Ожидаемое количество раз, чтобы бросить кубик, пока каждая сторона не появится 3 раза

Какое ожидаемое количество раз вы должны бросить кубик, пока каждая сторона не появится 3 раза?

Этот вопрос был задан в начальной школе в Новой Зеландии, и он был решен с помощью моделирования. Каково аналитическое решение этой проблемы?

Предположим, что все стороны с имеют равные шансы. Давайте обобщим и найдем ожидаемое количество бросков, необходимое для того, чтобы сторона 1 появилась n 1 раз, сторона 2 появилась n 2 раза, ..., а сторона d появилась n d раз. Поскольку идентичности сторон не имеют значения (все они имеют равные шансы), описание этой цели может быть сжато: предположим, что i 0 сторон не должно появляться вообще, i 1 сторон должно появляться только один раз, ... и я $d=6$$1$$n_1$$2$$n_2$$d$$n_d$$i_0$$i_1$$i_n$из сторон должны появляться раз. Пусть i = ( i 0 , i 1 , … , i n ) обозначает эту ситуацию и записывает e ( i ) для ожидаемого количества бросков. Вопрос требует e ( 0 , 0 , 0 , 6 ) : i 3$n=\max(n_1,n_2,\ldots,n_d)$

$$\mathbf{i}=(i_0,i_1,\ldots,i_n)$$ $$e(\mathbf{i})$$ $e(0,0,0,6)$ означает, что все шесть сторон должны быть видны три раза каждая.$i_3 = 6$

Легкое повторение доступно. На следующем броске, сторона , которая появляется , соответствует одному из : то есть, либо мы не должны видеть его, или нам нужно один раз увидеть, ..., или мы должны увидеть п более раз. j - сколько раз нам нужно было это увидеть.$i_j$$n$$j$

• Когда , нам не нужно было это видеть, и ничего не меняется. Это происходит с вероятностью i 0 / d .$j=0$$i_0/d$

• Когда нам нужно было увидеть эту сторону. Теперь есть еще одна сторона, которую нужно увидеть j раз, и еще одна сторона, которую нужно увидеть j - 1 раз. Таким образом, i j становится i j - 1, а i j - 1 становится i j + 1 . Пусть эта операция над компонентами i обозначена i ⋅ j , так что$j \gt 0$$j$$j-1$$i_j$$i_j-1$$i_{j-1}$$i_j+1$$\mathbf{i}$$\mathbf{i}\cdot j$

  $$\mathbf{i}\cdot j = (\color{gray}{i_0, \ldots, i_{j-2}}, i_{j-1}+1, i_j-1, \color{gray}{i_{j+1},\ldots, i_n}).$$

  Это происходит с вероятностью .$i_j/d$

Мы просто должны посчитать этот бросок кубика и использовать рекурсию, чтобы сказать нам, сколько еще бросков ожидается. По законам ожидания и полной вероятности,

$$e(\mathbf{i}) = 1 + \frac{i_0}{d}e(\mathbf{i}) + \sum_{j=1}^n \frac{i_j}{d}e(\mathbf{i}\cdot j)$$

(Давайте поймем, что всякий раз, когда , соответствующий член в сумме равен нулю.)$i_j=0$

Если , мы закончили и e ( i ) = 0 . В противном случае мы можем решить для e ( i ) , давая желаемую рекурсивную формулу$i_0=d$$e(\mathbf{i}) =0$$e(\mathbf{i})$

$$e(\mathbf{i}) = \frac{d + i_1 e(\mathbf{i}\cdot 1) + \cdots + i_n e(\mathbf{i}\cdot n)}{d - i_0}.\tag{1}$$

Обратите внимание, что - общее количество событий, которые мы хотим увидеть. Операция ⋅ j уменьшает эту величину на единицу для любого j > 0, если i j > 0 , что всегда имеет место. Поэтому эта рекурсия заканчивается на глубине точно | я | (равно 3 ( 6 )

$$|\mathbf{i}| = 0(i_0) + 1(i_1) + \cdots + n(i_n)$$ $\cdot j$$j\gt 0$$i_j \gt 0$$|\mathbf{i}|$ в вопросе). Более того (как нетрудно проверить) количество возможностей на каждой глубине рекурсии в этом вопросе невелико (никогда не превышает 8 ). Следовательно, это эффективный метод, по крайней мере, когда комбинаторные возможности не слишком многочисленны, и мы запоминаем промежуточные результаты (чтобы значение e не вычислялось более одного раза).$3(6) = 18$$8$$e$

Я вычисляю, что

$$e(0,0,0,6) = \frac{2\,286\,878\,604\,508\,883}{69\,984\,000\,000\,000}\approx 32.677.$$

Это показалось мне очень маленьким, поэтому я запустил симуляцию (используя R). После более трех миллионов бросков костей эта игра была завершена более 100 000 раз, при средней длине . Стандартная ошибка этой оценки составляет 0,027 : разница между этим средним и теоретическим значением незначительна, что подтверждает точность теоретического значения.$32.669$$0.027$

Распределение длин может представлять интерес. (Очевидно, он должен начинаться в , минимальное количество бросков, необходимое для сбора всех шести сторон по три раза каждый.)$18$

# Specify the problem
d <- 6   # Number of faces
k <- 3   # Number of times to see each
N <- 3.26772e6 # Number of rolls

# Simulate many rolls
set.seed(17)
x <- sample(1:d, N, replace=TRUE)

# Use these rolls to play the game repeatedly.
totals <- sapply(1:d, function(i) cumsum(x==i))
n <- 0
base <- rep(0, d)
i.last <- 0
n.list <- list()
for (i in 1:N) {
  if (min(totals[i, ] - base) >= k) {
    base <- totals[i, ]
    n <- n+1
    n.list[[n]] <- i - i.last
    i.last <- i
  }
}

# Summarize the results
sim <- unlist(n.list)
mean(sim)
sd(sim) / sqrt(length(sim))
length(sim)
hist(sim, main="Simulation results", xlab="Number of rolls", freq=FALSE, breaks=0:max(sim))

---

Реализация

Хотя рекурсивный расчет $e$$e(\mathbf{i})$$\mathbf{i}$$\mathbf{i}$

R$\mathbf{i}$E$\mathbf{i}\cdot j$%.%

$e$

x <- (d + sum(sapply(1:n, function(i) j[i+1]*e.(j %.% i))))/(d - j[1])

прямо сопоставимо с формулой $(1)$$1$R$1$$0$

$0.01$e(c(0,0,0,6))

+32,6771634160506

Накопленная ошибка округления с плавающей запятой уничтожила последние две цифры (что должно быть, 68а не 06).

e <- function(i) {
  #
  # Create a data structure to "memoize" the values.
  #
  `[[<-.AA` <- function(x, i, value) {
    class(x) <- NULL
    x[[paste(i, collapse=",")]] <- value
    class(x) <- "AA"
    x
  }
  `[[.AA` <- function(x, i) {
    class(x) <- NULL
    x[[paste(i, collapse=",")]]
  }
  E <- list()
  class(E) <- "AA"
  #
  # Define the "." operation.
  #
  `%.%` <- function(i, j) {
    i[j+1] <- i[j+1]-1
    i[j] <- i[j] + 1
    return(i)
  }
  #
  # Define a recursive version of this function.
  #
  e. <- function(j) {
    #
    # Detect initial conditions and return initial values.
    #
    if (min(j) < 0 || sum(j[-1])==0) return(0)
    #
    # Look up the value (if it has already been computed).
    #
    x <- E[[j]]
    if (!is.null(x)) return(x)
    #
    # Compute the value (for the first and only time).
    #
    d <- sum(j)
    n <- length(j) - 1
    x <- (d + sum(sapply(1:n, function(i) j[i+1]*e.(j %.% i))))/(d - j[1])
    #
    # Store the value for later re-use.
    #
    E[[j]] <<- x
    return(x)
  }
  #
  # Do the calculation.
  #
  e.(i)
}
e(c(0,0,0,6))

Наконец, вот оригинальная реализация Mathematica, которая дала точный ответ. Запоминание осуществляется посредством идиоматического e[i_] := e[i] = ...выражения, исключающего почти все Rпредварительные сведения. Внутренне, тем не менее, две программы делают то же самое одинаково.

shift[j_, x_List] /; Length[x] >= j >= 2 := Module[{i = x},
   i[[j - 1]] = i[[j - 1]] + 1;
   i[[j]] = i[[j]] - 1;
   i];
e[i_] := e[i] = With[{i0 = First@i, d = Plus @@ i},
    (d + Sum[If[i[[k]] > 0, i[[k]]  e[shift[k, i]], 0], {k, 2, Length[i]}])/(d - i0)];
e[{x_, y__}] /; Plus[y] == 0  := e[{x, y}] = 0

e[{0, 0, 0, 6}]

$\frac{2286878604508883}{69984000000000}$

Оригинальная версия этого вопроса началась с вопроса:

сколько рулонов нужно, пока каждая сторона не появится 3 раза

$\rightarrow$

Распределение количества рулонов требуется ... так, что каждая сторона появляется в 3 раза

$n$$X_i$$i$$i \in \{1, \dots, 6\}$$(X_1, X_2,\dots, X_6)$$\text{Multinomial}(n,\frac16)$ то есть :

$$P\left(X_1=x_1,\ldots ,X_6=x_6\right) \; = \; \frac{n! }{ x_1! \cdots x_6!} \; \frac{1}{6^n} \quad \text{ subject to: } \quad \sum _{i=1}^6 x_i=n$$

Позволять: $\quad N = \min\big\{n: \; {X_i \geq 3 \; \forall_i } \big\}. \;$$N$ :$\quad P(N \leq n) \; = \; P\big(X_{\forall_i} \geq 3 \; \big| \; n\big)$

т.е. найти cdf $P(N \leq n)$просто рассчитать для каждого значения $n = \{18, 19, 20,\dots\}$:

$$P(X_1 \geq3, \dots , X_6 \geq 3) \quad \text{ where } \quad (X_1, \dots, X_6) \sim \text{Multinomial}(n,\frac16)$$

Вот, например, код Mathematica, который делает это, как$n$ увеличивается с 18 до 60. Это в основном однострочный:

 cdf = ParallelTable[ 
   Probability[x1 >= 3 && x2 >= 3 && x3 >= 3 && x4 >= 3 && x5 >= 3 &&  x6 >= 3, 
       {x1, x2, x3, x4, x5, x6} \[Distributed] MultinomialDistribution[n, Table[1/6, 6]]],
    {n, 18, 60}]

... который дает точный cdf как $n$ увеличивается:

$$\begin{array}{cc} 18 & \frac{14889875}{11019960576} \\ 19 & \frac{282907625}{44079842304} \\ 20 & \frac{3111983875}{176319369216} \\ 21 & \frac{116840849125}{3173748645888} \\ 22 & \frac{3283142988125}{50779978334208} \\ 23 & \frac{61483465418375}{609359740010496} \\ \vdots & \vdots\\ \\ \end{array}$$

Вот сюжет из cdf $P(N\leq n)$в зависимости от $n$:

Чтобы получить PMF $P(N=n)$, просто первое отличие cdf:

Конечно, распределение не имеет верхней границы, но мы можем легко найти здесь столько значений, сколько необходимо. Подход является общим и должен работать так же хорошо для любой желаемой комбинации требуемых сторон.