Покладіть штамп, поки він не приземлиться на будь-яке число, окрім 4. Яка ймовірність результату> 4?

20

Гравець отримує справедливу, шестигранну штамп. Щоб виграти, вона повинна прокатати число, що перевищує 4 (тобто 5 або 6). Якщо вона закатає 4, вона повинна прокататися знову. Які шанси на виграш?

Я думаю, що ймовірність виграти може бути виражена рекурсивно як: $P(W)$

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

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

Я як 1 мільйон випробувань на Java, як це: $P(W)$ $0.3999$

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;
    }
}

І я бачу, що можна розширити так: $P(W)$

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

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

Але я не знаю, як вирішити цей тип відношення рецидиву, не вдаючись до такого наближення. Це можливо?

probability

— tronbabylove
джерело

6

Це багато зусиль, щоб встановити відношення рецидивів. У вас є вагомі підстави вважати, що відповідь - 0,4. Це сильний натяк на те, що існує інший спосіб думати про проблему, на яку ви отримаєте відповідь безпосередньо. Шукайте. Відповідь Геоматта приведе вас туди, що, в свою чергу, допоможе вам зрозуміти, що тут відбувається, і навіть допоможе вам спростити інші проблеми, з якими ви стикаєтеся швидше без подібних зусиль. Якщо на перший погляд складна проблема має просту відповідь, завжди слід вкласти час, щоб спробувати з'ясувати, чому. Виплачує величезні дивіденди пізніше.

— Джоель

8

Як тільки ви усвідомлюєте, що через однакові ймовірності всіх шести результатів та незалежність рулонів нічого особливого в цьому конкретному результаті цього експерименту немає, очевидно, що всі п’ять можливих результатів однаково вірогідні.

— whuber

6

Я трохи розчарований, що ніхто до цього часу не придумав поглинаючого рішення ланцюга Маркова :-) Біржа Math Stack має шляхетну традицію "рішення надмірного вбивства", яке рідко пронизується до Перевірених схрещувань ...

— Silverfish

2

2/5 вибрати будь-який з з тому ваше моделювання, ймовірно, правильне.

{5, 6}

$\{5,6\}$

{1, 2, 3, 5, 6}

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

— mathreadler

2

Ця публікація проти відповідей - це те, на що я думаю, що вчені даних схожі на статистиків.

— bdeonovic

47

Просто вирішіть це за допомогою алгебри:

\begin{aligned} П (W) & = \frac{2}{6} + \frac{1}{6} \cdot П (W) \\ \frac{5}{6} \cdot П (W) & = \frac{2}{6} \\ П (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
джерело

2

Зауважте, що цей розрахунок справедливий лише тому, що властивість "Сильний Марків" має місце для дискретних ланцюгів Маркова.

— Chill2Macht

Я не пригадую моїх дискретних ланцюжків Маркова, але, я б загрожував, з простої математики, що ви маєте на увазі, що відношення рецидиву є дійсним лише через властивість Сильного Маркова. Після встановлення відношення ми просто вирішуємо для x.

— josinalvo

Це правильно?

— josinalvo

1

@josinalvo: Технічно питання полягає в тому, чи P (W) з обох сторін рівняння означають однакове. Власність Сильного Маркова означає, що вони це роблять. За відсутності цього властивості P (W) з лівого боку означає "шанс виграти за допомогою цього рулону", а 1/6 * P (W) праворуч означає "шанс виграти після прокрутки 4".

— MSalters

81

Примітка. Це відповідь на початкове запитання, а не повторення.

Якщо вона розкачує 4, то вона по суті не рахується, оскільки наступний ролик незалежний. Іншими словами, після катання 4 ситуація така ж, як і коли вона стартувала. Тож ви можете ігнорувати 4. Тоді результати, які можуть мати значення, - 1-3 та 5-6. Є 5 різних результатів, 2 з яких - виграшний. Тож відповідь 2/5 = 0,4 = 40%.

— GeoMatt22
джерело

8

Ви можете зробити це трохи прямішим: "Розгляньте перший крен, який не є 4. Тоді результати ..."

— Джоел

2

Очі більшості людей перекидаються, коли вони бачать тонни математики, тому мені це більше подобається. В основному ви видаляєте 4 з результатів, тож це 1, 2, 3, 5, 6. Стає очевидним, що у вас є 40% шансів на той момент.

— Нельсон

Я подумав це з назви, тому в основному просто пропустив повне запитання після того, як натиснув на нього. Інакше я, мабуть, плутав би себе і другого здогадався!

— GeoMatt22

1

@Nelson Я бачив більше людей, очі яких перевертаються, коли вони бачать подібні міркування в проблемі ймовірності, ніж люди, очі яких перекидаються, коли вони бачать

.

p = a + b p

$p=a+bp$

— JiK

Так. Мораль цієї історії така: не намагайтеся зробити проблему важче, ніж це потрібно.

— Jay

14

Відповіді dsaxton ( /stats//a/232107/90759 ) та GeoMatt22 ( /stats//a/232107/90759 ) дають найкращі підходи до проблеми. Інше - усвідомити, що твоє вираження

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

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

Це справді геометрична прогресія :

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

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

Загалом у нас є

\sum_{н = 0}^{\infty} а_{0} q^{н} = \frac{а_{0}}{1 - q}

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

так що тут у нас є

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

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

Звичайно, спосіб довести загальну формулу для суми геометричної прогресії - це використання алгебраїчного рішення, аналогічного дсакстону.

— Мені Розенфельд
джерело

@William, я не думаю, що ваш коментар є підходящим з кількох причин. 1. Я ніколи не говорив, що для цього вам потрібні геометричні ряди. 2. Поняття, які ви використовуєте у своїй відповіді, є набагато важчим механізмом, іронічно говорити "вам не потрібні геометричні серії! Вам просто потрібно набагато більш просунуте та витончене сильне властивість Маркова". 3. Рішення, яке було простим і суворим, було вже надано dsaxton. Ваш метод є більш крутим і надмірним для цієї проблеми. 4. ОП вже мав вираз, еквівалентний геометричному ряду, хтось мусив це вирішити, можливо, я.

— Мені Розенфельд

1

@William: Зрештою, ваша власна відповідь є прекрасною, проникливою та корисною доповненням до зібрання відповідей на питання. Це не означає, що ви повинні звернутися до будь-якої іншої відповіді і сказати, що ваше набагато краще. У них також все добре. Не все слід підходити найбільш абстрактним і загальним способом.

— Мені Розенфельд

Минув час, коли я був спеціалістом з математики, тому прошу вибачення, якщо моїй відповіді не вистачало суворості. (Тільки будь ласка, не кажіть мені, що вона покладається на аксіому вибору , як це було б принизливо!) :)

— GeoMatt22

3

Усі наведені вище відповіді є правильними, але вони не пояснюють, чому вони правильні, і чому ви можете ігнорувати так багато деталей і уникати необхідності вирішувати складне відношення рецидивів.

Причиною, чому інші відповіді правильні, є властивість Сильного Маркова , яка для дискретного ланцюга Маркова рівнозначна звичайній власності Маркова. https://en.wikipedia.org/wiki/Markov_property#Strong_Markov_property

В основному ідея полягає в тому, що випадкова величина

$\tau:=($

- час зупинки . https://en.wikipedia.org/wiki/Stopping_time Час зупинки - випадкова величина, яка не залежить від будь-якої майбутньої інформації .

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

$\tau$ $X_{\tau}$

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

П (Х_{τ} > 4 | τ = 1) = П (Х_{τ} > 4 | τ = 2) = \dots = П (Х_{τ} > 4 | τ = 50, 000, 000) = \dots

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

$\tau=1$

П (Х_{1} > 4 | Х \neq 4) = \frac{П (Х_{1} > 4 \cap Х_{1} \neq 4)}{П (Х_{1} \neq 4)} = \frac{П (Х_{1} > 4)}{П (Х_{1} \neq 4)} = \frac{\frac{1}{3}}{\frac{5}{6}} = \frac{1}{3} \cdot \frac{6}{5} = \frac{2}{5}

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

Детальніше про час зупинки та властивість Сильних Марків ви можете прочитати у розділі 8.3 (4-е видання) Теорії й прикладів імовірностей Дюрретта , стор. 365.

— Chill2Macht
джерело

Наскільки я можу сказати з вікі-запису, існування часу зупинки є необхідним, але недостатньою, щоб сказати, що низка подій демонструє SMP. Вибачте, якщо мені не вистачає жартівливого або глибокого розуміння, але чому б просто не припустити, що булочки незалежні і не продовжують це робити?

— Якоб Райхле

@JacobRaihle "Сильна власність Маркова, яка для дискретного ланцюга Маркова рівнозначна звичайній власності Маркова." Цей сценарій явно являє собою дискретний ланцюг Маркова. Рулони незалежні, тому це дискретний ланцюжок Маркова. Проблема полягає в тому, що подія "перший крен, який не приземляється на 4", не є незалежною від попередніх рулонів із причин, які, мабуть, очевидні.

— Chill2Macht

Не менш зрозуміло, що булочки незалежні. То яка додаткова вигода надає SMP?

— Яків Райхле

@JacobRaihle Незважаючи на те, що значення рулонів є незалежними, значення штампу при першому посадці на значення, яке не дорівнює 4, НЕ незалежне від значень, за якими штамп приземлився на попередніх рулонах.

— Chill2Macht

Так має бути, оскільки прокат припиняється, як тільки це відбувається. Не може бути жодного ролика, який не є 4, який також не є першим. І навіть якби це не було, я не впевнений, які стосунки ти пропонуєш.

— Якоб Райхле

1

Ще один спосіб поглянути на проблему.

Давайте назвемо «реальний результат» 1,2,3,5 або 6.

Яка ймовірність виграти в першому рулоні, якщо ви отримали «реальний результат»? 2/5

Яка ймовірність виграти у другому рулоні, якщо другий ролл уперше отримав "реальний результат"? 2/5

Те саме для третього, четвертого.

Отже, ви можете розбити свій зразок на (нескінченні) менші вибірки, і всі ці зразки дають однакову ймовірність.

— josinalvo
джерело