Скільки разів я повинен котити штамп, щоб впевнено оцінити його справедливість?

(Заздалегідь вибачтесь за використання простої мови, а не статистичної мови.)

Якщо я хочу виміряти шанси прокатки кожної сторони певного фізичного шестигранного штампу до приблизно +/- 2% з розумною впевненістю, скільки потрібно було б зразків валків?

тобто скільки разів мені знадобиться прокатати штамп, підраховуючи кожен результат, щоб бути на 98% впевненим, що шанси, що він котить кожну сторону, знаходяться в межах 14,6% - 18,7%? (Або деякі подібні критерії, коли можна було б приблизно на 98% впевнитись, що загибель справедлива в межах 2%.)

(Це проблема в реальному світі щодо імітаційних ігор, що використовують кістки, і хочуть бути впевненими, що певні конструкції з кістки прийнятно близькі до 1/6 шансу прокатати кожне число. Існують твердження, що багато поширених конструкцій з кістки були виміряні прокатки 29% 1 на прокатка декількох таких кісток 1000 разів у кожній.)

— Дронз
джерело

Це набагато складніше, ніж пошук довірчого інтервалу для бінома, оскільки ви хочете перевірити всі ймовірності під контролем. Подивіться на статтю Хсюінга Ванга про одночасні довірчі інтервали для багаточленних розподілів ( Journal of Multivariate Analysis 2008, 99, 5, 896-911). Ви можете знайти якийсь код у цій публікації блогу , яка також дає короткий підсумок деяких робіт, які були зроблені над цим.

— idnavid

Зауважте, що якщо ви просто зацікавлені у тому, щоб перевірити, чи вистачає часу на 1-ю кількість часу, це значно спрощує питання.

— Денніс Джахеруддін

Важливо зауважити, що "інтервал довіри" не дає вам "відсоткової ймовірності бути правильним". Я підозрюю, що ви використовуєте дуже розумне загальне використання терміна "98% впевнений", але ви повинні знати, що колись хтось згадає "довірчий інтервал", який зовсім не такий, як 98% ймовірність

— BrianH

@BrianH Дякую! Я не просто мав на увазі розмовний вираз, але шукаю кількісну оцінку визначеності, яку передбачає тест. Мені здається, що так само, як має сенс сказати, що я розраховую на прокручування деякого результату штампу, який можна вирахувати, відсоток часу, що буде подібний (але складніший) розрахунок, наскільки вірогідний я прокат результатів певна помилка в тому, що я прокручую n разів, саме так, на мою думку, я розумію відповідь Xiamoi (та коментар, що подається). Так?

— Дронз

@Dronz Справедливо кажучи, це одна з тих речей, які, на вашу думку, були б більш прямими, ніж виявляється насправді. Насправді диявольсько хитрі. Ось декілька ключових питань, пов’язаних із цим, де можна допомогти вам зрозуміти, як не існує неймовірно прямої відповіді: Частота math.stackexchange.com/questions/1578932/… Байєсівська математика.stackexchange.com/ questions/ 1584833/… та весело: rpg.stackexchange.com/questions/70802/…

— BrianH

TL; DR: якщо $p$ = 1/6, і ви хочете знати, наскільки великим $n$ потрібно бути на 98% впевненим, що кістки справедливі (до 2%), $n$ повинно бути не менше $n$ ≥ 766 .

Нехай $n$ - кількість рулонів, а $X$ кількість рулонів, які приземляються на деяку задану сторону. Тоді $X$ слідує за двочленним (n, p) розподілом, де $p$ - ймовірність отримання зазначеної сторони.

За центральною граничною теоремою ми це знаємо

\sqrt{n} (X / n - p) \to N (0, p (1 - p))

$\sqrt{n} (X/n - p) \to N(0,p(1-p))$

Оскільки $X/n$ - вибіркове середнє значення $n$ випадкових величин Бернуллі $(p)$ . Отже, для великих $n$ довірчі інтервали для $p$ можна побудувати як

\frac{X}{n} \pm Z \sqrt{\frac{p (1 - p)}{n}}

$\frac{X}{n} \pm Z \sqrt{\frac{p(1-p)}{n}}$

Так як $p$ невідомо, ми можемо замінити його середню вибіркову , і різними теоремами збіжності, ми знаємо , що в результаті довірчий інтервал буде асимптотический дійсним. Таким чином ми отримуємо довірчі інтервали форми $\hat{p} = X/n$

\hat{p} \pm Z \sqrt{\frac{\hat{p} (1 - \hat{p})}{n}}

$\hat{p} \pm Z \sqrt{\frac{\hat{p}(1-\hat{p})}{n}}$

з . Я припускаю, що ви знаєте, що таке -користувачі. Наприклад, якщо ви хочете 95% -ний довірчий інтервал, ви берете . Отже, для заданого рівня довіри нас є $\hat{p} = X/n$ $Z$ $Z=1.96$ $\alpha$

\hat{p} \pm Z_{α} \sqrt{\frac{\hat{p} (1 - \hat{p})}{n}}

$\hat{p} \pm Z_\alpha \sqrt{\frac{\hat{p}(1-\hat{p})}{n}}$

Тепер скажімо, що ви хочете, щоб цей довірчий інтервал був довжиною менше $C_\alpha$ , і хочете знати, наскільки великий вибірки нам потрібно зробити для цього випадку. Ну, це рівносильно питати, що $n_\alpha$ задовольняє

Z_{α} \sqrt{\frac{\hat{p} (1 - \hat{p})}{n_{α}}} \leq \frac{C_{α}}{2}

$Z_\alpha \sqrt{\frac{\hat{p}(1-\hat{p})}{n_\alpha}} \leq \frac{C_\alpha}{2}$

Що потім вирішується для отримання

n_{α} \geq {(\frac{2 Z_{α}}{C_{α}})}^{2} \hat{p} (1 - \hat{p})

$n_\alpha \geq \left(\frac{2 Z_\alpha}{C_\alpha}\right)^2 \hat{p}(1-\hat{p})$

$Z_\alpha$ $C_\alpha$ $\hat{p}$ $n_\alpha$ $p$ $n$

— Xiaomi
джерело

Спасибі. Оскільки я не займався математикою типу коледжу протягом десятиліть, чи можу я занепокоїти вас, щоб підключити цифри і насправді дати мені бальний стіл, скільки разів мені потрібно було прокатати штамб, як ціле число?

— Дронз

p = 1 / 6

$p = 1/6$

n

$n$

n

$n$

n \geq 766

$n \geq 766$

C_{α}

$C_\alpha$

Можливо, буде цікавіше подивитися на розподіл багаточленів, оскільки зараз ми перевіряємо кожну сторону окремо. Це не враховує всю інформацію, яку ми маємо про проблему. Для детального пояснення дивіться на stat.berkeley.edu/~stark/SticiGui/Text/chiSquare.htm

— січня

Я згоден з @Jan: Ця відповідь не стосується питання. Більше того, його не можна легко пристосувати для побудови відповіді, застосувавши її окремо до всіх шести граней, оскільки шість тестів взаємозалежні.

— whuber

Це гарна відповідь, але я повністю згоден з @Jan, whuber. Це запитання заслуговує на відповідь, засновану на статистиці хі-квадрата та мультиноміальному розподілі.

— Łukasz Grad