6 ด้านรีดตายซ้ำแล้วซ้ำอีก จำนวนม้วนที่คาดหวังจำเป็นต้องมีเพื่อให้ผลรวมมากกว่าหรือเท่ากับ K คืออะไร

ก่อนที่จะแก้ไข

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

หลังจากแก้ไข

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

ฉันไม่แน่ใจว่าสิ่งนี้ถูกต้องก่อนอื่น แต่ฉันคิดว่าน่าจะเป็นที่เกี่ยวข้องกับจำนวนม้วนที่คาดหวังหรือไม่

แต่ฉันไม่รู้วิธีดำเนินการต่อไป ฉันกำลังดำเนินการไปในทิศทางที่ถูกต้องหรือไม่?

นี่เป็นเพียงความคิดบางอย่างสำหรับอีกแนวทางที่ถูกต้องมากขึ้นตามข้อสังเกตเดียวกับที่ฉันได้รับคำตอบแรก เมื่อเวลาผ่านไปฉันจะขยาย ...

ก่อนอื่นสัญกรณ์ ปล่อย$K$เป็นจำนวนเต็มบวก (ใหญ่) ที่ให้มา เราต้องการกระจายของ$N$ซึ่งเป็นจำนวนขั้นต่ำของการโยนลูกเต๋าธรรมดาเพื่อให้ได้ผลรวมอย่างน้อย $K$. ดังนั้นก่อนอื่นเรากำหนด$X_i$ เป็นผลมาจากการโยนลูกเต๋า $i$และ $X^{(n)}=X_1+\dots+X_n$. หากเราสามารถหาการกระจายของ$X^{(n)}$ เพื่อทุกสิ่ง $n$ จากนั้นเราสามารถหาการกระจายของ $N$ โดยใช้

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

ตอนนี้ค่าที่เป็นไปได้สำหรับ $X_1+\dots+X_n$ เป็น $n,n+1,n+2,\dots,6n$, และสำหรับ $k$ ในช่วงนั้นเพื่อหาความน่าจะเป็น $P(X_1+\dots+X_n=k)$เราจำเป็นต้องค้นหาวิธีการเขียนทั้งหมด $k$ เป็นผลรวมของแน่นอน $n$ จำนวนเต็มทั้งหมดอยู่ในช่วง $1,2,\dots,6$. แต่นั่นเรียกว่าองค์ประกอบจำนวนเต็มแบบ จำกัด ปัญหาที่ศึกษากันในคอมบิเนทีฟ พบคำถามที่เกี่ยวข้องกับคณิตศาสตร์ SE โดย https://math.stackexchange.com/search?q=integer+compositions

ดังนั้นการค้นหาและศึกษาวรรณคดี combinatorics นั้นเราจะได้ผลลัพธ์ที่เงียบสงบ ฉันจะติดตามเรื่องนั้น แต่ต่อมา ...

มีสูตรปิดง่าย ๆ ในแง่ของรากของพหุนามดีกรี -6

จริง ๆ แล้วมันง่ายกว่าที่จะพิจารณาความเป็นธรรมโดยทั่วไป $d\ge 2$ ใบหน้าที่มีป้ายกำกับตัวเลข $1,2,\ldots, d.$

ปล่อย $e_k$ เป็นจำนวนม้วนที่คาดหวังที่ต้องการเท่ากับหรือมากกว่า $k.$ สำหรับ $k\le 0,$ $e_k=0.$ มิฉะนั้นความคาดหวังคือหนึ่งมากกว่าความคาดหวังของจำนวนม้วนที่จะไปถึงค่าก่อนหน้าทันทีซึ่งจะอยู่ในหมู่ $k-d, k-d+1, \ldots, k-1,$ จากไหน

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

ความสัมพันธ์การเกิดซ้ำเชิงเส้นนี้มีวิธีแก้ไขในแบบฟอร์ม

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

ที่ไหน $\lambda_i$ คือ $d$ รากที่ซับซ้อนของพหุนาม

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

ค่าคงที่ $a_i$ พบได้โดยใช้วิธีการแก้ปัญหา $(2)$ ค่า $k=-(d-1), -(d-2), \ldots, -1, 0$ ที่ไหน $e_k=0$ในทุกกรณี นี่เป็นชุดของ$d$ สมการเชิงเส้นใน $d$ค่าคงที่และมันมีทางออกที่ไม่ซ้ำกัน วิธีการแก้ปัญหาสามารถแสดงให้เห็นได้โดยการตรวจสอบการเกิดซ้ำ$(1)$ ใช้ความจริงที่ว่าทุก ๆ รูตพอใจ $(3):$

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

โซลูชันรูปแบบปิดนี้ช่วยให้เราสามารถประมาณคำตอบและประเมินได้อย่างถูกต้อง (สำหรับค่าขนาดเล็กถึงปานกลาง$k,$ การประยุกต์ใช้โดยตรงของการเกิดซ้ำเป็นเทคนิคการคำนวณที่มีประสิทธิภาพ) ตัวอย่างเช่นด้วย $d=6$ เราสามารถคำนวณได้อย่างง่ายดาย

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

สำหรับการประมาณจะมีรากที่ใหญ่ที่สุดที่ไม่ซ้ำกัน $\lambda_{+}=1$ ดังนั้นในที่สุด (สำหรับขนาดใหญ่พอสมควร $k$) คำ $\lambda_{+}^k$ จะครอง $d$ ข้อตกลงใน $(2).$ข้อผิดพลาดจะลดลงแบบเอกซ์โปเนนเชียลตามบรรทัดฐานที่เล็กที่สุดที่สองของราก ดำเนินการต่อตัวอย่างด้วย$k=6,$ สัมประสิทธิ์ของ $\lambda_{+}$ คือ $a_{+}=0.4761905$ และบรรทัดฐานที่เล็กที่สุดถัดไปคือ $0.7302500.$ (บังเอิญอื่น ๆ $a_i$ มักจะใกล้เคียงกับ $1$ ขนาด) ดังนั้นเราอาจประมาณค่าก่อนหน้าเป็น

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

ด้วยข้อผิดพลาดในคำสั่งของ $0.7302500^{10^6} \approx 10^{-314\,368}.$

---

เพื่อแสดงให้เห็นว่าการแก้ปัญหานี้เป็นจริงได้อย่างไรนี่คือRโค้ดที่ส่งคืนฟังก์ชันเพื่อประเมิน$e_k$ สำหรับใด ๆ $k$ (ภายในขอบเขตของการคำนวณจุดลอยตัวที่มีความแม่นยำสองเท่า) และไม่ใหญ่เกินไป $d$ (มันจะชะงักลงครั้งเดียว $d\gg 100$):

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)
}

เป็นตัวอย่างของการใช้งานที่นี่มันคำนวณความคาดหวังสำหรับ $k=1,2,\ldots, 16:$

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

วัตถุที่ส่งคืนจะรวมถึงราก $\lambda_i$ และตัวคูณ $a_i$สำหรับการวิเคราะห์เพิ่มเติม องค์ประกอบแรกของอาร์เรย์ทวีคูณคือสัมประสิทธิ์ที่มีประโยชน์$a_{+}.$

(หากคุณอยากรู้ว่าพารามิเตอร์อื่น ๆ ของอะไรdieใช้สำหรับดำเนินการdie(2, 2, 0, c(1,0))$f(1:10)และดูว่าคุณรู้จักเอาต์พุต ;-) หรือไม่ การวางนัยทั่วไปนี้ช่วยในการพัฒนาและทดสอบฟังก์ชั่น)

ไม่มีทางที่จะได้รับจำนวนม้วนที่แน่นอนโดยทั่วไป แต่สำหรับเค

ให้ N เป็นเหตุการณ์ที่คาดว่าจะได้รับผลรวม => K

สำหรับ K = 1, E (N) = 1

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

และอื่น ๆ

มันจะเป็นเรื่องยากที่จะได้ E (N) สำหรับ K ขนาดใหญ่เช่น K = 20 คุณจะต้องคาดหวังจาก (4 ม้วน 20 ม้วน)

ทฤษฎีขีด จำกัด กลางจะมีประโยชน์มากขึ้นด้วยความมั่นใจ% ในขณะที่เรารู้ว่าเหตุการณ์ที่เกิดขึ้นมีการกระจายอย่างสม่ำเสมอสำหรับค่าขนาดใหญ่ของเค

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

ตอนนี้คุณต้องการ "N" เพื่อให้ได้ผลรวมอย่างน้อย K .... เราแปลงเป็นการแจกแจงแบบปกติมาตรฐาน

$$\frac{K-3.5N}{\sqrt{\frac{35N}{12}}}=Z_\alpha$$ ที่ไหน $\alpha=1-confidence$% คุณจะได้รับค่า Z จาก "ตารางปกติมาตรฐาน" หรือจากที่นี่เช่น$Z_{0.01}=2.31,Z_{0.001}=2.98$

คุณจะรู้ว่า K, Z (ที่ผิดพลาดใด ๆ ) ........ จากนั้นคุณจะได้รับ N = E (N) ด้วยความมั่นใจ% โดยการแก้สมการ

ฉันจะให้หนึ่งวิธีในการค้นหาวิธีแก้ไขปัญหาโดยประมาณ ก่อนอื่นให้$X_i$ เป็นตัวแปรสุ่ม "ผลลัพธ์ของการโยน $i$ กับลูกเต๋า "และปล่อยให้ $N$ เป็นจำนวนของการโยนที่จำเป็นในการเข้าถึงผลรวมอย่างน้อย $k$. จากนั้นเราก็มีสิ่งนั้น

$$P(N \ge n) = P(X_1+X_2+\dots+X_n \le k)$$ ดังนั้นเพื่อค้นหาการกระจายตัวของ $N$ เราจำเป็นต้องค้นหาความเชื่อมั่นของการแจกแจงของ $X_i$ สำหรับ $i=1,2,\dots,n$, เพื่อทุกสิ่ง $n$. การโน้มน้าวใจเหล่านั้นสามารถพบได้เป็นตัวเลข แต่มีขนาดใหญ่$n$มันอาจจะทำงานได้มากดังนั้นเราจึงลองประมาณฟังก์ชั่นการแจกแจงสะสมสำหรับการโน้มน้าวใจโดยใช้วิธีการอานม้า สำหรับตัวอย่างอื่นของวิธีการอานม้าดูคำตอบของฉันสำหรับผลรวมทั่วไปของตัวแปรสุ่มแกมมา

เราจะใช้การประมาณ Lugannini-Rice สำหรับกรณีที่ไม่ต่อเนื่องและติดตาม R Butler: "การประมาณ Saddlepoint ด้วยแอปพลิเคชัน", หน้า 18 (การแก้ไขความต่อเนื่องที่สอง) อันดับแรกเราต้องการฟังก์ชั่นสร้างช่วงเวลาของ$X_i$, ซึ่งเป็น

$$M(T) = E e^{tX_i}= \frac16 (e^t+e^{2t}+e^{3t}+e^{4t}+e^{5t}+e^{6t})$$ จากนั้นฟังก์ชันสร้าง Cumulant สำหรับผลรวมของ $n$ ลูกเต๋าอิสระกลายเป็น $$K_n(t)=n \cdot log(\frac16\sum_{i=1}^6 e^{it})$$ และเราต้องการอนุพันธ์อันดับแรกของ $K$แต่เราจะพบว่าผู้ใช้เป็นสัญลักษณ์โดยใช้รหัสอาร์มีดังต่อไปนี้:

 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))
}

ต่อไปเราจะต้องแก้สมการอานม้า

ที่ทำโดยรหัสต่อไปนี้:

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
}

โปรดทราบว่ารหัสข้างต้นไม่สมบูรณ์สำหรับค่าของ $k$ไกลในหางของการกระจายมันจะไม่ทำงาน จากนั้นโค้ดบางส่วนสำหรับการคำนวณฟังก์ชั่นความน่าจะเป็นหางจริง ๆ แล้วประมาณโดย Luganini-Rice ประมาณตาม Butler หน้า 18 (การแก้ไขความต่อเนื่องที่สอง):

ฟังก์ชั่นสำหรับคืนความน่าจะเป็นหาง:

#

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)
  }

จากนั้นให้เราลองใช้สิ่งนี้เพื่อคำนวณตารางการแจกแจงตามสูตร

$$P(N \ge n) = P(X_1+X_2+\dots+X_n \le k) \\ = 1-P(X_1+\dots+X_n \ge k+1) \\ = 1-G(n,k+1)$$ ที่ไหน $G$ เป็นฟังก์ชั่น fron รหัส R ด้านบน

ตอนนี้ให้เราตอบคำถามเดิมด้วย $K=20$. จากนั้นจำนวนม้วนต่ำสุดคือ 4 และจำนวนม้วนสูงสุดคือ 20 ความน่าจะเป็นที่ต้องการม้วน 20 ม้วนมีขนาดเล็กมากและสามารถคำนวณได้อย่างแน่นอนจากสูตรทวินามที่ฉันทิ้งไว้กับผู้อ่าน (การประมาณข้างต้นจะไม่ทำงาน$n=20$)

ดังนั้นความน่าจะเป็นที่ $N \ge 19$ ประมาณไว้โดย

> 1-G(20, 21)
[1] 2.220446e-16

ความน่าจะเป็นที่ $N\ge 10$ ประมาณโดย:

> 1-G(10, 21)
[1] 0.002880649

และอื่น ๆ เมื่อใช้ทั้งหมดนี้คุณจะสามารถประมาณความคาดหวังได้ด้วยตัวคุณเอง สิ่งนี้น่าจะดีกว่าการประมาณบนพื้นฐานของทฤษฎีขีด จำกัด กลาง