Một cái chết 6 mặt được cuộn lặp đi lặp lại. Số lượng cuộn dự kiến ​​cần thiết để tạo ra một tổng lớn hơn hoặc bằng K là bao nhiêu?

Trước khi chỉnh sửa

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

Sau khi chỉnh sửa

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

Tôi không chắc chắn điều này là chính xác trước hết và tôi nghĩ xác suất này có liên quan đến số lượng cuộn dự kiến?

Nhưng tôi không biết làm thế nào để tiến xa hơn. Tôi đang tiến hành đúng hướng?

Điều này cho đến nay chỉ là một số ý tưởng cho một cách tiếp cận khác, chính xác hơn, dựa trên cùng một quan sát mà câu trả lời đầu tiên của tôi. Với thời gian tôi sẽ kéo dài ...

Đầu tiên, một số ký hiệu. Đặt là một số nguyên đã cho, dương (lớn). Chúng tôi muốn sự phân bố của , đó là số lượng tối thiểu của ném của một con xúc xắc bình thường để có được số tiền ít nhất là . Vì vậy, trước tiên, chúng tôi xác định là kết quả của việc ném xúc xắc và . Nếu chúng ta có thể tìm thấy phân phối của cho tất cả thì chúng ta có thể tìm thấy phân phối của bằng cách sử dụng và chúng ta làm xong.N K X i i X ( n ) = X 1 + ⋯ + X n X ( n ) n N P ( N ≥ n ) = P ( X 1 + ⋯ + X n ≤ K ) $K$$N$$K$$X_i$$i$$X^{(n)}=X_1+\dots+X_n$$X^{(n)}$$n$$N$

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

Bây giờ, các giá trị có thể có cho là và với trong phạm vi đó, để tìm xác suất , chúng tôi cần tìm tổng số cách viết dưới dạng tổng của số nguyên, tất cả trong phạm vi . Nhưng đó được gọi là một thành phần nguyên bị hạn chế, một vấn đề được nghiên cứu kỹ trong tổ hợp. Một số câu hỏi liên quan về toán SE được tìm thấy bởi https://math.stackexchange.com/search?q=integer+comp vị trí n , n + 1 , n + 2 , ... , 6 n k P ( X 1 + ⋯ + X n = k ) k n 1 , 2 , ... , $X_1+\dots+X_n$$n,n+1,n+2,\dots,6n$$k$$P(X_1+\dots+X_n=k)$$k$$n$$1,2,\dots,6$

Vì vậy, tìm kiếm và nghiên cứu rằng văn học tổ hợp chúng ta có thể nhận được kết quả chính xác yên tĩnh. Tôi sẽ theo dõi về điều đó, nhưng sau đó ...

Có một công thức khép kín đơn giản về mặt gốc của đa thức bậc 6.

Nó thực sự là một chút dễ dàng hơn để xem xét một chết bằng chung với $d\ge 2$ mặt dán nhãn với các con số $1,2,\ldots, d.$

Đặt là số lượng cuộn dự kiến ​​cần bằng hoặc vượt quá Với Mặt khác, kỳ vọng là nhiều hơn kỳ vọng số lượng cuộn đạt được giá trị ngay trước đó, sẽ nằm trong số từ đó$e_k$$k.$$k\le 0,$ $e_k=0.$$k-d, k-d+1, \ldots, k-1,$

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

Đây mối quan hệ tuyến tính tái phát có một giải pháp theo hình thức

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

Trong đó là gốc phức của đa thức$\lambda_i$$d$

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

Các hằng số được tìm thấy bằng cách áp dụng giải pháp cho các giá trị trong đó trong mọi trường hợp. Điều này đưa ra một tập hợp các phương trình tuyến tính trong các hằng số và nó có một giải pháp duy nhất. Giải pháp đó có thể được chứng minh bằng cách xác minh sự tái phát bằng cách sử dụng thực tế là mọi gốc thỏa mãn$a_i$$(2)$$k=-(d-1), -(d-2), \ldots, -1, 0$$e_k=0$$d$$d$$(1)$$(3):$

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

Giải pháp dạng đóng này cung cấp cho chúng ta những cách tốt để ước tính câu trả lời cũng như đánh giá chính xác. (Đối với các giá trị nhỏ đến khiêm tốn áp dụng trực tiếp tái phát là một kỹ thuật tính toán hiệu quả.) Ví dụ, với chúng ta có thể dễ dàng tính toán$k,$$d=6$

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

Đối với các xấp xỉ, sẽ có một gốc lớn nhất duy nhất vì vậy cuối cùng (đối với đủ lớn ) thuật ngữ sẽ thống trị các thuật ngữ trongLỗi sẽ giảm theo cấp số nhân theo chỉ tiêu nhỏ thứ hai của rễ. Tiếp tục ví dụ với hệ số của là và chỉ tiêu nhỏ nhất tiếp theo là (Ngẫu nhiên, khác có xu hướng rất gần với trong kích thước.) Như vậy chúng ta có thể xấp xỉ giá trị trước đó như$\lambda_{+}=1$$k$$\lambda_{+}^k$$d$$(2).$k = 6 , λ + a + = 0.4761905 0.7302500. một tôi 1$k=6,$$\lambda_{+}$$a_{+}=0.4761905$$0.7302500.$$a_i$$1$

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

có lỗi theo thứ tự$0.7302500^{10^6} \approx 10^{-314\,368}.$

---

Để chứng minh giải pháp này thực tế đến mức nào, đây là Rmã trả về một hàm để đánh giá cho bất kỳ (trong phạm vi tính toán dấu phẩy động chính xác kép) và không quá lớn (nó sẽ sa lầy một lần ):$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)
}

Như một ví dụ về việc sử dụng nó, ở đây, nó tính toán các kỳ vọng cho$k=1,2,\ldots, 16:$

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

Đối tượng mà nó trả về bao gồm các gốc và số nhân của chúng để phân tích thêm. Thành phần đầu tiên của mảng số nhân là hệ số hữu ích$\lambda_i$$a_i$$a_{+}.$

(Nếu bạn tò mò không biết các tham số khác diedùng để làm gì, hãy thực hiện die(2, 2, 0, c(1,0))$f(1:10)và xem bạn có nhận ra đầu ra không ;-). Sự khái quát hóa này đã hỗ trợ trong việc phát triển và thử nghiệm chức năng.)

nói chung không có cách nào để có được số lượng cuộn dự kiến ​​chính xác, nhưng đối với một chữ K.

Gọi N là biến cố dự kiến ​​để có tổng => K.

cho K = 1, E (N) = 1

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

và như thế.

Sẽ rất khó để lấy E (N) cho K. lớn, ví dụ, với K = 20 bạn sẽ cần mong đợi từ (4 cuộn, 20 cuộn)

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

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

Bạn biết K, Z (tại bất kỳ lỗi nào) ........ sau đó bạn có thể nhận được N = E (N) với độ tin cậy% bằng cách giải phương trình.

$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))
}

Tiếp theo, chúng ta phải giải phương trình yên ngựa.

Điều đó được thực hiện bởi đoạn mã sau:

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
}

$k$

Chức năng trả về xác suất đuôi:

#

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)
  }

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

$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

Và như thế. Sử dụng tất cả điều này, bạn có thể nhận được một xấp xỉ cho kỳ vọng chính mình. Điều này sẽ tốt hơn nhiều so với các xấp xỉ dựa trên định lý giới hạn trung tâm.