Wirf einen Würfel, bis er auf einer anderen Zahl als 4 landet. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass das Ergebnis> 4 ist?

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Ein Spieler erhält einen fairen sechsseitigen Würfel. Um zu gewinnen, muss sie eine Zahl größer als 4 würfeln (dh eine 5 oder eine 6). Wenn sie eine 4 würfelt, muss sie erneut würfeln. Was sind ihre Gewinnchancen?

Ich denke, die Wahrscheinlichkeit, $P(W)$ , kann rekursiv ausgedrückt werden als:

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

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

Ich habe angenähert $P(W)$ als $0.3999$ indem 1 Million Versuche in Java ausgeführt habe, wie :

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;
    }
}

Und ich sehe, dass man $P(W)$ so erweitern könnte :

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

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

Aber ich weiß nicht, wie ich diese Art von Wiederholungsrelation lösen kann, ohne auf diese Art von Annäherung zurückzugreifen. Ist es möglich?

probability

— tronbabylove
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6

Das ist ein großer Aufwand, um die Wiederholungsbeziehung einzurichten. Sie haben guten Grund zu der Annahme, dass die Antwort 0,4 ist. Das ist ein starker Hinweis darauf, dass es einen anderen Weg gibt, sich das Problem vorzustellen, bei dem Sie die Antwort direkt erhalten. Such danach. Die Antwort von Geomatt bringt Sie dorthin, was Ihnen wiederum hilft, die Vorgänge hier zu verstehen und sogar andere Probleme zu vereinfachen, auf die Sie ohne diese Anstrengung schneller stoßen. Wenn ein scheinbar kompliziertes Problem eine einfache Antwort zu haben scheint, sollten Sie immer die Zeit investieren, um herauszufinden, warum. Zahlt sich später aus.

— Joel

8

Sobald Sie feststellen, dass aufgrund der gleichen Wahrscheinlichkeiten aller sechs Ergebnisse und der Unabhängigkeit der Würfeln an keinem bestimmten Ergebnis dieses Experiments etwas Besonderes zu suchen ist, ist es offensichtlich, dass alle fünf möglichen Ergebnisse gleich wahrscheinlich sind.

— Whuber

6

Ich bin ein wenig enttäuscht, dass noch niemand die absorbierende Markov-Ketten- Lösung in Kauf genommen hat :-) Math Stack Exchange hat eine edle Tradition der "Overkill-Lösung", die Cross Validated nur selten zu durchdringen scheint ...

— Silverfish

2

Es ist 2/5,

aus

auszuwählen

sodass Ihre Simulation wahrscheinlich korrekt ist.

{5, 6}

$\{5,6\}$

{1, 2, 3, 5, 6}

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

— Kathreadler

2

Ich stelle mir vor, dass Datenwissenschaftler wie Statistiker sind.

— Bdeonovic

47

Löse es einfach mit Algebra:

\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
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2

Beachten Sie, dass diese Berechnung nur gültig ist, weil die Strong Markov-Eigenschaft für diskrete Markov-Ketten gilt.

— Chill2Macht

Ich kann mich nicht an meine diskreten Markov-Ketten erinnern, aber ich gehe davon aus, dass Sie damit meinen, dass die Wiederholungsrelation nur aufgrund der starken Markov-Eigenschaft gültig ist. Nachdem die Beziehung hergestellt ist, lösen wir nur nach x auf.

— Josinalvo

Ist das richtig?

— Josinalvo

1

@josinalvo: Technisch ist die Frage, ob P (W) auf beiden Seiten der Gleichung dasselbe bedeuten. Die Strong Markov-Eigenschaft impliziert dies. In Abwesenheit dieser Eigenschaft bedeutet P (W) auf der linken Seite "die Chance, mit diesem Wurf zu gewinnen" und 1/6 * P (W) auf der rechten Seite "die Chance, nach dem Wurf einer 4 zu gewinnen".

— MSalters

81

Hinweis: Dies ist eine Antwort auf die ursprüngliche Frage und nicht auf die Wiederholung.

Wenn sie eine 4 würfelt, zählt dies im Wesentlichen nicht, da der nächste Wurf unabhängig ist. Mit anderen Worten, nachdem sie eine 4 gewürfelt hat, ist die Situation dieselbe wie zu Beginn. So können Sie die 4. ignorieren. Dann sind die Ergebnisse, die von Bedeutung sein könnten, 1-3 und 5-6. Es gibt 5 verschiedene Ergebnisse, von denen 2 gewinnen. Die Antwort lautet also 2/5 = 0,4 = 40%.

— GeoMatt22
quelle

8

Sie können dies ein wenig direkter machen: "Betrachten Sie die erste Rolle, die keine 4 ist. Dann die Ergebnisse ..."

— Joel

2

Die Augen der meisten Leute rollen, wenn sie Tonnen von Mathe sehen, also mag ich dieses besser. Grundsätzlich entfernen Sie 4 aus den Ergebnissen, also 1, 2, 3, 5, 6. Es wird offensichtlich, dass Sie zu diesem Zeitpunkt eine Chance von 40% haben.

— Nelson

Ich habe das aus dem Titel heraus gedacht, also habe ich meistens die ganze Frage überflogen, nachdem ich darauf geklickt habe. Sonst hätte ich mich wohl verwirrt und nachgeahnt!

— GeoMatt22

1

@ Nelson Ich habe mehr Leute gesehen, deren Augen sich drehen, wenn sie diese Art von Argumentation in einem Wahrscheinlichkeitsproblem sehen, als Leute, deren Augen sich drehen, wenn sie

.

p = a + b p

$p=a+bp$

— JiK

Ja. Die Moral der Geschichte lautet: Versuchen Sie nicht, ein Problem schwerer zu machen, als es sein muss.

— Jay

14

Die Antworten von dsaxton ( /stats//a/232107/90759 ) und GeoMatt22 ( /stats//a/232107/90759 ) geben die besten Ansätze für das Problem. Eine andere ist es, zu erkennen, dass dein Ausdruck

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

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

Ist wirklich ein geometrischer Verlauf :

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

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

Im Allgemeinen haben wir

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

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

also hier haben wir

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

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

Der Weg, die allgemeine Formel für die Summe eines geometrischen Verlaufs zu beweisen, ist natürlich die Verwendung einer algebraischen Lösung ähnlich wie bei dsaxton.

— Meni Rosenfeld
quelle

@ William, ich glaube nicht, dass Ihr Kommentar aus mehreren Gründen angemessen ist. 1. Ich habe nie gesagt, dass Sie dafür geometrische Reihen benötigen . 2. Die Konzepte, die Sie in Ihrer Antwort verwenden, sind viel schwerere Maschinen. Es ist ironisch zu sagen, dass Sie keine geometrischen Reihen benötigen! 3. Eine einfache und konsequente Lösung wurde bereits von dsaxton angeboten. Ihre Methode ist umständlicher und übertrieben für dieses Problem. 4. Das OP hatte bereits einen Ausdruck, der einer geometrischen Reihe entsprach, das musste jemand ansprechen, könnte auch ich sein.

— Meni Rosenfeld

1

@ William: Letztendlich ist Ihre eigene Antwort in Ordnung, aufschlussreich und eine nützliche Ergänzung zur Sammlung von Antworten auf die Frage. Das bedeutet nicht, dass Sie zu jeder anderen Antwort gehen und sagen sollten, dass Ihre so viel besser ist. Ihnen geht es auch gut. Es muss nicht alles so abstrakt und allgemein wie möglich angegangen werden.

— Meni Rosenfeld

Es ist schon eine Weile her, dass ich ein Mathe-Hauptfach war, also entschuldige ich mich, wenn meine Antwort nicht streng genug war. (Aber bitte sagen Sie mir nicht , es beruht auf dem Grundsatz der Wahl , als dass erniedrigend sein würde!) :)

— GeoMatt22

3

Alle obigen Antworten sind korrekt, erklären jedoch nicht, warum sie korrekt sind und warum Sie so viele Details ignorieren und vermeiden können, dass Sie eine komplizierte Wiederholungsbeziehung lösen müssen.

Der Grund, warum die anderen Antworten richtig sind, ist die Starke Markov-Eigenschaft , die für eine diskrete Markov-Kette der regulären Markov-Eigenschaft entspricht. https://en.wikipedia.org/wiki/Markov_property#Strong_Markov_property

Grundsätzlich ist die Idee, dass die Zufallsvariable

$\tau:=($

ist eine Haltezeit . https://en.wikipedia.org/wiki/Stopping_time Eine Stoppzeit ist eine Zufallsvariable, die nicht von zukünftigen Informationen abhängt .

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

$\tau$ $X_{\tau}$

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

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
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Soweit ich aus dem Wiki-Eintrag ersehen kann, ist die Existenz einer Haltezeit notwendig, aber nicht ausreichend, um zu sagen, dass eine Reihe von Ereignissen das SMP aufweist. Es tut mir leid, wenn ich einen Scherz oder einen tiefen Einblick verpasse, aber warum nicht einfach annehmen, dass die Rollen unabhängig sind und weitermachen?

— 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

Es ist ebenso klar, dass die Rollen unabhängig sind. Welchen zusätzlichen Nutzen bietet das SMP?

— 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

Es sollte sein, da das Rollen stoppt, sobald das passiert. Es kann keinen Nicht-4-Wurf geben, der nicht auch der erste ist. Und selbst wenn das nicht der Fall wäre, bin ich mir nicht sicher, welche Art von Beziehung Sie vorschlagen.

— Jacob Raihle

1

Ein anderer Weg, um das Problem zu betrachten.

Nennen wir ein "echtes Ergebnis" eine 1,2,3,5 oder 6.

Wie hoch ist die Wahrscheinlichkeit, beim ersten Wurf zu gewinnen, wenn Sie ein "echtes Ergebnis" erzielen? 2/5

Wie hoch ist die Gewinnwahrscheinlichkeit beim zweiten Wurf, wenn beim zweiten Wurf zum ersten Mal ein "echtes Ergebnis" erzielt wird? 2/5

Gleiches gilt für den dritten und vierten Platz.

Sie können also Ihre Stichprobe in (unendlich) kleinere Stichproben aufteilen, und diese Stichproben ergeben alle die gleiche Wahrscheinlichkeit.

— josinalvo
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