Bir kalıbı 4 dışında herhangi bir sayıya düşene kadar yuvarlayın. Sonuç> 4 olma olasılığı nedir?

20

Bir oyuncuya adil, altı taraflı bir kalıp verilir. Kazanmak için 4'ten büyük bir sayı (yani 5 veya 6) yuvarlaması gerekir. Eğer 4 yuvarlarsa, yine yuvarlanmalı. Kazanma ihtimali nedir?

Bence kazanma olasılığı, tekrar tekrar şöyle ifade edilebilir: $P(W)$

P (W) = P (r = 5 \cup r = 6) + P (r = 4) \cdot P (W)

$P(W) = P(r = 5 \cup r = 6) + P(r = 4) \cdot P(W)$

Ben yaklaşık olarak ettik olarak böyle Java 1000000 denemeler çalıştırarak: $P(W)$ $0.3999$

import java.util.Random;
public class Dice {

    public static void main(String[] args) {
        int runs = 1000000000;
        int wins = 0;
        for (int i = 0; i < runs; i++) {
            wins += playGame();
        }
        System.out.println(wins / (double)runs);
    }

    static Random r = new Random();

    private static int playGame() {
        int roll;
        while ((roll = r.nextInt(6) + 1) == 4);
        return (roll == 5 || roll == 6) ? 1 : 0;
    }
}

Ve görüyorum ki şu şekilde genişletilebilir : $P(W)$

P (W) = \frac{1}{3} + \frac{1}{6} (\frac{1}{3} + \frac{1}{6} (\frac{1}{3} + \frac{1}{6})) . . .

$P(W) = \frac{1}{3} + \frac{1}{6} \left(\frac{1}{3} + \frac{1}{6}\left(\frac{1}{3} + \frac{1}{6}\right)\right)...$

Ama bu tür bir tekrarlama ilişkisini bu tür bir yaklaşıma başvurmadan nasıl çözeceğimizi bilmiyorum. Mümkün mü?

probability

— tronbabylove
kaynak

6

Bu, tekrarlama ilişkisini kurmak için çok çaba harcıyor. Cevabın 0,4 olduğuna inanmak için iyi bir nedeniniz var. Bu, size doğrudan yanıtı veren sorunu düşünmenin başka bir yolu olduğuna dair güçlü bir ipucu. I aramak. Geomatt'ın cevabı sizi oraya götürecek, bu da burada neler olduğunu anlamanıza ve hatta bu tür bir çaba olmadan karşılaştığınız diğer sorunları daha hızlı bir şekilde basitleştirmenize yardımcı olacaktır. Görünüşte karmaşık bir sorunun basit bir cevabı var gibi görünüyorsa, nedenini anlamaya çalışmak için her zaman zaman ayırmalısınız. Daha sonra büyük temettüler öder.

— Joel

8

Altı sonucun tümünün eşit olasılıkları ve ruloların bağımsızlığı nedeniyle, bu deneyin belirli herhangi bir sonucu hakkında özel bir şey olmadığını anladıktan sonra, olası sonuçların beşinin de eşit derecede olası olduğu açıktır.

— whuber

6

Kimse henüz bu konuda emici Markov Zinciri çözüm koymak vermedi biraz hayal kırıklığına uğrattı :-) Matematik Yığın Borsası nadiren Çapraz Doğrulanmış nüfuz gibi görünüyor "overkill çözüm" asil bir geleneğe sahiptir ...

— Silverfish

2

den dan birini seçmek 2/5 'dir, bu nedenle simülasyonunuz muhtemelen doğrudur.

{5, 6}

$\{5,6\}$

{1, 2, 3, 5, 6}

$\{1,2,3,5,6\}$

— mathreadler

2

Bu yazı cevaplara karşı veri bilimcilerinin istatistikçilere karşı olduğunu hayal ediyorum.

— bdeonovic

47

Sadece cebir kullanarak çöz:

\begin{aligned} P (W) & = \frac{2}{6} + \frac{1}{6} \cdot P (W) \\ \frac{5}{6} \cdot P (W) & = \frac{2}{6} \\ P (W) & = \frac{2}{5} . \end{aligned}

$\begin{aligned} P(W) &= \tfrac 2 6 + \tfrac 1 6 \cdot P(W) \\[7pt] \tfrac 5 6 \cdot P(W) &= \tfrac 2 6 \\[7pt] P(W) &= \tfrac 2 5. \end{aligned}$

— dsaxton
kaynak

2

Bu hesaplamanın yalnızca Güçlü Markov Özelliği'nin ayrı Markov zincirleri için geçerli olması nedeniyle geçerli olduğunu unutmayın.

— Chill2Macht

Ayrık Markov zincirlerimi hatırlamıyorum, ancak basit matematikten, yineleme ilişkisinin sadece Güçlü Markov Özelliği nedeniyle geçerli olduğunu söylemek zorundayım . İlişki kurulduktan sonra sadece x için çözüyoruz.

— josinalvo

Bu doğru mu?

— josinalvo

1

@josinalvo: Teknik olarak soru, denklemin her iki tarafındaki P (W) 'nin aynı anlama gelip gelmediği. Güçlü Markov Mülkiyeti yaptıklarını ima eder. Bu mülkün yokluğunda, sol taraftaki P (W) "bu topla kazanma şansı" ve sağdaki 1/6 * P (W) "4 yuvarladıktan sonra kazanma şansı" anlamına gelir.

— MSalters

81

Not: Bu, yineleme yerine ilk sorunun cevabıdır.

Bir 4 yuvarlarsa, esas olarak sayılmaz, çünkü bir sonraki rulo bağımsızdır. Başka bir deyişle, 4'ü yuvarladıktan sonra durum başladığı zamanla aynıdır. Böylece 4'ü göz ardı edebilirsiniz. O zaman önemli olabilecek sonuçlar 1-3 ve 5-6'dır. 5 farklı sonuç vardır, bunlardan 2'si kazanır. Yani cevap 2/5 = 0.4 =% 40.

— GeoMatt22
kaynak

8

Bunu biraz daha doğrudan yapabilirsiniz: "4 olmayan ilk rulosu düşünün. O zaman sonuçlar ..."

— Joel

2

Çoğu insanın gözleri tonlarca matematik gördüklerinde yuvarlanır, bu yüzden bunu daha iyi seviyorum. Temel olarak 4'ü sonuçlardan kaldırıyorsunuz, bu yüzden 1, 2, 3, 5, 6.

— Nelson

Bunu başlıktan düşündüm, bu yüzden tıkladıktan sonra çoğunlukla tüm soruyu gözden kaçırdım. Aksi takdirde muhtemelen kendimi karıştırırdım ve ikinci tahminim olurdu!

— GeoMatt22

1

@Nelson Bu tür bir akıl yürütme gördüklerinde gözleri bu tür bir akıl yürütme gördüklerinde,

gördüklerinde gözlerinin üzerinden dönen insanlardan daha fazla insan gördüm .

p = a + b p

$p=a+bp$

— JiK

Evet. Hikayenin ahlakı: bir problemi olması gerekenden daha zor yapmaya çalışmayın.

— Jay

14

Dsaxton ( /stats//a/232107/90759 ) ve GeoMatt22 ( /stats//a/232107/90759 ) tarafından verilen yanıtlar soruna en iyi yaklaşımları sunmaktadır. Bir diğeri, ifadenizin

P (W) = \frac{1}{3} + \frac{1}{6} (\frac{1}{3} + \frac{1}{6} (\dots))

$P(W) = \frac13+\frac16\left(\frac13+\frac16(\cdots)\right)$

Gerçekten geometrik bir ilerlemedir :

\frac{1}{3} + \frac{1}{6} \frac{1}{3} + \frac{1}{6^{2}} \frac{1}{3} + \dots

$\frac13+\frac16\frac13+\frac1{6^2}\frac13+\cdots$

Genel olarak

\sum_{n = 0}^{\infty} a_{0} q^{n} = \frac{a_{0}}{1 - q}

$\sum_{n=0}^{\infty}a_0q^n = \frac{a_0}{1-q}$

işte burada

P (W) = \frac{\frac{1}{3}}{1 - \frac{1}{6}} = \frac{1}{3} : \frac{5}{6} = \frac{6}{15} = \frac{2}{5} .

$P(W) = \frac{\frac13}{1-\frac16} = \frac13:\frac56=\frac{6}{15}=\frac25.$

Tabii ki, bir geometrik ilerlemenin toplamı için genel formülü kanıtlamanın yolu, dsaxton'a benzer bir cebirsel çözüm kullanmaktır.

— Meni Rosenfeld
kaynak

@William, yorumunuzun çeşitli nedenlerle uygun olduğunu düşünmüyorum. 1. Bunun için geometrik serilere ihtiyacınız olduğunu hiç söylemedim . 2. Cevabınızda kullandığınız kavramlar çok daha ağır makinelerdir, "geometrik serilere ihtiyacınız yok! Sadece çok daha gelişmiş ve sofistike güçlü Markov özelliğine ihtiyacınız var" demek ironiktir. 3. dsaxton tarafından basit ve titiz bir çözüm sağlanmıştır. Metodunuz bu sorun için daha dolambaçlı ve aşırı yüklüdür. 4. OP zaten geometrik bir diziye eşdeğer bir ifadeye sahipti, birisi bunu ele almak zorundaydı, ben de olabilir.

— Meni Rosenfeld

1

@William: Sonuçta, kendi cevabınız iyi, anlayışlı ve soruya verilen cevapların toplanmasına faydalı bir ek. Bu, diğer cevaplara gitmeniz ve sizin yanıtınızın çok daha iyi olduğunu söylemeniz gerektiği anlamına gelmez. Hepsi de iyi. Her şeye mümkün olan en soyut ve genel bir şekilde yaklaşılmamalıdır.

— Meni Rosenfeld

Bir matematik binbaşı olduğumdan beri bir süredir, bu yüzden cevabımın titizliği yoksa özür dilerim. (Lütfen bana bu seçimin aksiyomuna bağlı olduğunu söyleme , bu aşağılayıcı olacaktır!) :)

— GeoMatt22 20:16

3

Yukarıdaki yanıtların hepsi doğrudur, ancak neden doğru olduklarını ve neden bu kadar çok ayrıntıyı göz ardı edebileceğinizi ve karmaşık bir yineleme ilişkisini çözmek zorunda kalmayacağınızı açıklamazlar .

Diğer cevapların doğru olmasının nedeni , ayrı bir Markov Zinciri için normal Markov özelliğine eşdeğer olan Güçlü Markov özelliğidir. https://en.wikipedia.org/wiki/Markov_property#Strong_Markov_property

Temel olarak, rastgele değişkenin

$\tau:=($

bir durma zamanı . https://en.wikipedia.org/wiki/Stopping_time Durma süresi gelecekteki herhangi bir bilgiye bağlı olmayan rastgele bir değişkendir .

$n$ $\tau=n$ $\tau$

$\tau$ $X_{\tau}$

$\tau -1$ $\tau$ $X_{\tau} > 4$

P (X_{τ} > 4 | τ = 1) = P (X_{τ} > 4 | τ = 2) = \dots = P (X_{τ} > 4 | τ = 50, 000, 000) = ...

$\mathbb{P}(X_{\tau}>4|\tau=1)=\mathbb{P}(X_{\tau}>4|\tau=2)=\dots = \mathbb{P}(X_{\tau}>4|\tau=50,000,000)=\dots$

$\tau=1$

P (X_{1} > 4 | X \neq 4) = \frac{P (X_{1} > 4 \cap X_{1} \neq 4)}{P (X_{1} \neq 4)} = \frac{P (X_{1} > 4)}{P (X_{1} \neq 4)} = \frac{\frac{1}{3}}{\frac{5}{6}} = \frac{1}{3} \cdot \frac{6}{5} = \frac{2}{5}

$\mathbb{P}(X_1>4|X\not=4) = \frac{\mathbb{P}(X_1 > 4 \cap X_1 \not=4)}{\mathbb{P}(X_1 \not= 4)} = \frac{\mathbb{P}(X_1 > 4)}{\mathbb{P}(X_1 \not=4)}=\frac{\frac{1}{3}}{\frac{5}{6}}=\frac{1}{3}\cdot\frac{6}{5}=\frac{2}{5}$

Durrett zamanları ve Güçlü Markov mülkü hakkında daha fazla bilgiyi Durrett'in Olasılık Teorisi ve Örnekleri , Bölüm 4. (4. basım) , s. 365.

— Chill2Macht
kaynak

Wiki girişinden anlayabildiğim kadarıyla, bir durma süresinin varlığı gereklidir, ancak bir dizi olayın SMP'yi sergilediğini söylemek yeterli değildir. Şaka ya da derin bir içgörü eksiksem özür dilerim, ama neden sadece ruloların bağımsız olduğunu ve bununla başa çıktığını düşünmüyorsun?

— Jacob Raihle

@JacobRaihle "Ayrık bir Markov Zinciri için normal Markov özelliğine eşdeğer olan güçlü Markov özelliği." Bu senaryo açıkça ayrı bir Markov zincirini oluşturmaktadır. Rulolar bağımsızdır, bu yüzden ayrı bir Markov zinciri. Mesele şu ki, "4'e inmeyen ilk rulo", umarım açık nedenlerden ötürü, önceki rulolardan bağımsız değildir .

— Chill2Macht

Ruloların bağımsız olduğu da aynı derecede açıktır. Peki, SMP hangi ek yararı sağlar?

— Jacob Raihle

@JacobRaihle Merdanelerin değeri bağımsız olmasına rağmen, kalıbın ilk kez 4'e eşit olmayan bir değere indiğinde, kalıbın önceki merdanelere indiği değerlerden bağımsız DEĞİLDİR.

— Chill2Macht

Olmalı, çünkü haddeleme en kısa sürede durur. İlk olmayan 4 olmayan rulo da olamaz. Durum böyle olmasa bile, ne tür bir ilişki önerdiğinizden emin değilim.

— Jacob Raihle

1

Soruna bakmanın başka bir yolu.

'Gerçek sonuç' 1,2,3,5 veya 6 diyelim.

Eğer 'gerçek bir sonuç' elde ederseniz, ilk atışta kazanma olasılığı nedir? 2/5

Eğer ikinci rulo ilk kez 'gerçek bir sonuç' alırsanız, ikinci ruloda kazanma olasılığı nedir? 2/5

Üçüncü, dördüncü için aynı.

Böylece, numunenizi (infinte) daha küçük numunelerde kırabilirsiniz ve bu numunelerin hepsi aynı olasılığı verir.

— josinalvo
kaynak