Toplam olana kadar 6 taraflı bir kalıp . aşıldığı ortalama miktar ?


11

İşte soru:

Adil bir 6-taraflı zar zar zarlarının toplamı M'ye eşit veya ondan büyük olana kadar tekrarlanır. M = 300 olduğunda toplam eksi M'nin ortalama ve standart sapması nedir?

Bu tür soruları cevaplamak için bir kod yazmalı mıyım?

Lütfen bana bununla ilgili bazı ipuçları verin. Teşekkürler!


1
Lütfen [self-study]etiketi ekleyin ve wiki'sini okuyun . O zaman bize şu ana kadar ne anladığınızı, ne denediğinizi ve nerede sıkıştığınızı söyleyin. Sıkışmanıza yardımcı olacak ipuçları vereceğiz.
gung - Monica'yı eski

2
veya neredeyse aynı sonucu vereceğine inandığım için "çok büyük " olarak okunabileceğinden şüpheleniyorum . Yapacağım toplamı eksi dağılımını bulmak . M=300MM=301M=999M
Henry

Yanıtlar:


13

Kesinlikle kod kullanabilirsiniz, ancak simüle etmem.

"Eksi M" bölümünü görmezden geleceğim (sonunda bunu kolayca yapabilirsiniz).

Olasılıkları özyinelemeli olarak çok kolay bir şekilde hesaplayabilirsiniz, ancak gerçek cevap (çok yüksek doğruluk derecesine kadar) basit akıl yürütmeden hesaplanabilir.

Rulolar . Let .S t = t i = 1 X iX1,X2,...St=i=1tXi

Let küçük indeksi .S τMτSτM

P(Sτ=M)=P(got to M6 at τ1 and rolled a 6)+P(got to M5 at τ1 and rolled a 5)++P(got to M1 at τ1 and rolled a 1)=16j=16P(Sτ1=Mj)

resim açıklamasını buraya girin

benzer şekilde

P(Sτ=M+1)=16j=15P(Sτ1=Mj)

P(Sτ=M+2)=16j=14P(Sτ1=Mj)

P(Sτ=M+3)=16j=13P(Sτ1=Mj)

P(Sτ=M+4)=16j=12P(Sτ1=Mj)

P(Sτ=M+5)=16P(Sτ1=M1)

İlk duruma benzer denklemler (en azından prensip olarak), başlangıç ​​koşulları ile istediğimiz olasılıklar arasında cebirsel bir ilişki elde etmek için başlangıç ​​koşullarından herhangi birine ulaşıncaya kadar tekrar çalıştırılabilir (bu sıkıcı ve özellikle aydınlatıcı değildir) veya ilgili ileriye doğru denklemleri oluşturabilir ve sayısal olarak yapılması kolay olan (ve cevabımı nasıl kontrol ettiğimi) başlangıç ​​koşullarından ileriye doğru çalıştırabilirsiniz. Ancak, tüm bunlardan kaçınabiliriz.

Puanların olasılıkları, önceki olasılıkların ağırlıklı ortalamalarını çalıştırmaktadır; bunlar (geometrik olarak hızlı bir şekilde) ilk dağılımdan olasılıktaki herhangi bir değişikliği düzeltir (sorunumuzda tüm olasılık sıfır noktasında).

Yaklaşık bir (çok doğru bir) için biz söyleyebiliriz için seferde neredeyse eşit muhtemel olmalıdır (gerçekten yakın ona) ve bu yüzden biz olasılıklar yazabilirsin yukarıda basit oranlarda olmaya çok yakın olacak ve normalleştirilmeleri gerektiğinden, olasılıkları yazabiliriz.M6M1τ1

Söylemeye gerek Hangisi biz başlayarak olasılıkları eğer görebilirsiniz için tam eşit edildi oraya almanın 6 eşit olasılıkla yollarıdır almanın, 5 ve böylece için üzerinde aşağı ulaşmanın 1 yolu .M6M1MM+1M+5

Yani, olasılıklar 6: 5: 4: 3: 2: 1 oranındadır ve 1'e eşittir, bu yüzden yazmak önemsizdir.

(Ben R yaptım) sıfırdan ileri olasılık recursions çalıştırarak (kapalı hatalar biriken sayısal tura kadar) tam olarak hesaplanması sırasına farklılıkları verir .Machine$double.eps( , demek ki yukarıdaki yaklaşım benim makinede) ( yukarıdaki satırlar boyunca basit akıl yürütme, kesin cevapların etkili olmasını beklediğimiz gibi özyineleme ile hesaplanan cevaplara yakın olduklarından etkili bir şekilde kesin cevaplar verir ).2.22e-16

İşte bunun için benim kod (çoğu sadece değişkenleri başlatmak, işin hepsi bir satırda). Kod ilk rulodan sonra başlar (R ile başa çıkmak için küçük bir sıkıntı olan 0 hücresine koymamı sağlamak için); her adımda, işgal edilebilecek en düşük hücreyi alır ve bir kalıp silindiri ile ilerler (bu hücrenin olasılığını sonraki 6 hücreye yayar):

 p = array(data = 0, dim = 305)
 d6 = rep(1/6,6)
 i6 = 1:6
 p[i6] = d6
 for (i in 1:299) p[i+i6] = p[i+i6] + p[i]*d6

(Kullanabileceğimiz rollapply(den zooama ben açık tutarsan çevirmek daha kolay olacak daha verimli bir şekilde yapmak) - - ya da diğer tür fonksiyonları bir sayı)

Bunun d61'den 6'ya kadar ayrı bir olasılık işlevi olduğuna dikkat edin , bu nedenle son satırdaki döngünün içindeki kod, önceki değerlerin çalışan ağırlıklı ortalamalarını oluşturuyor. Bu ilişki olasılıkları yumuşatır (ilgilendiğimiz son birkaç değere kadar).

İşte ilk 50 tek değer (daire ile işaretlenmiş ilk 25 değer). Her , y eksenindeki değer, onu sonraki 6 hücreye doğru ilerletmeden önce en arkadaki hücrede biriken olasılığı temsil eder.t

resim açıklamasını buraya girin

Gördüğünüz gibi pürüzsüzleşir ( , her kalıp rulosunun sizi attığı adım sayısının ortası) oldukça hızlı ve sabit kalır.1/μ

Ve çarptığımızda , bu olasılıklar düşer (çünkü ve ötesindeki değerlerin olasılığını sırayla koymayız)MM

resim açıklamasını buraya girin

Bu nedenle, kadar olan değerlerin eşit derecede olası olması gerektiği için, başlangıç ​​koşullarından gelen dalgalanmaların yumuşatılacağı açıkça görülmektedir.M1M6

Akıl yürütme, başlangıç ​​koşullarının yıkanmasına yetecek kadar büyük olmadığından, ila zamanında neredeyse eşit derecede olası olması nedeniyle , dağıtım esasen herhangi biri için aynı olacaktır. Henry yorumlarda önerdiği gibi büyükMM1M6τ1M

Geriye dönüp bakıldığında, Henry'nin (bu da sizin sorunuzdadır) toplam eksi M ile çalışma ipucu biraz çaba harcayacaktır, ancak argüman çok benzer çizgileri izleyecektir. izin vererek ve önceki değerlere ile ilgili benzer denklemler yazarak devam edebilirsiniz.Rt=StMR0

Olasılık dağılımından, olasılıkların ortalaması ve varyansı basittir.

Düzenleme: Ben son konum eksi asimptotik ortalama ve standart sapma vermek gerekir varsayalım :M

Asimptotik ortalama fazlalık ve standart sapma . At önemsediğiniz için olasıdır daha bu çok daha büyük bir dereceye kadar doğrudur.53253M=300


+1 Şu an gereksiz olana kadar kendimi geliştirene kadar bu cevabı tam olarak anlamadım. Belki bazı okuyucular illüstrasyon ve simülasyon sonuçlarında değer görecektir, bu yüzden cevabımı açık tutacağım.
whuber

1
@whuber Cevabım çok daha az somuttu çünkü bu ödev olduğu varsayımı altında çalışıyordum (bu yüzden türetme çok fazla yapmaktan veya herhangi bir kod vermekten kaçındım - daha fazla taslak olarak tasarlandı). Bu soruna açıkça bir cevap yazmakta zorlandım (somutluğun normalden daha fazla yardımcı olduğu bir yer). Gerçek sayıları ve kodu içeren bir cevap verdiğinizden (kesinlikle cevap vermeyi düşündüğüm cevap) Umarım cevabımı anlamayı kolaylaştıracak bazı şeyler yapabileceğimi hissediyorum (daha açık, kendi kodumu ver) .
Glen_b -Monica

Birkaç yıl önce bir yerde bu tür bir sorunun çok daha iyi bir açıklamasını yazdım. Bunun nasıl gittiğini hatırlayabiliyor / anlayabiliyorsam, bir kısmını buraya eklemeye çalışacağım.
Glen_b-Monica

@ Glen_b denklemleri biraz anladı. Ben bir acemiyim. böyle düşünmeye nasıl başlayabilirim? Bu tür amaç için önerebileceğiniz herhangi bir kitap var mı? Cevabınız çok yardımcı olacaktır.
Olağan Şüpheli

Olağan Şüpheli - Denklemleri uzun bir parkur gibi bir oyun tahtası hayal ederek ve "bu alana sorundaki koşullara uyacak şekilde ve ne şansa sahip olabilirim?" Diye gidip yazdım; Bunu "M" etiketli bir alan için, sonra da sonraki alan için yaptım. Benzer hesaplamayı başlangıç ​​hücresine yakın olduğunu hayal ederek ve "eğer burada olsaydım, sırada olsaydım, hangi şansla?" Diyerek kod için ileriye doğru yazdım. Denklemlerin hepsi sadece bu soruların cevaplarıdır.
Glen_b

8

Let (her dizi başlayarak zar rulo kısmi toplamlarının dizilerin kümesi ). Herhangi bir tamsayısı için , , sırayla göründüğü olay olsun ; yani,Ω0nEnn

En={ωΩ|nω}.

değerini içinde eşit veya aşan ilk değer olarak tanımlayın . Soru özelliklerini sorar . tam dağılımını elde edebiliriz ve bundan her şey takip eder.XM(ω)ωMXMMXM

İlk olarak, . Olay bölümleme ile olarak, hemen önceki değerine göre ve izin yüz ifadesi ihtimali olduğu kalıbının bir rulo ( ),XM(ω)M{0,1,2,3,4,5}XMM=kωp(i)=1/6ii=1,2,3,4,5,6

Pr(XMM=k)=j=k6Pr(EM+kj)p(j)=16j=k6Pr(EM+kj).

Bu noktada buluşsal olarak, en küçük , herkes için çok iyi bir yaklaşım olduğunu iddia edebilirizBunun nedeni, bir rulonun beklenen değerinin ve karşılıklılığının belirli bir değerin sınırlayıcı, kararlı uzun çalışma frekansı olması gerektiğidir .M

Pr(Ei)2/7.
(1+2+3+4+5+6)/6=7/2ω

Bunu göstermenin titiz bir yolu, nasıl olabileceğini dikkate alır . Ya oluşur ve sonraki rulo ; veya oluşur ve sonraki rulo bir ; ... ya meydana gelir ve daha sonra rulo olarak . Bu, olasılıkların,EiEi11Ei22Ei66

Pr(Ei)=j=16Pr(Eij)p(j)=16j=16Pr(Eij).

Bu dizinin başlangıç ​​değerleri:

Pr(E0)=1;Pr(Ei)=0,i=1,2,3,.

Şekil: E_i çizimi

Bu arsa karşı şansı bir sabite yerleşmek ne kadar hızlı gösterir yatay noktalı çizgi ile gösterilir.Pr(Ei)i2/7

Bu tür özyinelemeli dizilerin standart bir teorisi vardır. Fonksiyonlar, Markov zincirleri veya hatta cebirsel manipülasyon üretilerek geliştirilebilir. Genel sonuç, için kapalı form formülün mevcut olmasıdır. Pr(Ei) Bir sabitin ve polinomun köklerinin güçlerinin doğrusal bir kombinasyonu olacaktır.ith

x6p(1)x5p(2)x4p(3)x3p(6)=x6(x5+x4+x3+x2+x+1)/6.

Bu köklerin en büyük büyüklüğü yaklaşık . Çift kesinlikli kayar nokta gösteriminde, esasen sıfırdır. Bu nedenle, , sabit dışında tümünü tamamen yok sayabiliriz. Bu sabit .exp(0.314368)exp(36.05)i36.05/0.314368=1152/7

Sonuç olarak, için , atabileceğiiki tüm pratik amaçlar için , neredenM=300115EM+kj=2/7

Pr(XMM=(0,1,2,3,4,5))=(27)(16)(6,5,4,3,2,1).

Bu dağılımın ortalamasını ve varyansını hesaplamak basit ve kolaydır.


İşte Rbu sonuçları doğrulamak için bir simülasyon. ile neredeyse 100.000 dizi üretir , değerlerini tablo haline getirir ve sonuçların yukarıdaki ile tutarlı olup olmadığını değerlendirmek için bir testi uygular . p değeri (bu durumda) tutarlı olduklarını gösterecek kadar büyüktür.x 300 - 300 χ 2 0.1367M+5=305X300300χ20.1367

M <- 300
n.iter <- 1e5
set.seed(17)
n <- ceiling((2/7) * (M + 3*sqrt(M)))
dice <- matrix(ceiling(6*runif(n*n.iter)), n, n.iter)
omega <- apply(dice, 2, cumsum)
omega <- omega[, apply(omega, 2, max) >= M+5]
omega[omega < M] <- NA
x <- apply(omega, 2, min, na.rm=TRUE)
count <- tabulate(x)[0:5+M]
(cbind(count, expected=round((2/7) * (6:1)/6 * length(x), 1)))
chisq.test(count, p=(2/7) * (6:1)/6)
Sitemizi kullandığınızda şunları okuyup anladığınızı kabul etmiş olursunuz: Çerez Politikası ve Gizlilik Politikası.
Licensed under cc by-sa 3.0 with attribution required.