Un dado de 6 lados se tira de forma iterativa. ¿Cuál es el número esperado de lanzamientos requeridos para hacer una suma mayor o igual a K?

Antes de editar

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

Después de editar

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

No estoy seguro de que esto sea correcto en primer lugar, pero creo que esta probabilidad está relacionada con el número esperado de lanzamientos.

Pero no sé cómo seguir adelante. ¿Estoy avanzando en la dirección correcta?

Hasta ahora, esto es solo algunas ideas para otro enfoque más exacto, basado en la misma observación que mi primera respuesta. Con el tiempo extenderé esto ...

Primero, alguna notación. Deje que sea ​​un número entero positivo (grande) dado. Queremos que la distribución de , que es el número mínimo de lanza de un dado común para obtener suma al menos . Entonces, primero definimos como el resultado del lanzamiento de dados , y . Si podemos encontrar la distribución de para todo entonces podemos encontrar la distribución de usando y estamos hecho.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$

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

Ahora, los valores posibles para son y para en ese rango, para encontrar la probabilidad , nosotros necesita encontrar el número total de formas de escribir como una suma de exactamente enteros, todos en el rango . Pero eso se llama composición entera restringida, un problema bien estudiado en combinatoria. Https://math.stackexchange.com/search?q=integer+compositions se encuentran algunas preguntas relacionadas sobre matemáticas SE. 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$

Entonces, buscando y estudiando esa literatura combinatoria podemos obtener resultados silenciosos y precisos. Seguiré con eso, pero luego ...

Hay una fórmula cerrada simple en términos de las raíces de un polinomio de grado 6.

En realidad, es un poco más fácil considerar un dado justo general con $d\ge 2$ caras etiquetadas con los números $1,2,\ldots, d.$

Sea $e_k$ el número esperado de rollos necesarios para igualar o exceder $k.$ Para $k\le 0,$ $e_k=0.$ De lo contrario, la expectativa es uno más que la expectativa del número de rollos para alcanzar el valor inmediatamente anterior, que estaría entre $k-d, k-d+1, \ldots, k-1,$ donde

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

Esta relación de recurrencia lineal tiene una solución en la forma

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

donde $\lambda_i$ son las raíces complejas $d$ del polinomio

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

Las constantes $a_i$ se encuentran aplicando la solución $(2)$ a los valores $k=-(d-1), -(d-2), \ldots, -1, 0$ donde $e_k=0$ en todos los casos. Esto proporciona un conjunto de $d$ ecuaciones lineales en las constantes $d$ y tiene una solución única. Se puede demostrar que la solución funciona verificando la recurrencia $(1)$usando el hecho de que cada raíz satisface $(3):$

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

Esta solución de forma cerrada nos brinda buenas formas de aproximar la respuesta, así como de evaluarla con precisión. (Para valores pequeños a modestos de $k,$ la aplicación directa de la recurrencia es una técnica computacional efectiva). Por ejemplo, con $d=6$ podemos calcular fácilmente

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

Para aproximaciones, habrá una raíz única más grande $\lambda_{+}=1$ por lo que eventualmente (para $k$ suficientemente grande ) el término $\lambda_{+}^k$ dominará los términos $d$ en $(2).$El error disminuirá exponencialmente según la segunda norma más pequeña de las raíces. Continuando con el ejemplo con $k=6,$ el coeficiente de $\lambda_{+}$ es $a_{+}=0.4761905$ y la siguiente norma más pequeña es $0.7302500.$ (Por cierto, el otro $a_i$ tienden a ser muy cerca de$1$ en tamaño.) Así, podemos aproximar el valor anterior como

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

con un error del orden de $0.7302500^{10^6} \approx 10^{-314\,368}.$

---

Para demostrar cuán práctica es esta solución, aquí hay un Rcódigo que devuelve una función para evaluar $e_k$ para cualquier $k$ (dentro del alcance de los cálculos de coma flotante de precisión doble) y no demasiado grande $d$ (se empantanará una vez $d\gg 100$ ):

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)
}

Como ejemplo de su uso, aquí calcula las expectativas para $k=1,2,\ldots, 16:$

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_{+}.$

(Si tiene curiosidad por cuáles son los otros parámetros die, ejecute die(2, 2, 0, c(1,0))$f(1:10)y vea si reconoce la salida ;-). Esta generalización ayudó a desarrollar y probar la función).

no hay forma de obtener el número exacto esperado de rollos en general, pero para un K.

Deje que N sea el evento de una tirada esperada para obtener suma => K.

para K = 1, E (N) = 1

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

y así.

Será difícil obtener E (N) para K. grande, por ejemplo, para K = 20 tendrá que esperar de (4 rollos, 20 rollos)

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

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

Sabes K, Z (en cualquier error) ... entonces puedes obtener N = E (N) en un% de confianza resolviendo la ecuación.

$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))
}

A continuación, debemos resolver la ecuación del punto de silla.

Eso se hace con el siguiente código:

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
}

$k$

Función para devolver la probabilidad de cola:

# #

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

Y así. Usando todo esto, puede obtener una aproximación a la expectativa usted mismo. Esto debería ser mucho mejor que las aproximaciones basadas en el teorema del límite central.