone do 1/6 szansy na wyrzucenie każdej liczby. Istnieją twierdzenia, że wiele popularnych projektów kostek zostało zmierzonych, rzucając 29% 1 na rzucając kilkoma takimi kostkami 1000 razy).

— Dronz
źródło

Jest to o wiele trudniejsze niż znalezienie przedziału ufności dla dwumianu, ponieważ chciałbyś zachować wszystkie prawdopodobieństwa pod kontrolą. Zobacz artykuł Hsiuying Wanga na temat równoczesnych przedziałów ufności dla rozkładów wielomianowych ( Journal of Multivariate Analysis 2008, 99, 5, 896-911). Możesz znaleźć kod w tym poście na blogu , który zawiera także krótkie podsumowanie niektórych prac, które zostały wykonane w tym temacie.

— idnavid,

Zauważ, że jeśli jesteś zainteresowany tylko sprawdzeniem, czy jedne są rzucane przez dość długi czas, bardzo upraszcza to pytanie.

— Dennis Jaheruddin

Należy zauważyć, że „przedział ufności” nie daje „procentowego prawdopodobieństwa bycia poprawnym”. Podejrzewam, że używasz bardzo rozsądnego powszechnego użycia terminu „98% pewności”, ale musisz wiedzieć za każdym razem, gdy ktoś wspomina o „przedziale ufności”, który wcale nie jest taki sam jak prawdopodobieństwo

— BrianH

@BrianH Dziękujemy! Nie chodziło mi tylko o wyrażenie kolokwialne, ale staram się określić ilościowo pewność wynikającą z testu. Wydaje mi się, że w taki sam sposób, w jaki ma sens powiedzenie, że spodziewam się rzucić jakimś wynikiem rzutu w obliczalny procent czasu, że istniałoby podobne (ale bardziej złożone) obliczenie dla tego, jak prawdopodobne jest wyrzucenie wyników w ciągu pewien margines błędu w rzucie n razy, co myślę, że rozumiem odpowiedź Xiamoi (i komentarz uzupełniający). Tak?

— Dronz

@Dronz Szczerze mówiąc, jest to jedna z tych rzeczy, które naprawdę uważasz, że byłyby bardziej proste, niż się okazują. Diabelnie trudne. Oto kilka kluczowych pytań powiązanych gdzie indziej, które pomogą Ci zrozumieć, jak nie ma niewiarygodnie prostej odpowiedzi: Frequentist math.stackexchange.com/questions/1578932/... Bayesian math.stackexchange.com/questions/1584833/... i zabawa: rpg.stackexchange.com/questions/70802/…

— BrianH

TL; DR: jeśli $p$ = 1/6 i chcesz wiedzieć, jak duże $n$ musi wynosić 98%, to znaczy, że kości są w porządku (do 2%), $n$ musi wynosić co najmniej $n$ ≥ 766 .

Niech $n$ będzie liczbą rzutów, a $X$ liczbą rzutów, które wylądują na określonej stronie. Następnie $X$ następuje po rozkładzie dwumianowym (n, p), gdzie $p$ jest prawdopodobieństwem uzyskania określonej strony.

Po centralnym twierdzeniu o granicy wiemy o tym

\sqrt{n} (X / n - p) \to N (0, p (1 - p))

$\sqrt{n} (X/n - p) \to N(0,p(1-p))$

Ponieważ $X/n$ jest średnią próbną $n$ losowych zmiennych Bernoulliego $(p)$ . Stąd dla dużych $n$ przedziały ufności dla $p$ można skonstruować jako

\frac{X}{n} \pm Z \sqrt{\frac{p (1 - p)}{n}}

$\frac{X}{n} \pm Z \sqrt{\frac{p(1-p)}{n}}$

Ponieważ $p$ jest nieznany, możemy zastąpić go z próbki średniej , i przez różnych twierdzeń konwergencji, wiemy uzyskany przedział ufności będzie asymptotycznie ważny. Otrzymujemy więc przedziały ufności formularza $\hat{p} = X/n$

\hat{p} \pm Z \sqrt{\frac{\hat{p} (1 - \hat{p})}{n}}

$\hat{p} \pm Z \sqrt{\frac{\hat{p}(1-\hat{p})}{n}}$

z . Mam zamiar założyć wiesz co -Wyniki są. Na przykład, jeśli chcesz mieć 95% przedział ufności, przyjmujesz . Tak więc dla danego poziomu ufności mamy $\hat{p} = X/n$ $Z$ $Z=1.96$ $\alpha$

\hat{p} \pm Z_{α} \sqrt{\frac{\hat{p} (1 - \hat{p})}{n}}

$\hat{p} \pm Z_\alpha \sqrt{\frac{\hat{p}(1-\hat{p})}{n}}$

Powiedzmy teraz, że chcesz, aby ten przedział ufności był mniejszy niż $C_\alpha$ i chcesz wiedzieć, jak duża próbka jest potrzebna do wykonania tego przypadku. Odpowiada to pytaniu, co $n_\alpha$ spełnia

Z_{α} \sqrt{\frac{\hat{p} (1 - \hat{p})}{n_{α}}} \leq \frac{C_{α}}{2}

$Z_\alpha \sqrt{\frac{\hat{p}(1-\hat{p})}{n_\alpha}} \leq \frac{C_\alpha}{2}$

Który jest następnie rozwiązany w celu uzyskania

n_{α} \geq {(\frac{2 Z_{α}}{C_{α}})}^{2} \hat{p} (1 - \hat{p})

$n_\alpha \geq \left(\frac{2 Z_\alpha}{C_\alpha}\right)^2 \hat{p}(1-\hat{p})$

Tak więc podłączyć wartościami $Z_\alpha$ , $C_\alpha$ oraz oszacowania , aby uzyskać oszacowanie . Zauważ, że ponieważ nie jest znane, jest to tylko oszacowanie, ale asymptotycznie (gdy staje się większe), powinno być dokładne. $\hat{p}$ $n_\alpha$ $p$ $n$

— Xiaomi
źródło

Dzięki. Ponieważ od dziesięcioleci nie zajmowałem się matematyką typu college'owego, czy mogę sprawić kłopoty z podłączeniem liczb i faktycznie dać mi pole do gry, ile razy muszę rzucić kostką jako liczbę całkowitą?

— Dronz

p = 1 / 6

$p = 1/6$

n

$n$

n

$n$

n \geq 766

$n \geq 766$

C_{α}

$C_\alpha$

Bardziej interesujące może być spojrzenie na rozkład wielomianowy, ponieważ teraz testujemy dla każdej strony osobno. Nie uwzględnia to wszystkich informacji o problemie. Intuicyjne wyjaśnienie znajduje się na stronie stat.berkeley.edu/~stark/SticiGui/Text/chiSquare.htm

— stycznia

Zgadzam się z @Jan: Ta odpowiedź nie dotyczy pytania. Co więcej, nie można go łatwo dostosować do konstruowania odpowiedzi poprzez zastosowanie jej osobno do wszystkich sześciu twarzy, ponieważ sześć testów jest od siebie zależnych.

— whuber

To ładna odpowiedź, ale w pełni zgadzam się z @Jan, whuber. To pytanie zasługuje na odpowiedź opartą na statystyce chi-kwadrat i rozkładzie wielomianowym.

— Łukasz Grad