Zeka Oyunları: pr (kafa) = p değerine sahip önyargılı bir bozuk para kullanarak eşit olasılıkla 7 tam sayı nasıl oluşturulur?

Bu, Glassdoor'da bulduğum bir sorudur : bir jeton kullanarak eşit olasılıkla 7 tam sayı nasıl üretilir ?$\mathbb{Pr}(\text{Head}) = p\in(0,1)$

Temel olarak, adil olabilecek veya olmayabilir bir madeni paranız var ve bu, sahip olduğunuz tek rastgele sayı üreten işlemdir, yani 1'den 7'ye tamsayılar çıkaran rastgele sayı üreteci ile gelir; 1/7.

Verilerin üretilmesi süreç sorunları yaratıyor.

Bozuk parayı iki kere çevirin. İnerse HHya da TTyoksay ve tekrar iki kez çevir.

Şimdi, bozuk para geliyor eşit olasılığa sahip HTveya TH. Eğer gelirse HT, bunu ara H1. Eğer gelirse TH, bunu ara T1.

Elde etmeye H1veya T1art arda üç tane alana kadar. Bu üç sonuç size aşağıdaki tabloya göre bir numara verir:

H1 H1 H1 -> 1
H1 H1 T1 -> 2
H1 T1 H1 -> 3
H1 T1 T1 -> 4
T1 H1 H1 -> 5
T1 H1 T1 -> 6
T1 T1 H1 -> 7
T1 T1 T1 -> [Throw out all results so far and repeat]

Sürecinde çok fazla boşa harcamış olsanız da, bunun mükemmel bir şekilde işe yarayacağını savunuyorum!

Farz edelim ki .$p \in (0,1)$

Aşama 1: . Bozuk parayı 5 kez at.

Sonuç ise

$(H, H, H, T, T)$ , döndür ve dur.$1$

$(H, H, T, T, H)$ , döndür ve dur.$2$

$(H, T, T, H, H)$ , döndür ve dur.$3$

$(T, T, H, H, H)$ , döndür ve dur.$4$

$(T, H, H, H, T)$ , döndür ve dur.$5$

$(H, H, T, H, T)$ , ve dur.$6$

$(H, T, H, T, H)$ , ve dur.$7$

Aşama 2: . Sonuç yukarıdakilerin hiçbiri değilse, 1. Adımı tekrarlayın.

değerinden bağımsız olarak, yukarıda listelenen yedi sonucun her birinin olasılığına sahip olduğunu ve beklenen madeni para sayısının . Atıcı, değerini bilmek zorunda değildir ( ve hariç ); Yedi tamsayının, deney sona erdiğinde deney tarafından geri dönmesi muhtemel olduğu garanti edilir (ve olasılık ile bitmesi garanti edilir ).$p \in (0,1)$$q = p^3(1-p)^2$$\displaystyle \frac{5}{7q}$$p$$p\neq 0$$p\neq 1$$1$

Dilip Sarwate tarafından açıklanan durumun genelleştirilmesi

Diğer cevaplarda açıklanan yöntemlerden bazıları, bir 'sırayla' $n$ jeton dizisi attığınız bir şema kullanır ve sonucuna bağlı olarak 1 veya 7 arasında bir sayı seçersiniz ya da dönüşü atar ve tekrar atılır.

Hile olasılıklar genişleme aynı olasılığı ile 7 sonuçların bir çoklu bulmaktır $p^k(1-p)^{n-k}$ ve birbirlerine karşı eşleşir.

Toplam sonuç sayısı 7'nin katı olmadığı için, bir sayıya atamayacağımız birkaç sonucumuz var ve sonuçları atmamız ve baştan başlamamız gereken bir olasılık var.

---

Tur başına 7 jeton kullanma vakası

Sezgisel olarak, zarları yedi kez çevirmenin çok ilginç olacağını söyleyebiliriz. Zira sadece $2^7$ olasılıktan 2'sini atmamız gerekiyor. Yani, 7 kez kafa ve 0 kez kafa.

Diğer tüm $2^7-2$ olasılıkları için, her zaman aynı sayıda kafaya sahip olan 7 vakadan oluşan bir durum vardır. Yani 1 başlı 7 olgu, 21 başlı 2 olgu, 3 başlı 35 olgu, 4 başlı 35 olgu, 5 başlı 21 olgu ve 6 başlı 7 olgu.

Yani sayıyı hesaplarsanız (0 kafa ve 7 kafa atılarak)

$$X = \sum_{k=1}^{7} (k-1) \cdot C_k$$

ile $C_k$ Bernoulli dağıtılmış değişkenler (0 ya da 1) yedi sonuç ile, X modülo 7 muntazam bir değişken.

---

Tur başına farklı sayıdaki jeton çevirilerinin karşılaştırılması

Her soru, tur başına en uygun rulo sayısının ne olacağı yönündedir. Tur başına daha fazla zar atmak size daha pahalıya mal olur, ancak tekrar yuvarlanma olasılığını düşürürsünüz.

Aşağıdaki resimde, dönüş başına ilk birkaç madeni para basma sayısı için manuel hesaplamalar gösterilmektedir. (muhtemelen analitik bir çözüm olabilir, ancak 7 madeni para klipsi olan bir sistemin gerekli madeni para klipsi için beklenen değere ilişkin en iyi yöntemi sağladığını söylemenin güvenli olduğuna inanıyorum)

# plot an empty canvas
plot(-100,-100,
     xlab="flips per turn",
     ylab="E(total flips)",
     ylim=c(7,400),xlim=c(0,20),log="y")
title("expectation value for total number of coin flips
(number of turns times flips per turn)")

# loop 1
# different values p from fair to very unfair 
# since this is symmetric only from 0 to 0.5 is necessary 

# loop 2
# different values for number of flips per turn
# we can only use a multiple of 7 to assign 
#   so the modulus will have to be discarded
#   from this we can calculate the probability that the turn succeeds
#   the expected number of flips is 
#       the flips per turn 
#             divided by 
#       the probability for the turn to succeed 

for (p in c(0.5,0.2,0.1,0.05)) {
  Ecoins <- rep(0,16)
  for (dr in (5:20)){
    Pdiscards = 0
    for (i in c(0:dr)) { 
      Pdiscards = Pdiscards + p^(i)*(1-p)^(dr-i) * (choose(dr,i) %% 7)
    }
    Ecoins[dr-4] = dr/(1-Pdiscards)
  }
  lines(5:20, Ecoins)
  points(5:20, Ecoins, pch=21, col="black", bg="white", cex=0.5)
  text(5, Ecoins[1], paste0("p = ",p), pos=2)
}

---

Erken bir durma kuralı kullanma

not: Aşağıdaki hesaplamalar, fiş sayısının beklenti değeri için, adil bir para için $p=0.5$ , farklı $p$ için bunu yapmak karışıklık yaratacaktır , ancak ilke aynı kalmaktadır (farklı kitapların tutulması rağmen) davalar gerekli)

Daha önce durdurabileceğimiz durumları ( $X$ formülü yerine ) seçebilmeliyiz.

• 5 jetonlu çevirme ile altı olası farklı sıralanmamış kafa ve kuyruk kümesi için elimizde:

  1 + 5 + 10 + 10 + 5 + 1 sipariş setleri

  Ve (eşit olasılıkla) bir sayı seçmek için on olgulu (2 kafalı grup veya 2 kuyruklu grup) olan grupları kullanabiliriz. Bu, 2 ^ 5 = 32 vakanın 14'ünde meydana gelir. Bu bize ile bırakır:

  1 + 5 + 3 + 3 + 5 + 1 sipariş setleri

• Ekstra (6'lık) bir jetonlu çevirme ile yedi farklı sıralanmamış kafa ve kuyruk grubuna sahibiz:

  1 + 6 + 8 + 6 + 8 + 6 + 1 sipariş setleri

  Ve (eşit olasılıkla) bir sayı seçmek için sekiz durumlu (3 kafalı grup veya 3 kuyruklu grup) olan grupları kullanabiliriz. Bu, 2'den 14'ünde * olur (2 ^ 5-14) = 36 vaka. Bu bize ile bırakır:

  1 + 6 + 1 + 6 + 1 + 6 + 1 sipariş setleri

• Başka bir (7'nci) ekstra jetonlu çevirme ile sekiz olası farklı sıralanmamış kafa ve kuyruk kümesi için elimizde:

  1 + 7 + 7 + 7 + 7 + 7 + 7 + 1 sıralı ayarlar

  Ve (eşit olasılıkla) bir sayı seçmek için yedi durumlu grupları (tüm kuyruklar ve tüm kafalar hariç) kullanabiliriz. Bu 44 vakadan 42'sinde meydana gelir. Bu bize ile bırakır:

  1 + 0 + 0 + 0 + 0 + 0 + 0 + 1 sıralı setleri

  (buna devam edebiliriz, ancak sadece 49. adımda bu bize bir avantaj sağlıyor)

Yani bir sayı seçme olasılığı

• 5 flişte $\frac{14}{32} = \frac{7}{16}$
• 6 çırpıda $\frac{9}{16}\frac{14}{36} = \frac{7}{32}$
• saat 7'de $\frac{11}{32}\frac{42}{44} = \frac{231}{704}$
• 7 klipte değil $1-\frac{7}{16}-\frac{7}{32}-\frac{231}{704} = \frac{2}{2^7}$

Bu, bir turdaki sayılar için beklenti değerini yapar, başarı olması şartına bağlıdır ve p = 0.5:

$$5 \cdot \frac{7}{16}+ 6 \cdot \frac{7}{32} + 7 \cdot \frac{231}{704} = 5.796875$$

Toplam çevirme sayısının beklenti değeri (başarılı oluncaya kadar), p = 0,5 olması koşuluyla şöyle olur:

$$\left(5 \cdot \frac{7}{16}+ 6 \cdot \frac{7}{32} + 7 \cdot \frac{231}{704}\right) \frac{2^7}{2^7-2} = \frac{53}{9} = 5.88889$$

---

NcAdams tarafından verilen cevap, bu durdurma kuralı stratejisinin bir çeşitlemesini kullanır (her seferinde iki yeni yazı turasıyla gelir), ancak tüm kopyaları en iyi şekilde seçmez.

Her iki madalyonun bir rakamı atacağı dengesiz bir seçim kuralı olsa da, Clid'in cevabı da benzer olabilir, ancak eşit olasılıkla zorunlu olmayabilir (daha sonra madalyonun fişi sırasında tamir edilen bir tutarsızlık)

---

Diğer yöntemlerle karşılaştırma

Benzer bir prensip kullanan diğer yöntemler NcAdams ve AdamO tarafından kullanılan yöntemlerdir.

İlke : Belli sayıda kafa ve yazıdan sonra 1 ile 7 arasında bir sayı kararı verilir. Bir sonra, $x$ bir sayıya neden olmaktadır her karar için çevirir sayısı, $i$ bir sayı neden benzer eşit muhtemel karar vardır $j$ (baş ve kuyruk ama sadece farklı bir sırayla aynı sayıda). Bazı kafa ve kuyruk serileri baştan başlamak için bir karar verebilir.

O an başlar ve kuyruklar 7 eşit olasılık dizileri için bir olasılık var gibi (mümkün olduğunca erken kararlar nedeniyle yöntemlerin böyle türü için buraya yerleştirilen bir sonra en verimli $x$ -inci kapak, biz kullanabilirsiniz bir sayı hakkında karar vermek için onları ve bu davalardan biriyle karşılaşırsak daha fazla çevirmemize gerek kalmaz).

Bu, aşağıdaki resimde ve simülasyonda gösterilmektedir:

#### mathematical part #####
set.seed(1)


#plotting this method
p <- seq(0.001,0.999,0.001)
tot <- (5*7*(p^2*(1-p)^3+p^3*(1-p)^2)+
       6*7*(p^2*(1-p)^4+p^4*(1-p)^2)+
       7*7*(p^1*(1-p)^6+p^2*(1-p)^5+p^3*(1-p)^4+p^4*(1-p)^3+p^5*(1-p)^2+p^6*(1-p)^1)+
        7*1*(0+p^7+(1-p)^7) )/
             (1-p^7-(1-p)^7)
plot(p,tot,type="l",log="y",
     xlab="p",
     ylab="expactation value number of flips"
     )

#plotting method by AdamO
tot <- (7*(p^20-20*p^19+189*p^18-1121*p^17+4674*p^16-14536*p^15+34900*p^14-66014*p^13+99426*p^12-119573*p^11+114257*p^10-85514*p^9+48750*p^8-20100*p^7+5400*p^6-720*p^5)+6*
          (-7*p^21+140*p^20-1323*p^19+7847*p^18-32718*p^17+101752*p^16-244307*p^15+462196*p^14-696612*p^13+839468*p^12-806260*p^11+610617*p^10-357343*p^9+156100*p^8-47950*p^7+9240*p^6-840*p^5)+5*
          (21*p^22-420*p^21+3969*p^20-23541*p^19+98154*p^18-305277*p^17+733257*p^16-1389066*p^15+2100987*p^14-2552529*p^13+2493624*p^12-1952475*p^11+1215900*p^10-594216*p^9+222600*p^8-61068*p^7+11088*p^6-1008*p^5)+4*(-
          35*p^23+700*p^22-6615*p^21+39235*p^20-163625*p^19+509425*p^18-1227345*p^17+2341955*p^16-3595725*p^15+4493195*p^14-4609675*p^13+3907820*p^12-2745610*p^11+1592640*p^10-750855*p^9+278250*p^8-76335*p^7+13860*p^6-
          1260*p^5)+3*(35*p^24-700*p^23+6615*p^22-39270*p^21+164325*p^20-515935*p^19+1264725*p^18-2490320*p^17+4027555*p^16-5447470*p^15+6245645*p^14-6113275*p^13+5102720*p^12-3597370*p^11+2105880*p^10-999180*p^9+371000
           *p^8-101780*p^7+18480*p^6-1680*p^5)+2*(-21*p^25+420*p^24-3990*p^23+24024*p^22-103362*p^21+340221*p^20-896679*p^19+1954827*p^18-3604755*p^17+5695179*p^16-7742301*p^15+9038379*p^14-9009357*p^13+7608720*p^12-
           5390385*p^11+3158820*p^10-1498770*p^9+556500*p^8-152670*p^7+27720*p^6-2520*p^5))/(7*p^27-147*p^26+1505*p^25-10073*p^24+49777*p^23-193781*p^22+616532*p^21-1636082*p^20+3660762*p^19-6946380*p^18+11213888*p^17-
           15426950*p^16+18087244*p^15-18037012*p^14+15224160*p^13-10781610*p^12+6317640*p^11-2997540*p^10+1113000*p^9-305340*p^8+55440*p^7-5040*p^6)
lines(p,tot,col=2,lty=2)

#plotting method by NcAdam
lines(p,3*8/7/(p*(1-p)),col=3,lty=2)

legend(0.2,500,
       c("this method calculation","AdamO","NcAdams","this method simulation"),
       lty=c(1,2,2,0),pch=c(NA,NA,NA,1),col=c(1,2,3,1))


##### simulation part ######

#creating decision table
mat<-matrix(as.numeric(intToBits(c(0:(2^5-1)))),2^5,byrow=1)[,c(1:12)]
colnames(mat) <- c("b1","b2","b3","b4","b5","b6","b7","sum5","sum6","sum7","decision","exit")

# first 5 rolls
mat[,8] <- sapply(c(1:2^5), FUN = function(x) {sum(mat[x,1:5])})

mat[which((mat[,8]==2)&(mat[,11]==0))[1:7],12] = rep(5,7) # we can stop for 7 cases with 2 heads
mat[which((mat[,8]==2)&(mat[,11]==0))[1:7],11] = c(1:7)   
mat[which((mat[,8]==3)&(mat[,11]==0))[1:7],12] = rep(5,7) # we can stop for 7 cases with 3 heads
mat[which((mat[,8]==3)&(mat[,11]==0))[1:7],11] = c(1:7)    

# extra 6th roll
mat <- rbind(mat,mat)
mat[c(33:64),6] <- rep(1,32)
mat[,9] <- sapply(c(1:2^6), FUN = function(x) {sum(mat[x,1:6])})

mat[which((mat[,9]==2)&(mat[,11]==0))[1:7],12] = rep(6,7) # we can stop for 7 cases with 2 heads
mat[which((mat[,9]==2)&(mat[,11]==0))[1:7],11] = c(1:7)   
mat[which((mat[,9]==4)&(mat[,11]==0))[1:7],12] = rep(6,7) # we can stop for 7 cases with 4 heads
mat[which((mat[,9]==4)&(mat[,11]==0))[1:7],11] = c(1:7)    

# extra 7th roll
mat <- rbind(mat,mat)
mat[c(65:128),7] <- rep(1,64)
mat[,10] <- sapply(c(1:2^7), FUN = function(x) {sum(mat[x,1:7])})

for (i in 1:6) {
  mat[which((mat[,10]==i)&(mat[,11]==0))[1:7],12] = rep(7,7) # we can stop for 7 cases with i heads
  mat[which((mat[,10]==i)&(mat[,11]==0))[1:7],11] = c(1:7)   
}


mat[1,12] = 7           # when we did not have succes we still need to count the 7 coin tosses
mat[2^7,12] = 7


draws = rep(0,100)
num = rep(0,100)
# plotting simulation
for (p in seq(0.05,0.95,0.05)) {
  n <- rep(0,1000)
  for (i in 1:1000) {
    coinflips <- rbinom(7,1,p)  # draw seven numbers
    I <- mat[,1:7]-matrix(rep(coinflips,2^7),2^7,byrow=1) == rep(0,7)                      # compare with the table
    Imatch = I[,1]*I[,2]*I[,3]*I[,4]*I[,5]*I[,6]*I[,7]        # compare with the table 
      draws[i] <- mat[which(Imatch==1),11]                 # result which number
      num[i]   <- mat[which(Imatch==1),12]                 # result how long it took
  }
  Nturn <- mean(num)                   #how many flips we made
  Sturn <- (1000-sum(draws==0))/1000   #how many numbers we got (relatively)
  points(p,Nturn/Sturn)
}

daha iyi karşılaştırma için $p*(1-p)$ tarafından ölçeklendirilen başka bir resim :

Bu yayında açıklanan yöntemleri ve yorumları karşılaştırarak yakınlaştır

'7. adımın şartlı atlanması' erken durma kuralında yapılabilecek hafif bir gelişmedir. Bu durumda, 6'ncı fişlerden sonra eşit olasılıktaki grupları seçemezsiniz. Eşit olasılıklara sahip 6 grubunuz ve biraz farklı olasılıklara sahip 1 grubunuz var (bu son grup için, 6 kafa veya kuyruk varken bir fazladan fazla zaman ayırmanız gerekir ve 7 kafa veya 7 yazıyı attığınız için sonuçta aynı olasılıkla)

---

StackExchangeStrike tarafından yazıldı.

Bir kutuyu, her biri bir tamsayı ile etiketlenmiş yedi eşit alanlı bölgeye bölün. Bozuk parayı kutuya, her bölgeye eşit iniş ihtimaline sahip olacak şekilde atın.

$\pi$

$p = 1$$p=0$

EDIT: başkalarının geri bildirimlerine dayanarak.

İşte ilginç bir düşünce:

{1,2,3,4,5,6,7} listesini ayarlayın. Listedeki her öğe için bozuk parayı sırayla atın. Belirli bir eleman için baş tarafı yukarı gelirse, numarayı listeden kaldırın. Listedeki belirli bir yinelemedeki tüm sayılar kaldırılırsa, örneklemeyi tekrarlayın. Bunu sadece bir numara kalana kadar yapın.

drop.one <- function(x, p) {
  drop <- runif(length(x)) < p
  if (all(drop))
    return(x)
  return(x[!drop])
}

sample.recur <- function(x, p) {
  if (length(x) > 1)
    return(sample.recur(drop.one(x, p), p))
  return(x)
}

# x <- c(1:7,7:1)
x <- 1:7
p <- 0.01

out <- replicate(1e5, sample.recur(x, p))

round(prop.table(table(out)), 2)

bana yaklaşık olarak tek tip bir dağılım verir

> round(prop.table(table(out)), 2)
out
   1    2    3    4    5    6    7 
0.14 0.14 0.15 0.14 0.14 0.14 0.14 

$N$

---

Bozuk para atma sayısı için beklenti değerinin değerlendirilmesi

$x$$y$

$$M = \begin{bmatrix} q^7 & 0 & 0 & 0 &0 & 0 & 1 & 1\\ 7p^1q^6 & q^6 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 21p^2q^5 & 6p^1q^5 & q^5 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0\\ 35 p^3q^4 & 15 p^2q^4 & 5q^4 & q^4 & 0 & 0 & 0 & 0\\ 35 p^4q^3 & 20 p^3q^3 & 10 p^2q^3 & 4 p^1q^3 & q^3 & 0 & 0 & 0\\ 21p^5q^2 & 15 p^4q^2 & 10 p^3q^2 & 6 p^2q^2 & 3 p^1q^2 & q^2 & 0 & 0\\ 7p^6q^1 & 6 p^5q^1 & 5 p^4q^1 & 4 p^3q^1 & 3p^2q^1 & 2p^1q^1 & 0 & 0\\ p^7 & p^6 & p^5 & p^4 & p^3 & p^2 & 0 & 0 \end{bmatrix}$$

$(M-I)v=0$

$E(n) = \frac{24}{7}p(1-p)$

$p>2/3$

WxMaxima ile bulunan çözüm

M: matrix(
 [(1-p)^7,        0,          0,0,0,0,1,1], 
 [7* p*(1-p)^6,   (1-p)^6,        0,0,0,0,0,0], 
 [21*p^2*(1-p)^5, 6*p*(1-p)^5,    (1-p)^5,0,0,0,0,0], 
 [35*p^3*(1-p)^4, 15*p^2*(1-p)^4, 5*p*(1-p)^4,(1-p)^4,0,0,0,0], 
 [35*p^4*(1-p)^3, 20*p^3*(1-p)^3, 10*p^2*(1-p)^3,4*p*(1-p)^3,(1-p)^3,0,0,0], 
 [21*p^5*(1-p)^2, 15*p^4*(1-p)^2, 10*p^3*(1-p)^2,6*p^2*(1-p)^2,3*p*(1-p)^2,(1-p)^2,0,0], 
 [7* p^6*(1-p)^1, 6*p^5*(1-p),    5*p^4*(1-p),4*p^3*(1-p),3*p^2*(1-p),2*(1-p)*p,0,0], 
 [p^7,        p^6,        p^5,p^4,p^3,p^2,0,0]
);
z: nullspace(M-diagmatrix(8,1));
x : apply (addcol, args (z));
t : [7,6,5,4,3,2,0,0];
plot2d(t.x/x[7],[p,0,1],logy);

R hesaplamaları

# plotting empty canvas
plot(-100,-100,
     xlab="p",
     ylab="E(total flips)",
     ylim=c(10,1000),xlim=c(0,1),log="y")

# plotting simulation
for (p in seq(0.1,0.9,0.05)) {

  n <- rep(0,10000)
  for (i in 1:10000) {
    success  = 0
    tests = c(1,1,1,1,1,1,1)     # start with seven numbers in the set
    count = 0
    while(success==0) {
      for (j in 1:7)  {
        if (tests[j]==1) {
          count = count + 1
          if  (rbinom(1,1,p) == 1) {
            tests[j] <- 0        # elliminate number when we draw heads
          }
        }
      }
      if (sum(tests)==1) {
        n[i] = count
        success = 1              # end     when 1 is left over
      }
      if (sum(tests)==0) {
        tests = c(1,1,1,1,1,1,1) # restart when 0 are left over
      }
    }
  }
  points(p,mean(n))
}

# plotting formula
p <- seq(0.001,0.999,0.001)

tot <- (7*(p^20-20*p^19+189*p^18-1121*p^17+4674*p^16-14536*p^15+34900*p^14-66014*p^13+99426*p^12-119573*p^11+114257*p^10-85514*p^9+48750*p^8-20100*p^7+5400*p^6-720*p^5)+6*
    (-7*p^21+140*p^20-1323*p^19+7847*p^18-32718*p^17+101752*p^16-244307*p^15+462196*p^14-696612*p^13+839468*p^12-806260*p^11+610617*p^10-357343*p^9+156100*p^8-47950*p^7+9240*p^6-840*p^5)+5*
    (21*p^22-420*p^21+3969*p^20-23541*p^19+98154*p^18-305277*p^17+733257*p^16-1389066*p^15+2100987*p^14-2552529*p^13+2493624*p^12-1952475*p^11+1215900*p^10-594216*p^9+222600*p^8-61068*p^7+11088*p^6-1008*p^5)+4*(-
    35*p^23+700*p^22-6615*p^21+39235*p^20-163625*p^19+509425*p^18-1227345*p^17+2341955*p^16-3595725*p^15+4493195*p^14-4609675*p^13+3907820*p^12-2745610*p^11+1592640*p^10-750855*p^9+278250*p^8-76335*p^7+13860*p^6-
    1260*p^5)+3*(35*p^24-700*p^23+6615*p^22-39270*p^21+164325*p^20-515935*p^19+1264725*p^18-2490320*p^17+4027555*p^16-5447470*p^15+6245645*p^14-6113275*p^13+5102720*p^12-3597370*p^11+2105880*p^10-999180*p^9+371000
   *p^8-101780*p^7+18480*p^6-1680*p^5)+2*(-21*p^25+420*p^24-3990*p^23+24024*p^22-103362*p^21+340221*p^20-896679*p^19+1954827*p^18-3604755*p^17+5695179*p^16-7742301*p^15+9038379*p^14-9009357*p^13+7608720*p^12-
 5390385*p^11+3158820*p^10-1498770*p^9+556500*p^8-152670*p^7+27720*p^6-2520*p^5))/(7*p^27-147*p^26+1505*p^25-10073*p^24+49777*p^23-193781*p^22+616532*p^21-1636082*p^20+3660762*p^19-6946380*p^18+11213888*p^17-
  15426950*p^16+18087244*p^15-18037012*p^14+15224160*p^13-10781610*p^12+6317640*p^11-2997540*p^10+1113000*p^9-305340*p^8+55440*p^7-5040*p^6)
lines(p,tot)

#plotting comparison with alternative method
lines(p,3*8/7/(p*(1-p)),lty=2)

legend(0.2,500,
       c("simulation","calculation","comparison"),
       lty=c(0,1,2),pch=c(1,NA,NA))

Bu soru biraz belirsizdir, "eşit olasılıkla 7'ye eşit veya daha az rastgele bir tamsayı üretmek" mi, yoksa "eşit olasılıkla 7 rasgele tamsayı üretmek" mi soruyor? - ama tamsayıların alanı nedir?

Eski olduğunu varsayıyorum, ancak uyguladığım aynı mantık, bu sorun çözüldükten sonra ikinci duruma da genişletilebilir.

Taraflı bir bozuk parayla, aşağıdaki prosedürü uygulayarak adil bir para oluşturabilirsiniz: https://en.wikipedia.org/wiki/Fair_coin#Fair_results_from_a_biased_coin

7 veya daha az bir sayı, iki {0,1} basamak olarak ikili olarak yazılabilir. Bu nedenle, tek yapmanız gereken yukarıdaki prosedürü üç kez uygulamak ve üretilen ikili sayıyı tekrar ondalık basamağa dönüştürmektir.

Asla boşa gitmeyen bir çözüm çok taraflı paralar için çok yardımcı oluyor.

Bu algoritmanın dezavantajı (en azından yazıldığı gibi) keyfi-aritmetik kullanmasıdır. Pratik olarak, muhtemelen tamsayı taşana kadar kullanmak isteyeceksiniz ve ancak o zaman atıp baştan başlayın.

Ayrıca, önyargı bilmemiz gerekiyor ise o sıcaklığa bağlı en fiziksel fenomenlerin gibi ise, hangi diyelim ki, olmayabilir ....

---

Baş şansının% 30 olduğunu varsayarsak.

• Menzil ile başlayın [1, 8).
• Paranı çevir. Kafalarsa, sol% 30'u kullanın, yani yeni seriniz [1, 3.1). Aksi halde, doğru% 70 kullanın, yani yeni ürün seriniz [3.1, 8).
• Tüm aralık aynı tamsayıya sahip olana kadar tekrarlayın.

---

Tam kod:

#!/usr/bin/env python3
from fractions import Fraction
from collections import Counter
from random import randrange


BIAS = Fraction(3, 10)
STAT_COUNT = 100000


calls = 0
def biased_rand():
    global calls
    calls += 1
    return randrange(BIAS.denominator) < BIAS.numerator


def can_generate_multiple(start, stop):
    if stop.denominator == 1:
        # half-open range
        stop = stop.numerator - 1
    else:
        stop = int(stop)
    start = int(start)
    return start != stop


def unbiased_rand(start, stop):
    if start < 0:
        # negative numbers round wrong
        return start + unbiased_rand(0, stop - start)
    assert isinstance(start, int) and start >= 0
    assert isinstance(stop, int) and stop >= start
    start = Fraction(start)
    stop = Fraction(stop)
    while can_generate_multiple(start, stop):
        if biased_rand():
            old_diff = stop - start
            diff = old_diff * BIAS
            stop = start + diff
        else:
            old_diff = stop - start
            diff = old_diff * (1 - BIAS)
            start = stop - diff
    return int(start)


def stats(f, *args, **kwargs):
    c = Counter()
    for _ in range(STAT_COUNT):
        c[f(*args, **kwargs)] += 1

    print('stats for %s:' % f.__qualname__)
    for k, v in sorted(c.items()):
        percent = v * 100 / STAT_COUNT
        print('  %s: %f%%' % (k, percent))


def main():
    #stats(biased_rand)
    stats(unbiased_rand, 1, 7+1)
    print('used %f calls at bias %s' % (calls/STAT_COUNT, BIAS))


if __name__ == '__main__':
    main()

Daha önceki yorumlarda belirtildiği gibi, bu bildiri , Ulusal Standartlar Bürosu araştırma dergisinde yayınlanan John von Neumann'ın 1951 tarihli "Rastgele Rakamlarla Bağlantılı Kullanılan Çeşitli Teknikler" adlı makalesi ile ilgilidir :

$p$$f(p)$$f$ $f(p)=\min\{1,2p\}$$N$ Denemelerin

$p \neq 1$$p \neq 0$

İlk önce (muhtemelen) haksız madeni parayı NcAdams'ın cevabındaki süreci kullanarak adil bir paraya dönüştürüyoruz :

Bozuk parayı iki kere çevirin. İnerse HHya da TTyoksay ve tekrar iki kez çevir.

Şimdi, bozuk para geliyor eşit olasılığa sahip HTveya TH. Eğer gelirse HT, bunu ara H1. Eğer gelirse TH, bunu ara T1.

$0$$1$H1$= 1$T1 $= 0$0.H1 H1 T1$0.110$

$1/7$

$1/7 = 0.001 001 001 ...$

$2/7 = 0.010 010 010 ...$

$3/7 = 0.011 011 011 ...$

$4/7 = 0.100 100 100 ...$

$5/7 = 0.101 101 101 ...$

$6/7 = 0.110 110 110 ...$

$n$$n/7$$(n-1)/7$$1$$7$

AdamO'nun cevabından ilham alan, önyargıdan kaçınan bir Python çözümü

def roll(p, n):
    remaining = range(1,n+1)
    flips = 0
    while len(remaining) > 1:
        round_winners = [c for c in remaining if random.choices(['H','T'], [p, 1.0-p]) == ['H']]
        flips += len(remaining)
        if len(round_winners) > 0:
            remaining = round_winners
        p = 1.0 - p
    return remaining[0], flips

Burada iki ana değişiklik vardır: Asıl olan, tüm sayılar bir turda atılırsa, turu tekrarlayın. Ayrıca kafaların veya kuyrukların her seferinde atılıp atılmayacağı seçimini değiştiriyorum. Bu, p = 0.999 olduğunda p'nin 0 veya 1'e yakın olduğu durumlarda gereken% ~ ~ 70 oranında gerekli olan kaçma sayısını azaltır.

Görünen biz her zaman biz çevirmek her flip sonucun eşlemeyi değiştirmek için izin verilir . Bu nedenle, ilk yedi pozitif tamsayıların rahatlığı için aşağıdaki emirleri veriyoruz:

$H \to 1$
$H \to 2$

$H \to 7$
$H \to 1$

vb

$T$

$AP$$T$

$$P_{AP}(\text{no integers generated}) = (1-p)^7$$

$N_b$

$$\text{Count}_{AP}(\text{useless flips}) \to 7\cdot N_b(1-p)^7$$

$B(p,n=5)$$p^3(1-p)^2$

$$P_{DS}(\text{no integers generated}) = 1-7\cdot p^3(1-p)^2$$

İşe yaramaz çevirilerin sayısı burada

$$\text{Count}_{DS}(\text{useless flips}) \to 5\cdot N_b\cdot [1-7\cdot p^3(1-p)^2]$$

$AP$

$$\text{Count}_{AP}(\text{useless flips}) < \text{Count}_{DS}(\text{useless flips})$$

$$\implies 7\cdot N_b(1-p)^7 < 5\cdot N_b\cdot [1-7\cdot p^3(1-p)^2]$$

$$\implies 7\cdot (1-p)^7 < 5\cdot [1-7\cdot p^3(1-p)^2]$$

$p>0.0467$$AP$

$p$$AP$$DS$$p\approx 0.5967$

$$\frac{\text{Count}_{AP}(\text{useless flips})}{\text{Count}_{DS}(\text{useless flips})}$$

$0.67$$p=0.1$$0.3$$p=0.2$$0.127$$p=0.4$