모든면을 최소한 한 번 이상 얻기 위해 얼마나 자주 6 면체 주사위를 굴려야합니까?

나는 방금 내 아이들과 게임을 해봤는데 기본적으로 다음과 같이 요약됩니다.

나는 결국 이겼고 다른 사람들은 1-2 턴 후에 끝냈다. 이제 궁금합니다 : 게임의 길이에 대한 기대는 무엇입니까?

특정 숫자에 도달 할 때까지 롤 수에 대한 기대치는 ∑ ∞ n = 1 n 1 임을 알고 있습니다. $\sum_{n=1}^\infty n\frac{1}{6}(\frac{5}{6})^{n-1}=6$이다.

그러나 두 가지 질문이 있습니다.

1. 최소한 한 번 이상 모든 숫자를 얻을 때까지 6 면체 주사위를 몇 번 굴려야합니까?
2. 네 번의 독립적 인 시험 (즉, 네 명의 선수를 대상으로 한 시험) 중에서 필요한 최대 롤 수는 얼마입니까? [참고 : 나이에 따라 내 아이들을 위해 먼저 도착하는 것보다 마무리하는 것이 더 많기 때문에 최소가 아닌 최대 값입니다.]

결과를 시뮬레이션 할 수는 있지만 분석적으로 계산하는 방법에 대해 궁금합니다.

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Matlab의 Monte Carlo 시뮬레이션은 다음과 같습니다.

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)

"완전히 분석적인 접근 방식"이 요청되었으므로 여기에 정확한 해결책이 있습니다. 또한 교체 조건이 혼합 된 일련의 흑백 볼에 블랙 볼을 그릴 가능성에 대한 질문을 해결하기위한 대체 방법을 제공합니다 .

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게임에서 이동 횟수 $X$ , 기하학적 여섯 독립적 실현의 합으로서 모델링 될 수있다 $(p)$ 확률 변수들 $p=1, 5/6, 4/6, 3/6, 2/6, 1/6$ , 이들 각각은 $1$ 만큼 시프트되었다 (기하학적 변수는 앞 의 롤만을 카운트하기 때문에성공과 우리는 또한 성공이 관찰 된 롤을 세어야합니다.) 기하 분포로 계산함으로써 원하는 답 보다 $6$ 적은 답을 얻을 수 있으므로 끝에 $6$ 다시 추가해야합니다 .

모수 p를 갖는 이러한 기하 변수 의 확률 생성 함수 (pgf) 는$p$

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

따라서이 6 가지 변수의 합에 대한 pgf는

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

(제품은 부분 분수 를 통해 5 개의 항으로 분리하여이 닫힌 형태로 계산할 수 있습니다 .)

$g$$z$

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

(나는이 표현 을 포함-제외 원칙을 통한 대체 도출을 제안하는 형태로 썼다 .)

이것으로부터 우리는 게임에서 예상되는 움직임의 수를 얻습니다 (첫 번째 질문에 대답).

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

$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$. 동적 프로그래밍으로 적중 시간과 확률을 발견 할 수 있습니다. 타격 시간과 확률을 채우는 순회 명령이 있기 때문에 그렇게 어렵지 않습니다. 예를 들어, 두 다이의 경우 : 먼저 (0,0), (1,0), (1, 1), (2, 0), (2, 1) 등에 대해 T와 p를 계산합니다.

파이썬에서 :

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])

1 명의 플레이어를위한 게임 길이의 R에서 빠르고 더러운 Monte Carlo 추정치 :

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]$

4 인 게임의 길이를 결정하기 위해 샘플을 4 개로 그룹화하고 각 그룹에 대한 평균 최소 길이를 취할 수 있습니다 (최대 값에 대해 물 었으나 읽은 방식, 최소값을 의미한다고 가정합니다). 누군가가 모든 숫자를 얻는 데 성공하면 게임이 끝납니다) :

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}$

$14.7$

첫 번째 질문에 대한 간단하고 직관적 인 설명 :

먼저 숫자를 굴려야합니다. 이것은 쉬우 며, 항상 정확히 1 롤이 필요합니다.

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

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

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

그리고 6 번째 롤을 성공적으로 완료 할 때까지 계속합니다.

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

이 답변은 Markov 체인이없는 Neil G의 답변과 유사합니다.

다음 새로운 숫자를 얻기위한 확률 밀도 함수 (또는 이산 등가)는 다음과 같습니다.

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

여기서 p는 롤당 확률, 숫자가 롤링되지 않은 경우 1, 1 이후 5/6, 4/6 .. 마지막 숫자의 경우 1/6까지입니다.

기대 값 mu = sum (i * p * (1-p) ^ (i-1), i = 1 .. inf) n = i-1을 허용하고 p를 합산 밖으로 가져옵니다.

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

mu = p * sum (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 / p

1, 5/6, 4/6, 3/6, 2/6 및 1/6의 ps에 대한 예상 값 (mus)의 합은 이전에보고 된대로 14.7이지만 필요한 수당 1 / p는 일반적입니다 다이 사이즈

마찬가지로, 표준 편차를 분석적으로 계산할 수 있습니다

sigma ^ 2 = sum ((i-mu) ^ 2 * p * (1-p) ^ (i-1), i = 1 .. inf)

나는 여기에 당신에게 대수를 절약 할 것입니다.

6의 경우, 각 단계에 대한 시그마 ^ 2의 합은 다시 시뮬레이션 된 것처럼 약 6.24의 표준 편차에 대해 38.99입니다.

질문 1은 :

모든 숫자를 한 번 이상 얻을 때까지 6면 주사위를 몇 번 굴려야합니까?

분명히 정답은 '무한'이어야합니다.