Der Mittelwert eines ausgewählten Würfels aus einer unendlichen Reihe von Walzen

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Wenn ich ein Würfelpaar unendlich oft würfle und immer den höheren Wert der beiden wähle, übersteigt der erwartete Mittelwert der höchsten Werte dann 3,5?

Es scheint so, als müsste es sein, dass, wenn ich eine Million Würfel würfle und jedes Mal den höchsten Wert wähle, die Chancen überwältigend sind, dass in jedem Wurf sechs verfügbar sind. Der erwartete Mittelwert müsste also etwa 5,999999999999 betragen ...

Ich kann jedoch nicht mit nur 2 Würfeln herausfinden, wie hoch der erwartete Wert in meinem Beispiel sein würde. Kann mir jemand helfen, eine Nummer zu finden? Würde es 3,5 kaum überschreiten? Kann man das überhaupt berechnen?

dice

— Jason
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3

Können Sie den Probenraum aufzählen? Listen Sie die Möglichkeiten für das 2-Würfel-Beispiel auf.

— Soakley

6

Das Experiment kann auch simuliert werden. Dieser Ansatz ist nützlich, wenn die Aufzählung schwierig ist (wie das Werfen von 3 Würfeln).

# 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
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30

Hierfür ist keine Simulation erforderlich, der allgemeine Fall ist recht einfach zu analysieren. Sei die Anzahl der Würfel und der maximale Wurf beim Würfeln der Würfel. $n$ $X$ $n$

Daraus folgt, dass und allgemein

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} .

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

$n = 2$

— Erik
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2

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

$n \rightarrow \infty$

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Ich schlage vor, nur den trivialen Fall durchzuarbeiten, um die Antwort zu sehen.

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

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

Der erwartete Wert der Summe ist 7. Dies ist der Fall, weil die Rollen identische unabhängige Zeichnungen sind, so dass sie summiert werden können. Die Erwartung, einen fairen Würfel zu würfeln, beträgt 3,5.

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

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

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

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

$n$ $n$ $n$

— d0rmLife
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2

Angenommen, jede der 36 Kombinationen hat die gleiche Wahrscheinlichkeit, müssen wir nur die Werte jeder der 36 Kombinationen addieren und durch 36 dividieren, um den Durchschnitt zu erhalten:

1 Möglichkeit: 11
3 Möglichkeiten: 12, 21, 22
5 Möglichkeiten: 13, 23, 31, 32, 33
7 Möglichkeiten: 14, 24, 34, 41, 42, 43, 44
9 Möglichkeiten: 15, 25, 35, 45, 51, 52, 53, 54, 55
11 Möglichkeiten: 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
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1

Troll Dice Roller ist das Tool zum Ermitteln von Würfelwahrscheinlichkeiten. Er hat ein Papier , das die Implementierung erklärt, aber es ist ziemlich akademisch.

max(2d6) Ausbeuten

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

— QuestionC
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