Ein 6-seitiger Würfel wird iterativ gewürfelt. Was ist die erwartete Anzahl von Rollen, die erforderlich sind, um eine Summe größer oder gleich K zu machen?

Vor dem Bearbeiten

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

Nach dem Bearbeiten

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

Ich bin mir zunächst nicht sicher, ob dies richtig ist, aber ich denke, diese Wahrscheinlichkeit hängt mit der erwarteten Anzahl von Rollen zusammen.

Aber ich weiß nicht, wie ich weiter vorgehen soll. Gehe ich in die richtige Richtung?

Dies sind bislang nur einige Ideen für einen anderen, genaueren Ansatz, der auf derselben Beobachtung basiert wie meine erste Antwort. Mit der Zeit werde ich dies verlängern ...

Zunächst eine Notation. Sei eine gegebene positive (große) ganze Zahl. Wir wollen, dass die Verteilung von N , die die Mindestanzahl von Würfen eines gewöhnlichen Würfels ist, mindestens K ergibt . Also definieren wir zuerst X i als das Ergebnis des Würfelwurfs i und X ( n ) = X 1 + ⋯ + X n . Wenn wir die Verteilung von X ( n ) für alle n finden können, können wir die Verteilung von N unter Verwendung von P ( N $K$$N$$K$$X_i$$i$$X^{(n)}=X_1+\dots+X_n$$X^{(n)}$$n$$N$ und wir sind fertig.

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

Nun wird die möglichen Werte für ist n , n + 1 , n + 2 , ... , 6 n , und für k in diesem Bereich zu finden , die Wahrscheinlichkeit P ( X 1 + ⋯ + X n = k ) müssen wir die Gesamtzahl der Möglichkeiten finden, k als Summe von genau n ganzen Zahlen zu schreiben , alle im Bereich 1 , 2 , $X_1+\dots+X_n$$n,n+1,n+2,\dots,6n$$k$$P(X_1+\dots+X_n=k)$$k$$n$ . Dies wird jedoch als eingeschränkte Ganzzahlzusammensetzung bezeichnet, ein in der Kombinatorik gut untersuchtes Problem. Einige verwandte Fragen zu math SE finden Sie unter https://math.stackexchange.com/search?q=integer+compositions$1,2,\dots,6$

Wenn wir also diese kombinatorische Literatur durchsuchen und studieren, können wir ziemlich genaue Ergebnisse erzielen. Ich werde das weiterverfolgen, aber später ...

Es gibt eine einfache geschlossene Formel in Bezug auf die Wurzeln eines Polynoms vom Grad 6.

Es ist tatsächlich etwas einfacher, einen allgemeinen fairen Würfel mit $d\ge 2$ Flächen zu betrachten, die mit den Nummern $1,2,\ldots, d.$

Sei $e_k$ die erwartete Anzahl von Rollen, die benötigt werden, um $k.$ zu erreichen oder zu überschreiten . Für $k\le 0,$ $e_k=0.$ Andernfalls ist die Erwartung eins größer als die Erwartung, dass die Anzahl der Rollen den unmittelbar vorhergehenden Wert erreicht, der zwischen $k-d, k-d+1, \ldots, k-1,$ von wo aus

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

Diese lineare Wiederholungsbeziehung hat eine Lösung in der Form

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

wobei $\lambda_i$ die $d$ komplexen Wurzeln des Polynoms sind

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

Die Konstanten $a_i$ werden durch Anwenden der Lösung $(2)$ auf die Werte $k=-(d-1), -(d-2), \ldots, -1, 0$ wobei in jedem Fall $e_k=0$ ist. Dies ergibt einen Satz von $d$ linearen Gleichungen in den $d$ Konstanten und es gibt eine einzigartige Lösung. Dass die Lösung funktioniert, kann durch Überprüfung der Wiederholung nachgewiesen werden $(1)$unter Verwendung der Tatsache, dass jede Wurzel erfüllt $(3):$

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

$k,$$d=6$

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

$\lambda_{+}=1$$k$$\lambda_{+}^k$$d$$(2).$$k=6,$$\lambda_{+}$$a_{+}=0.4761905$$0.7302500.$$a_i$$1$

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

$0.7302500^{10^6} \approx 10^{-314\,368}.$

---

R$e_k$$k$$d$$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)
}

$k=1,2,\ldots, 16:$

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

$\lambda_i$$a_i$$a_{+}.$

(Wenn Sie neugierig sind, wozu die anderen Parameter diedienen, führen Sie sie aus die(2, 2, 0, c(1,0))$f(1:10)und prüfen Sie, ob Sie die Ausgabe erkennen ;-). Diese Verallgemeinerung half beim Entwickeln und Testen der Funktion.)

Es gibt keine Möglichkeit, die genaue erwartete Anzahl von Rollen im Allgemeinen zu erhalten, außer für einen K.

Sei N das Ereignis des erwarteten Rollens, um die Summe => K zu erhalten.

für K = 1 ist E (N) = 1

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

und so weiter.

Es wird schwierig sein, E (N) für großes K zu erhalten. Für K = 20 müssen Sie beispielsweise mit (4 Rollen, 20 Rollen) rechnen.

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

$$\frac{K-3.5N}{\sqrt{\frac{35N}{12}}}=Z_\alpha$$ $\alpha=1-confidence$$Z_{0.01}=2.31,Z_{0.001}=2.98$

Sie kennen K, Z (bei jedem Fehler) ........ dann können Sie N = E (N) mit einem gewissen Konfidenz% erhalten, indem Sie die Gleichung lösen.

$X_i$$i$$N$$k$

$$P(N \ge n) = P(X_1+X_2+\dots+X_n \le k)$$ $N$$X_i$$i=1,2,\dots,n$$n$$n$

$X_i$

$$M(T) = E e^{tX_i}= \frac16 (e^t+e^{2t}+e^{3t}+e^{4t}+e^{5t}+e^{6t})$$ $n$ $$K_n(t)=n \cdot log(\frac16\sum_{i=1}^6 e^{it})$$ $K$

 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))
}

Als nächstes müssen wir die Sattelpunktgleichung lösen.

Dies geschieht mit folgendem Code:

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
}

$k$

Funktion zur Rückgabe der Schwanzwahrscheinlichkeit:

#

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)
  }

Versuchen wir dann, daraus eine Tabelle der Verteilung zu berechnen, die auf der Formel basiert.

$$P(N \ge n) = P(X_1+X_2+\dots+X_n \le k) \\ = 1-P(X_1+\dots+X_n \ge k+1) \\ = 1-G(n,k+1)$$ $G$

$K=20$$n=20$

$N \ge 19$

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

$N\ge 10$

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

Und so weiter. Mit all dem können Sie selbst eine Annäherung an die Erwartung erhalten. Dies sollte viel besser sein als die auf dem zentralen Grenzwertsatz basierenden Näherungen.