Il valore medio di un dado selezionato da una serie infinita di tiri

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Se lancio un paio di dadi un numero infinito di volte e seleziono sempre il valore più alto dei due, la media prevista dei valori più alti supererà 3,5?

Sembrerebbe che debba esserlo dal momento che se avessi lanciato un milione di dadi e selezionato il valore più alto ogni volta, le probabilità sono schiaccianti che i sei sarebbero disponibili in ogni lancio. Pertanto, la media prevista dovrebbe essere qualcosa come 5.99999999999999 ...

Tuttavia, non riesco a capire quale sarebbe il valore atteso con il mio esempio usando solo 2 dadi. Qualcuno può aiutarmi ad arrivare a un numero? Supererebbe appena 3,5? È anche qualcosa che può essere calcolato?

dice

— Jason
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Puoi enumerare lo spazio di esempio? Elencare le possibilità per l'esempio dei 2 dadi.

— Soakley,

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L'esperimento può anche essere simulato. Questo approccio è utile quando l'enumerazione è difficile (come tirare 3 dadi).

# 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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$n$ $X$ $n$ dadi.

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} .

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

Quindi possiamo scrivere la distribuzione di probabilità in forma chiusa. Fare questo per $n = 2$ si ottiene il valore atteso 4.472222.

— Erik
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Si noti che, nel limite,

P (X = 6) = 1^{n} - (\frac{5}{6})^{n} \to 1

$P(X = 6) = 1^n - (\frac{5}{6})^n \rightarrow 1$ come

n \to \infty

$n \rightarrow \infty$ , so this formula also confirms your intuition from your question.

— Matthew Drury

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I suggest just working through the trivial case to see the answer.

Possible results from rolling two dice generate a 6x6 matrix:

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

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

The expected value of the sum is 7. This is the case because the rolls are identical independent drawings, so they may be summed. The expectation of rolling a fair cubical die is 3.5.

But you are asking about maximization. Now let us enumerate the maximization from rolling two dice. Again, it is a 6x6 matrix:

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

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

Calculate the expected value, like so:

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

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

Notice that rolling $n$ dice is (in a probabilistic sense) equivalent to rolling one die $n$ times. So for rolling $n$ dice you can see how the matrix changes and how the resulting expectation changes, too.

— d0rmLife
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Assuming each of the 36 combinations has an equal probability, we just have to add the values of each of the 36 combinations and divide by 36 to get the average:

1 possibility: 11
3 possibilities: 12, 21, 22
5 possibilities: 13, 23, 31, 32, 33
7 possibilities: 14, 24, 34, 41, 42, 43, 44
9 possibilities: 15, 25, 35, 45, 51, 52, 53, 54, 55
11 possibilities: 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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Troll Dice Roller è lo strumento per trovare le probabilità dei dadi. Ha un documento che spiega l'implementazione, ma è piuttosto accademico.

max(2d6) i rendimenti

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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