Як часто доводиться катати 6-сторонній штамп, щоб хоча б раз отримати кожне число?

Я щойно грав у гру з моїми дітьми, яка в основному зводиться до того: хто хоч раз перекочує кожне число на 6-сторонній матриці, той виграє.

Я виграв, врешті-решт, а інші закінчили на 1-2 витки пізніше. Тепер мені цікаво: яке очікування тривалості гри?

Я знаю, що очікування кількості рулонів, поки ви не потрапите на певне число, $\sum_{n=1}^\infty n\frac{1}{6}(\frac{5}{6})^{n-1}=6$.

Однак у мене є два питання:

1. Скільки разів вам доводиться катати шестигранну штамп, доки не отримаєте кожне число хоча б раз?
2. Серед чотирьох незалежних випробувань (тобто з чотирма гравцями), яке очікування максимальної кількості роликів потрібно? [зауважте: це максимум, а не мінімум, тому що у їхньому віці це скоріше про закінчення, ніж про те, щоб першими туди дітись]

Я можу змоделювати результат, але мені цікаво, як би я пішов про його обчислення аналітично.

---

Ось моделювання Монте-Карло в Matlab

mx=zeros(1000000,1);
for i=1:1000000,
   %# assume it's never going to take us >100 rolls
   r=randi(6,100,1);
   %# since R2013a, unique returns the first occurrence
   %# for earlier versions, take the minimum of x
   %# and subtract it from the total array length
   [~,x]=unique(r); 
   mx(i,1)=max(x);
end

%# make sure we haven't violated an assumption
assert(numel(x)==6)

%# find the expected value for the coupon collector problem
expectationForOneRun = mean(mx)

%# find the expected number of rolls as a maximum of four independent players
maxExpectationForFourRuns = mean( max( reshape( mx, 4, []), [], 1) )

expectationForOneRun =
   14.7014 (SEM 0.006)

maxExpectationForFourRuns =
   21.4815 (SEM 0.01)

Оскільки вимагається "повністю аналітичний підхід", ось точне рішення. Він також пропонує альтернативний підхід до вирішення питання на ймовірності намалювати чорну кулю в наборі чорно-білих куль із змішаними умовами заміни .

---

Кількість ходів у грі, $X$ , може бути змодельоване як сума шість незалежних реалізацій геометричного $(p)$ змінних з вірогідністю $p=1, 5/6, 4/6, 3/6, 2/6, 1/6$ , кожен з них зміщений на $1$ (оскільки геометрична змінна налічує лише рулони, що передуютьуспіх, і ми також повинні рахувати ті списки, за якими спостерігалися успіхи). Обчислюючи геометричний розподіл, ми отримаємо відповіді, які на $6$ менше, ніж потрібні, і тому треба обов’язково додати $6$ наприкінці.

Виробляє функція ймовірності (PGF) такої геометричної змінної з параметром $p$ є

$$f(z, p) = \frac{p}{1-(1-p)z}.$$

Тому pgf для суми цих шести змінних є

$$g(z) = \prod_{i=1}^6 f(z, i/6) = 6^{-z-4} \left(-5\ 2^{z+5}+10\ 3^{z+4}-5\ 4^{z+4}+5^{z+4}+5\right).$$

(Продукт можна обчислити в цьому закритому вигляді, розділивши його на п'ять доданків за допомогою часткових дробів.)

$g$$z$

$$F(z) = 6^{-z-4} \left(-(1)\ 1^{z+4} + (5)\ 2^{z+4}-(10)\ 3^{z+4}+(10)\ 4^{z+4}-(5)\ 5^{z+4}+(1)\ 6^{z+4}\right).$$

(Я написав цей вираз у формі, яка пропонує альтернативне виведення через Принцип включення-виключення.)

З цього ми отримуємо очікувану кількість рухів у грі (відповідаючи на перше запитання) як

$$\mathbb{E}(6+X) = 6+\sum_{i=1}^\infty \left(1-F(i)\right) = \frac{147}{10}.$$

$m$$X$$F(z)^m$$m=4$

$$6+\sum_{i=1}^\infty \left(1-F(i)^4\right) \approx 21.4820363\ldots.$$

$6.77108\ldots.$$6$

$18$$50$$0.3\%$

$\{0, \dotsc, 6\}$$i$$\frac{i}{6}$$i$$i+1$$\frac{6-i}{6}$

$$\begin{align} \sum_{i=0}^5 \frac{6}{6-i} = 14.7 \end{align}$$

$(6,6,6,6)$$j$$i$$T_i$$i$$j$$p_ip_{ij}$$i$$j$. Ви можете виявити час та ймовірності враження за допомогою динамічного програмування. Це не так складно, оскільки існує порядок переходу, щоб заповнити вражаючі часи та ймовірності. Наприклад, для двох гинуть: спочатку обчислюють T і p для (0,0), потім для (1,0), потім (1, 1), (2, 0), потім (2, 1) тощо.

На Python:

import numpy as np
import itertools as it
from tools.decorator import memoized  # A standard memoization decorator

SIDES = 6

@memoized
def get_t_and_p(state):
    if all(s == 0 for s in state):
        return 0, 1.0
    n = len(state)
    choices = [[s - 1, s] if s > 0 else [s]
               for s in state]
    ts = []
    ps = []
    for last_state in it.product(*choices):
        if last_state == state:
            continue
        last_t, last_p = get_t_and_p(tuple(sorted(last_state)))
        if last_p == 0.0:
            continue
        transition_p = 1.0
        stay_p = 1.0
        for ls, s in zip(last_state, state):
            if ls < s:
                transition_p *= (SIDES - ls) / SIDES
            else:
                transition_p *= ls / SIDES
            stay_p *= ls / SIDES
        if transition_p == 0.0:
            continue
        transition_time = 1 / (1 - stay_p)
        ts.append(last_t + transition_time)
        ps.append(last_p * transition_p / (1 - stay_p))
    if len(ts) == 0:
        return 0, 0.0
    t = np.average(ts, weights=ps)
    p = sum(ps)
    return t, p

print(get_t_and_p((SIDES,) * 4)[0])

Швидкий і брудний підрахунок Монте-Карло в R тривалості гри для 1 гравця:

N = 1e5
sample_length = function(n) { # random game length
    x = numeric(0)
    while(length(unique(x)) < n) x[length(x)+1] = sample(1:n,1)
    return(length(x))
}
game_lengths = replicate(N, sample_length(6))

$\hat{\mu}=14.684$$\hat{\sigma} = 6.24$$[14.645,14.722]$

Щоб визначити тривалість гри з чотирма гравцями, ми можемо згрупувати зразки на четвереньках і взяти середню мінімальну довжину для кожної групи (ви запитували про максимум, але я припускаю, що ви мали на увазі мінімум, оскільки я прочитав це, гра закінчується, коли комусь вдається отримати всі номери):

grouped_lengths = matrix(game_lengths, ncol=4)
min_lengths = apply(grouped_lengths, 1, min)

$\hat{\mu}=9.44$$\hat{\sigma} = 2.26$$[9.411,9.468]$

$m$

$$T_{1} = 6$$ $$T_{m} = 1 + \frac{6 - m}{6}T_{m} + \frac{m}{6}T_{m-1}$$

$m$$1$

• $T_{m}$$6 - m$$\frac{6 - m}{6}$
• $T_{m-1}$$m$$\frac{m}{6}$

$14.7$

Просте та інтуїтивне пояснення до першого питання:

Спочатку потрібно прокрутити будь-яке число. Це легко, завжди буде потрібно рівно 1 рулон.

$\frac{5}{6}$$\frac{6}{5}$

$\frac{4}{6}$$\frac{6}{4}$

$\frac{3}{6}$$\frac{6}{3}$

І так далі, поки ми успішно не виконаємо наш 6-й ролик:

$\frac{6}{6} + \frac{6}{5} + \frac{6}{4} + \frac{6}{3} + \frac{6}{2} + \frac{6}{1} = 14.7\ rolls$

Ця відповідь схожа на відповідь Ніла Г., лише без ланцюга Маркова.

функція щільності ймовірності (або дискретний еквівалент) для отримання наступного нового числа:

f = сума (p * (1 - p) ^ (i - 1), i = 1 .. inf)

де p - ймовірність на один рулон, 1, коли жодне число не прокручено, 5/6 після 1, 4/6 .. до 1/6 для останнього числа

очікуване значення, mu = sum (i * p * (1 - p) ^ (i - 1), i = 1 .. inf), дозволяючи n = i - 1, і виводячи p поза підсумовування,

mu = p * сума ((n + 1) * (1 - p) ^ n, n = 0 .. inf)

mu = p * сума (n (1-p) ^ n, n = 0 .. inf) + p * sum ((1-p) ^ n, n = 0 .. inf) mu = p * (1-p ) / (1-p-1) ^ 2 + p * 1 / (1- (1-p))

mu = p * (1 - p) / p ^ 2 + p / p

mu = (1 - p) / p + p / p

mu = (1 - p + p) / p

mu = 1 / п

Сума очікуваних значень (мс) для ps 1, 5/6, 4/6, 3/6, 2/6 та 1/6 становить 14,7, як повідомлялося раніше, але 1 / p на необхідну кількість є загальним незалежно від розміру штампу

аналогічно ми можемо обчислити стандартне відхилення аналітично

сигма ^ 2 = сума ((i - mu) ^ 2 * p * (1 - p) ^ (i - 1), i = 1 .. inf)

Я пошкодую вам тут алгебру, але сигма ^ 2 = (1-р) / р ^ 2

У випадку 6 сума сигми ^ 2 для кожного кроку становить 38,99 для стандартного відхилення приблизно 6,24, знову ж таки, як імітується

Питання 1 було:

Скільки разів вам доводиться закочувати шестигранну кістку, поки ви не отримаєте кожне число хоча б раз?

Очевидно, що правильна відповідь повинна бути "нескінченною".