6-сторонняя матрица катится итеративно. Какое ожидаемое количество бросков требуется, чтобы сумма была больше или равна K?

Перед редактированием

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

После редактирования

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

Я не уверен, что это правильно в первую очередь, но я думаю, что эта вероятность связана с ожидаемым количеством бросков?

Но я не знаю, как действовать дальше. Я иду в правильном направлении?

Пока это только некоторые идеи для другого, более точного подхода, основанного на том же наблюдении, что и мой первый ответ. Со временем я буду расширять это ...

Сначала немного обозначений. Пусть некоторое заданное положительное (большое) целое число. Мы хотим , чтобы распределение N , которое является минимальным количеством бросков Обыкновенных костей , чтобы получить сумму по крайней мере K . Итак, сначала мы определяем X i как результат броска костей i , а X ( n ) = X 1 + ⋯ + X n . Если мы можем найти распределение X ( n ) для всех n, то мы можем найти распределение N , используя P ( N $K$$N$$K$$X_i$$i$$X^{(n)}=X_1+\dots+X_n$$X^{(n)}$$n$$N$ и все готово.

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

Теперь возможными значениями для являются n , n + 1 , n + 2 , … , 6 n и для k в этом диапазоне, чтобы найти вероятность P ( X 1 + ⋯ + X n = k ) нам нужно найти общее количество способов записать k как сумму ровно n целых чисел, все в диапазоне 1 , 2 , $X_1+\dots+X_n$$n,n+1,n+2,\dots,6n$$k$$P(X_1+\dots+X_n=k)$$k$$n$ . Но это называется ограниченная целочисленная композиция, проблема, хорошо изученная в комбинаторике. Некоторые связанные вопросы по математике SE можно найти по адресу https://math.stackexchange.com/search?q=integer+compositions.$1,2,\dots,6$

Поэтому, ища и изучая эту литературу по комбинаторике, мы можем получить точные результаты. Я буду следить за этим, но позже ...

Существует простая замкнутая формула в терминах корней многочлена степени 6.

На самом деле немного проще рассмотреть обычный честный кристалл с $d\ge 2$ гранями, помеченными номерами $1,2,\ldots, d.$

Пусть $e_k$ будет ожидаемым числом бросков, необходимым для того, чтобы равняться или превышать $k.$ Для $k\le 0,$ $e_k=0.$ В противном случае ожидание на единицу больше, чем ожидание количества бросков для достижения непосредственно предшествующего значения, которое будет среди $k-d, k-d+1, \ldots, k-1,$ откуда

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

Это линейное рекуррентное соотношение имеет решение в виде

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

где $\lambda_i$ - $d$ комплексные корни многочлена

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

Константы $a_i$ находятся путем применения решения $(2)$ к значениям $k=-(d-1), -(d-2), \ldots, -1, 0$ где $e_k=0$ в каждом случае. Это дает набор $d$ линейных уравнений по $d$ константам и имеет единственное решение. То, что решение работает, может быть продемонстрировано проверкой повторения $(1)$используя тот факт, что каждый корень удовлетворяет $(3):$

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

Это решение в закрытой форме дает нам хорошие способы приблизить ответ, а также оценить его точно. (Для малых и умеренных значений $k,$ непосредственное применение рецидива является эффективной вычислительной техникой). Например, при $d=6$ мы можем легко вычислить

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

Для приближений будет существовать единственный наибольший корень $\lambda_{+}=1$ поэтому в конечном итоге (при достаточно большом $k$ ) член $\lambda_{+}^k$ будет доминировать над $d$ членами в $(2).$Ошибка будет экспоненциально уменьшаться в соответствии со второй наименьшей нормой корней. Продолжая пример с $k=6,$ коэффициент $\lambda_{+}$ представляет + = 0,4761905 , а следующий-наименьшая норма 0,7302500. (Кстати, другой$a_{+}=0.4761905$$0.7302500.$$a_i$ склонен быть очень близким к$1$ размеру.) Таким образом, мы можем приблизить предыдущее значение как

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

с ошибкой порядка $0.7302500^{10^6} \approx 10^{-314\,368}.$

---

Чтобы продемонстрировать, насколько практичным является это решение, ниже приведен Rкод, который возвращает функцию для оценки $e_k$ для любого $k$ (в рамках вычислений с плавающей запятой двойной точности) и не слишком большого $d$ (оно уменьшится, когда $d\gg 100$ ):

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)
}

В качестве примера его использования здесь рассчитываются ожидания для $k=1,2,\ldots, 16:$

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

Возвращаемый объект включает в себя корни $\lambda_i$ и их множители $a_i$ для дальнейшего анализа. Первым компонентом массива множителей является полезный коэффициент $a_{+}.$

(Если вам интересно, для чего предназначены другие параметры die, выполните die(2, 2, 0, c(1,0))$f(1:10)и посмотрите, распознаете ли вы вывод ;-). Это обобщение помогло в разработке и тестировании функции.)

нет никакого способа получить точное ожидаемое количество бросков в целом, кроме как для К.

Пусть N будет событием ожидаемого броска, чтобы получить сумму => K.

для K = 1, E (N) = 1

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

и так далее.

Например, будет сложно получить E (N) для большого K. Например, для K = 20 вам нужно ожидать (4 броска, 20 бросков)

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

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

Вы знаете K, Z (при любой ошибке) ........ тогда вы можете получить N = E (N) с некоторым доверительным процентом, решая уравнение.

$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))
}

Далее мы должны решить уравнение седловой точки.

Это делается с помощью следующего кода:

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
}

$k$

Функция для возврата хвостовой вероятности:

#

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

И так далее. Используя все это, вы можете получить приближение для ожидания самостоятельно. Это должно быть намного лучше, чем приближения, основанные на центральной предельной теореме.