Un dado a 6 facce viene lanciato ripetutamente. Qual è il numero previsto di tiri richiesti per fare una somma maggiore o uguale a K?

Prima della modifica

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

Dopo la modifica

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

Non sono sicuro che questo sia corretto prima di tutto e penso che questa probabilità sia correlata al numero previsto di tiri?

Ma non so come procedere oltre. Sto procedendo nella giusta direzione?

Finora sono solo alcune idee per un altro approccio, più esatto, basato sulla stessa osservazione della mia prima risposta. Con il tempo estenderò questo ...

Innanzitutto, qualche notazione. Sia un dato intero positivo (grande). Vogliamo che la distribuzione di N , che è il numero minimo di tiri di un normale dado di uscire somma almeno K . Quindi, per prima cosa definiamo X i come risultato del lancio di dadi i , e X ( n ) = X 1 + ⋯ + X n . Se riusciamo a trovare la distribuzione di X ( n ) per tutti n allora possiamo trovare la distribuzione di N usando P ( N $K$$N$$K$$X_i$$i$$X^{(n)}=X_1+\dots+X_n$$X^{(n)}$$n$$N$ e abbiamo finito.

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

Ora, i valori possibili per sono n , n + 1 , n + 2 , … , 6 n , e per k in quell'intervallo, per trovare la probabilità P ( X 1 + ⋯ + X n = k ) , dobbiamo trovare il numero totale di modi per scrivere k come somma di esattamente n numeri interi, tutti nell'intervallo 1 , 2 , $X_1+\dots+X_n$$n,n+1,n+2,\dots,6n$$k$$P(X_1+\dots+X_n=k)$$k$$n$ . Ma quella si chiama composizione intera ristretta, un problema ben studiato in combinatoria. Alcune domande correlate su SE matematica sono reperibili su https://math.stackexchange.com/search?q=integer+compositions$1,2,\dots,6$

Quindi, cercando e studiando la letteratura combinatoria, possiamo ottenere risultati precisi e precisi. Lo seguirò, ma dopo ...

Esiste una semplice formula chiusa in termini di radici di un polinomio di grado 6.

In realtà è un po 'più semplice considerare un dado equo generale con $d\ge 2$ facce etichettati con i numeri $1,2,\ldots, d.$

Sia $e_k$ il numero previsto di rotoli necessari per uguagliare o superare $k.$ Per $k\le 0,$ $e_k=0.$ Altrimenti l'aspettativa è uno in più dell'aspettativa del numero di rotoli per raggiungere il valore immediatamente precedente, che sarebbe tra $k-d, k-d+1, \ldots, k-1,$ da dove

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

Questa relazione di ricorrenza lineare ha una soluzione nella forma

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

dove $\lambda_i$ sono i $d$ complesse radici del polinomio

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

Le costanti $a_i$ si trovano applicando la soluzione $(2)$ ai valori $k=-(d-1), -(d-2), \ldots, -1, 0$ dove $e_k=0$ in ogni caso. Ciò fornisce un insieme di equazioni $d$ lineari nelle costanti $d$ e ha una soluzione unica. Che la soluzione funzioni può essere dimostrata verificando la ricorrenza $(1)$usando il fatto che ogni radice soddisfa $(3):$

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

Questa soluzione a forma chiusa ci offre buoni modi per approssimare la risposta e valutarla accuratamente. (Per valori da piccoli a modesti di $k,$ l'applicazione diretta della ricorrenza è una tecnica computazionale efficace.) Ad esempio, con $d=6$ possiamo facilmente calcolare

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

Per approssimazioni, ci sarà una radice unica più grande $\lambda_{+}=1$ quindi alla fine (per $k$ sufficientemente grande ) il termine $\lambda_{+}^k$ dominerà i termini $d$ in $(2).$L'errore diminuirà in modo esponenziale in base alla seconda norma più piccola delle radici. Continuando l'esempio con $k=6,$ il coefficiente di $\lambda_{+}$ è $a_{+}=0.4761905$ e la norma più piccola successiva è $0.7302500.$ (Per inciso, l'altro $a_i$ tendono ad essere molto vicino a$1$ nel formato.) Quindi possiamo approssimare il valore precedente,

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

con un errore dell'ordine di $0.7302500^{10^6} \approx 10^{-314\,368}.$

---

Per dimostrare quanto sia pratica questa soluzione, ecco il Rcodice che restituisce una funzione per valutare $e_k$ per qualsiasi $k$ (nell'ambito dei calcoli in virgola mobile a doppia precisione) e non eccessivamente grande $d$ (si bloccherà una volta $d\gg 100$ ):

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)
}

Come esempio del suo utilizzo, qui calcola le aspettative per $k=1,2,\ldots, 16:$

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_{+}.$

(Se sei curioso di sapere a cosa dieservono gli altri parametri , esegui die(2, 2, 0, c(1,0))$f(1:10)e vedi se riconosci l'output ;-). Questa generalizzazione ha aiutato a sviluppare e testare la funzione.)

non c'è modo di ottenere il numero esatto di tiri previsti in generale, ma per un K.

Sia N l'evento del rollio previsto per ottenere la somma => K.

per K = 1, E (N) = 1

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

e così via.

Sarà difficile ottenere E (N) per K. grandi, ad esempio, per K = 20 dovrai aspettarti da (4 tiri, 20 tiri)

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

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

Conosci K, Z (in ogni caso) ........ allora puoi ottenere N = E (N) con una certa confidenza% risolvendo l'equazione.

Darò un metodo per trovare una soluzione approssimativa. Innanzitutto, lascia$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))
}

Successivamente, dobbiamo risolvere l'equazione del punto di sella.

Questo è fatto dal seguente codice:

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
}

$k$

Funzione per restituire la probabilità di coda:

#

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

E così via. Usando tutto questo, puoi ottenere tu stesso un'approssimazione delle aspettative. Questo dovrebbe essere molto meglio delle approssimazioni basate sul teorema del limite centrale.