Quanto spesso devi tirare un dado a 6 facce per ottenere ogni numero almeno una volta?

Ho appena giocato una partita con i miei figli che praticamente si riduce a: chi lancia ogni numero almeno una volta su un dado a 6 facce vince.

Alla fine ho vinto e gli altri hanno finito 1-2 turni dopo. Ora mi chiedo: qual è l'aspettativa della durata del gioco?

So che l'aspettativa del numero di tiri fino a quando si colpisce un numero specifico è .$\sum_{n=1}^\infty n\frac{1}{6}(\frac{5}{6})^{n-1}=6$

Tuttavia, ho due domande:

1. Quante volte devi tirare un dado a sei facce finché non ottieni ogni numero almeno una volta?
2. Tra quattro prove indipendenti (cioè con quattro giocatori), qual è l'aspettativa del numero massimo di tiri necessari? [nota: è massimo, non minimo, perché alla loro età, si tratta più di finire che di arrivarci prima per i miei figli]

Posso simulare il risultato, ma mi chiedo come farei per calcolarlo analiticamente.

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Ecco una simulazione Monte Carlo in Matlab

mx=zeros(1000000,1);
for i=1:1000000,
   %# assume it's never going to take us >100 rolls
   r=randi(6,100,1);
   %# since R2013a, unique returns the first occurrence
   %# for earlier versions, take the minimum of x
   %# and subtract it from the total array length
   [~,x]=unique(r); 
   mx(i,1)=max(x);
end

%# make sure we haven't violated an assumption
assert(numel(x)==6)

%# find the expected value for the coupon collector problem
expectationForOneRun = mean(mx)

%# find the expected number of rolls as a maximum of four independent players
maxExpectationForFourRuns = mean( max( reshape( mx, 4, []), [], 1) )

expectationForOneRun =
   14.7014 (SEM 0.006)

maxExpectationForFourRuns =
   21.4815 (SEM 0.01)

Poiché è stato richiesto un "approccio completamente analitico", ecco una soluzione esatta. Fornisce anche un approccio alternativo per risolvere la domanda in Probabilità per disegnare una palla nera in una serie di palle bianche e nere con condizioni di sostituzione miste .

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Il numero di mosse nel gioco, , può essere modellato come la somma di sei realizzazioni indipendenti di variabili geometriche con probabilità , ognuno spostato di (perché una variabile geometrica conta solo i tiri che precedono un successo e dobbiamo anche contare i tiri su cui sono stati osservati i successi). Computando con la distribuzione geometrica, otterremo quindi risposte che sono meno di quelle desiderate e quindi dobbiamo essere sicuri di aggiungere alla fine.$X$$(p)$$p=1, 5/6, 4/6, 3/6, 2/6, 1/6$$1$6 6$6$$6$

La funzione generatrice di probabilità (pgf) di tale variabile geometrica con il parametro è$p$

$$f(z, p) = \frac{p}{1-(1-p)z}.$$

Quindi il pgf per la somma di queste sei variabili è

$$g(z) = \prod_{i=1}^6 f(z, i/6) = 6^{-z-4} \left(-5\ 2^{z+5}+10\ 3^{z+4}-5\ 4^{z+4}+5^{z+4}+5\right).$$

(Il prodotto può essere calcolato in questa forma chiusa separandolo in cinque termini tramite frazioni parziali.)

La funzione di distribuzione cumulativa (CDF) è ottenuta dalle somme parziali di (come una serie di potenze in ), che equivale a sommare le serie geometriche, ed è data da$g$$z$

$$F(z) = 6^{-z-4} \left(-(1)\ 1^{z+4} + (5)\ 2^{z+4}-(10)\ 3^{z+4}+(10)\ 4^{z+4}-(5)\ 5^{z+4}+(1)\ 6^{z+4}\right).$$

(Ho scritto questa espressione in una forma che suggerisce una derivazione alternativa tramite il Principio di inclusione-esclusione.)

Da questo otteniamo il numero previsto di mosse nel gioco (rispondendo alla prima domanda) come

$$\mathbb{E}(6+X) = 6+\sum_{i=1}^\infty \left(1-F(i)\right) = \frac{147}{10}.$$

Il CDF del massimo di versioni indipendenti di è (e da questo possiamo, in linea di principio, rispondere a qualsiasi domanda di probabilità sul massimo che ci piace, come qual è la sua varianza, qual è il suo 99 ° percentile , e così via). Con otteniamo un'aspettativa di$m$$X$$F(z)^m$$m=4$

$$6+\sum_{i=1}^\infty \left(1-F(i)^4\right) \approx 21.4820363\ldots.$$

(Il valore è una frazione razionale che, in forma ridotta, ha un denominatore di 71 cifre.) La deviazione standard è Ecco un diagramma della funzione di massa di probabilità del massimo per quattro giocatori (è già stato spostato di ):$6.77108\ldots.$$6$

Come ci si aspetterebbe, è positivamente distorto. La modalità è a tiri. È raro che l'ultima persona a finire prenderà più di tiri (è circa lo ).$18$$50$$0.3\%$

ThePawn ha l'idea giusta per attaccare il problema con una relazione di ricorrenza. Considera una catena di Markov con stati corrispondenti al conteggio del numero di lanci di dadi distinti che sono avvenuti. Lo stato 0 è lo stato iniziale e lo stato 6 è lo stato finale. Quindi, la probabilità di passaggio dallo stato a se stesso è . La probabilità di passaggio dallo stato allo stato è . Pertanto, il tempo di risposta dello stato finale è $\{0, \dotsc, 6\}$$i$$\frac{i}{6}$$i$$i+1$$\frac{6-i}{6}$

$$\begin{align} \sum_{i=0}^5 \frac{6}{6-i} = 14.7 \end{align}$$

Per un massimo di quattro prove, considerare gli stati che sono quadrupli. Si desidera trovare il tempo di previsto per lo stato target . Il tempo di risposta previsto di qualsiasi stato è la media ponderata per ogni stato di origine del tempo di previsto più il tempo di andare da a , ponderato da , la probabilità di arrivare allo stato e passare aj i T i i j p i p i j i $(6,6,6,6)$$j$$i$$T_i$$i$$j$$p_ip_{ij}$$i$$j$. Puoi scoprire i tempi di colpire e le probabilità con la programmazione dinamica. Non è così difficile poiché esiste un ordine trasversale per riempire i tempi di colpire e le probabilità. Ad esempio, per due dadi: prima calcola T e p per (0,0), quindi per (1,0), quindi (1, 1), (2, 0), quindi (2, 1), ecc.

In Python:

import numpy as np
import itertools as it
from tools.decorator import memoized  # A standard memoization decorator

SIDES = 6

@memoized
def get_t_and_p(state):
    if all(s == 0 for s in state):
        return 0, 1.0
    n = len(state)
    choices = [[s - 1, s] if s > 0 else [s]
               for s in state]
    ts = []
    ps = []
    for last_state in it.product(*choices):
        if last_state == state:
            continue
        last_t, last_p = get_t_and_p(tuple(sorted(last_state)))
        if last_p == 0.0:
            continue
        transition_p = 1.0
        stay_p = 1.0
        for ls, s in zip(last_state, state):
            if ls < s:
                transition_p *= (SIDES - ls) / SIDES
            else:
                transition_p *= ls / SIDES
            stay_p *= ls / SIDES
        if transition_p == 0.0:
            continue
        transition_time = 1 / (1 - stay_p)
        ts.append(last_t + transition_time)
        ps.append(last_p * transition_p / (1 - stay_p))
    if len(ts) == 0:
        return 0, 0.0
    t = np.average(ts, weights=ps)
    p = sum(ps)
    return t, p

print(get_t_and_p((SIDES,) * 4)[0])

Stima Monte Carlo veloce e sporca in R della durata di una partita per 1 giocatore:

N = 1e5
sample_length = function(n) { # random game length
    x = numeric(0)
    while(length(unique(x)) < n) x[length(x)+1] = sample(1:n,1)
    return(length(x))
}
game_lengths = replicate(N, sample_length(6))

$\hat{\mu}=14.684$$\hat{\sigma} = 6.24$$[14.645,14.722]$

Per determinare la durata di una partita a quattro giocatori, possiamo raggruppare i campioni in quattro e prendere la lunghezza media minima su ciascun gruppo (hai chiesto il massimo, ma suppongo che intendessi il minimo poiché, nel modo in cui l'ho letto, il il gioco termina quando qualcuno riesce a ottenere tutti i numeri):

grouped_lengths = matrix(game_lengths, ncol=4)
min_lengths = apply(grouped_lengths, 1, min)

$\hat{\mu}=9.44$$\hat{\sigma} = 2.26$$[9.411,9.468]$

$m$ di squadre che devi ottenere per vincere.

$$T_{1} = 6$$ $$T_{m} = 1 + \frac{6 - m}{6}T_{m} + \frac{m}{6}T_{m-1}$$

$m$$1$ più:

• $T_{m}$$6 - m$$\frac{6 - m}{6}$
• $T_{m-1}$$m$$\frac{m}{6}$

$14.7$

Una spiegazione semplice e intuitiva alla prima domanda:

Devi prima tirare un numero qualsiasi. È facile, ci vorrà sempre esattamente 1 tiro.

$\frac{5}{6}$$\frac{6}{5}$ (1.2) rotoli in media.

$\frac{4}{6}$$\frac{6}{4}$ (1,5) rotoli in media.

$\frac{3}{6}$$\frac{6}{3}$ (2) rotoli in media.

E così via fino a quando non avremo completato con successo il nostro sesto tiro:

$\frac{6}{6} + \frac{6}{5} + \frac{6}{4} + \frac{6}{3} + \frac{6}{2} + \frac{6}{1} = 14.7\ rolls$

Questa risposta è simile alla risposta di Neil G, solo, senza la catena markov.

la funzione di densità di probabilità (o equivalente discreto) per ottenere il nuovo numero successivo è:

f = somma (p * (1 - p) ^ (i - 1), i = 1 .. inf)

dove p è la probabilità per lancio, 1 quando non è stato lanciato alcun numero, 5/6 dopo 1, 4/6 .. fino a 1/6 per l'ultimo numero

il valore atteso, mu = sum (i * p * (1 - p) ^ (i - 1), i = 1 .. inf) lasciando n = i - 1 e portando p fuori dalla somma,

mu = p * sum ((n + 1) * (1 - p) ^ n, n = 0 .. inf)

mu = p * sum (n (1-p) ^ n, n = 0 .. inf) + p * sum ((1-p) ^ n, n = 0 .. inf) mu = p * (1-p ) / (1-p-1) ^ 2 + p * 1 / (1- (1-p))

mu = p * (1 - p) / p ^ 2 + p / p

mu = (1 - p) / p + p / p

mu = (1 - p + p) / p

mu = 1 / p

La somma dei valori previsti (mus) per ps di 1, 5/6, 4/6, 3/6, 2/6 e 1/6 è 14,7 come precedentemente riportato, ma 1 / p per numero richiesto è generale indipendentemente di dimensioni del dado

allo stesso modo, possiamo calcolare analiticamente la deviazione standard

sigma ^ 2 = sum ((i - mu) ^ 2 * p * (1 - p) ^ (i - 1), i = 1 .. inf)

Ti risparmierò l'algebra qui, ma sigma ^ 2 = (1-p) / p ^ 2

Nel caso di 6, la somma di sigma ^ 2 per ogni passaggio è 38,99 per una deviazione standard di circa 6,24, di nuovo, come simulato

La domanda 1 era:

Quante volte devi tirare un dado a sei facce finché non ottieni ogni numero almeno una volta?

Ovviamente, la risposta corretta deve essere "infinita".