¿Con qué frecuencia tienes que tirar un dado de 6 lados para obtener cada número al menos una vez?


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Acabo de jugar un juego con mis hijos que básicamente se reduce a: quien gane cada número al menos una vez en un dado de 6 lados gana.

Finalmente gané, y los otros terminaron 1-2 turnos después. Ahora me pregunto: ¿cuál es la expectativa de la duración del juego?

Sé que la expectativa del número de lanzamientos hasta que llegue a un número específico es .n=1n16(56)n1=6

Sin embargo, tengo dos preguntas:

  1. ¿Cuántas veces tienes que tirar un dado de seis lados hasta que obtengas todos los números al menos una vez?
  2. Entre cuatro pruebas independientes (es decir, con cuatro jugadores), ¿cuál es la expectativa del número máximo de tiradas necesarias? [nota: es máximo, no mínimo, porque a su edad, se trata más de terminar que de llegar primero para mis hijos]

Puedo simular el resultado, pero me pregunto cómo haría para calcularlo analíticamente.


Aquí hay una simulación de Monte Carlo en 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)

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El problema del coleccionista de cupones también se ve : buscar en Google te dará muchos más éxitos y más información. También intente buscar eso aquí en stats.SE .
Glen_b

1
@Glen_b: ¡Gracias, no sabía ese nombre!
Jonas

1
@whuber: No estoy seguro de que esta pregunta deba haberse cerrado. Quiere el tiempo mínimo esperado de cuatro intentos. Estaba a punto de arreglar mi respuesta para la solución de programación dinámica.
Neil G

2
@whuber: editaré mi publicación para aclararlo
Jonas

3
Matemáticas relevantes Publicación de SE: distribución de probabilidad en el problema del colector de cupones
Glen_b

Respuestas:


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Debido a que se ha solicitado un "enfoque completamente analítico", aquí hay una solución exacta. También proporciona un enfoque alternativo para resolver la pregunta en Probabilidad de dibujar una bola negra en un conjunto de bolas blancas y negras con condiciones de reemplazo mixtas .


El número de movimientos en el juego, , se puede modelar como la suma de seis realizaciones independientes de variables geométricas con probabilidades , cada uno de ellos desplazado por (porque una variable geométrica cuenta solo las tiradas que preceden a un éxito y también debemos contar las tiradas en las que se observaron éxitos). Al calcular con la distribución geométrica, obtendremos respuestas que son menos que las deseadas y, por lo tanto, debemos asegurarnos de agregar al final.X(p)p=1,5/6,4/6,3/6,2/6,1/616 666

La función generadora de probabilidad (pgf) de dicha variable geométrica con el parámetro esp

f(z,p)=p1(1p)z.

Por lo tanto, el pgf para la suma de estas seis variables es

g(z)=i=16f(z,i/6)=6z4(5 2z+5+10 3z+45 4z+4+5z+4+5).

(El producto se puede calcular en esta forma cerrada separándolo en cinco términos mediante fracciones parciales).

La función de distribución acumulativa (CDF) se obtiene de las sumas parciales de (como una serie de potencia en ), que equivale a sumar series geométricas, y está dada porgz

F(z)=6z4((1) 1z+4+(5) 2z+4(10) 3z+4+(10) 4z+4(5) 5z+4+(1) 6z+4).

(He escrito esta expresión en una forma que sugiere una derivación alternativa a través del Principio de inclusión-exclusión).

De esto obtenemos el número esperado de movimientos en el juego (respondiendo la primera pregunta) como

E(6+X)=6+i=1(1F(i))=14710.

El CDF del máximo de versiones independientes de es (y de esto podemos, en principio, responder cualquier pregunta de probabilidad sobre el máximo que nos gusta, como cuál es su varianza, cuál es su percentil 99 , y así). Con obtenemos una expectativa demXF(z)mm=4

6+i=1(1F(i)4)21.4820363.

(El valor es una fracción racional que, en forma reducida, tiene un denominador de 71 dígitos). La desviación estándar es Aquí hay una gráfica de la función de masa de probabilidad del máximo para cuatro jugadores (ya ha sido desplazada por ):6.77108.6

Figura

Como cabría esperar, está positivamente sesgado. El modo es a rollos. Es raro que la última persona que termine tome más de rollos (es aproximadamente ).18500.3%


Este método de solución se inspiró en la observación de que las sumas de variables geométricas son mezclas (posiblemente con pesos negativos) de variables geométricas que tienen los mismos parámetros. Una relación similar se mantiene entre las variables Gamma (con diferentes parámetros de frecuencia). Pido disculpas por hacer el trabajo en Mathematica, pero estoy seguro de que Matlab también puede realizar estos cálculos :-).
whuber

2
Esta es la respuesta que esperaba. ¡Muchas gracias! Creo que debería poder calcular los resultados numéricos en Matlab :)
Jonas

¿Cómo se relaciona con la distribución de masa de probabilidad de la distribución geométrica? ¿De dónde viene el producto ? Entiendo el significado de , pero ¿cuál es el significado de ? f(z,p)=p1(1p)zi=16f(z,i/6)F(z)g(z)
Sextus Empiricus

1
Ahora veo que es la función generadora de probabilidad . f(z,p)
Sextus Empiricus

@MartijnWeterings Gracias, creo que es el término más preciso y convencional. (Se puede decir que tiendo a pensar que pmf y pgf son casi lo mismo, debido a la larga costumbre de usar funciones generadoras). Cambiaré la terminología en esta publicación.
whuber

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ThePawn tiene la idea correcta de atacar el problema con una relación recurrente. Considere una cadena de Markov con estados correspondientes a la cuenta del número de tiradas de dados distintas que han sucedido. El estado 0 es el estado inicial y el estado 6 es el estado final. Entonces, la probabilidad de transición del estado a sí mismo es . La probabilidad de transición del estado al estado es . Por lo tanto, el tiempo de llegada del estado final es {0,,6}ii6ii+16i6

i=0566i=14.7

Para el máximo de cuatro ensayos, considere los estados que son cuádruples. Desea encontrar el tiempo de golpe esperado para el estado objetivo . El tiempo de golpe esperado de cualquier estado es el promedio ponderado para cada estado fuente del tiempo de golpe esperado más el tiempo para ir de a , ponderado por , la probabilidad de llegar al estado y moverse a(6,6,6,6)jiTiijpipijij. Puede descubrir los tiempos de golpe y las probabilidades mediante programación dinámica. No es tan difícil ya que hay un orden transversal para completar los tiempos de golpe y las probabilidades. Por ejemplo, para dos dados: primero calcule T y p para (0,0), luego para (1,0), luego (1, 1), (2, 0), luego (2, 1), etc.

En 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])

1
Te has perdido el número máximo esperado de tiradas en cuatro repeticiones independientes del juego.
chanceislogic

Ah, acabo de notar eso. Creo que quieres decir mínimo, pero sí.
Neil G

@NeilG: en realidad me refiero al máximo (ver mi pregunta actualizada), aunque supongo que la estrategia es la misma para min y max. ¿Puede por favor elaborar la estrategia de programación dinámica?
Jonas

@Jonas: actualizado al máximo. Tengo mucho trabajo, pero podría codificar esto para usted más tarde.
Neil G

2
@NeilG: Gracias. Tenía la esperanza de obtener un enfoque completamente analítico, pero el código DP también es bastante instructivo.
Jonas

6

Estimación rápida y sucia de Monte Carlo en R de la duración de un juego para 1 jugador:

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))

Resultados: , , por lo que un intervalo de confianza del 95% para la media es .μ^=14.684σ^=6.24[14.645,14.722]

Para determinar la duración de un juego de cuatro jugadores, podemos agrupar las muestras en cuatro y tomar la longitud mínima promedio sobre cada grupo (usted preguntó sobre el máximo, pero supongo que se refería al mínimo ya que, según lo leí, el el juego termina cuando alguien logra obtener todos los números):

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

Resultados: , , por lo que un intervalo de confianza del 95% para la media es .μ^=9.44σ^=2.26[9.411,9.468]


1
Llegué a un resultado muy similar con una simulación de Matlab, pero tenía curiosidad acerca de cómo resolvería esto analíticamente. Además, como juego con mis hijos, todos quieren terminar el juego, independientemente de quién gane, así que quiero preguntar sobre el máximo.
Jonas

5

¿Qué tal una relación recursiva con respecto al número restante de lados que debes obtener para ganar?m

T m = 1 + 6 - m

T1=6
Tm=1+6m6Tm+m6Tm1

Básicamente, la última relación dice que la cantidad de tiempo para rodar los números diferentes restantes es igual a más:m1

  • Tm si sacas uno de los números ya lanzados (probabilidad )6m6m6
  • m mTm1 si sacas uno de los números restantes (probabilidad )mm6

La aplicación numérica de esta relación da .14.7


Algo parece mal con esta respuesta. ¿No debería ser un resumen al final? . Ti=Ti1+66i+1
Neil G

1
Sí, lo siento, cometí un error, lo estoy corrigiendo
ThePawn

Espero que no te importe que agregué una respuesta. 14.7 es correcto, pero la relación de recurrencia sigue siendo defectuosa ...
Neil G

No hay problema, debería haber tenido cuidado la primera vez :). Tu respuesta es genial.
ThePawn

5

Una explicación simple e intuitiva a la primera pregunta:

Primero necesitas rodar cualquier número. Esto es fácil, siempre tomará exactamente 1 rollo.

Luego debe rodar cualquier número que no sea el primero. La probabilidad de que esto suceda es , por lo que tomará (1.2) rollos en promedio. 65665

A continuación, debe rodar cualquier número que no sean los dos primeros. La posibilidad de que esto suceda es , por lo que tomará (1.5) rollos en promedio. 64664

A continuación, debe rodar cualquier número que no sean los primeros tres. La probabilidad de que esto suceda es , por lo que tomará (2) tiradas en promedio. 63663

Y así sucesivamente hasta completar con éxito nuestro sexto rollo:

66+65+64+63+62+61=14.7 rolls

Esta respuesta es similar a la respuesta de Neil G, solo, sin la cadena de Markov.


1

La función de densidad de probabilidad (o equivalente discreto) para obtener el siguiente número nuevo es:

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

donde p es la probabilidad por tirada, 1 cuando no se han lanzado números, 5/6 después de 1, 4/6 .. hasta 1/6 para el último número

el valor esperado, mu = suma (i * p * (1 - p) ^ (i - 1), i = 1 .. inf) dejando n = i - 1, y llevando p fuera de la suma,

mu = p * suma ((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

La suma de los valores esperados (mus) para ps de 1, 5/6, 4/6, 3/6, 2/6 y 1/6 es 14.7 como se informó anteriormente, pero 1 / p por número requerido es general independientemente del tamaño del dado

Del mismo modo, podemos calcular la desviación estándar analíticamente

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

Te ahorraré el álgebra aquí, pero sigma ^ 2 = (1-p) / p ^ 2

En el caso de 6, la suma de sigma ^ 2 para cada paso es 38.99 para una desviación estándar de aproximadamente 6.24, nuevamente, como se simula


-4

La pregunta 1 fue:

¿Cuántas veces tienes que tirar un dado de seis lados hasta que obtengas todos los números al menos una vez?

Obviamente, la respuesta correcta debe ser 'infinita'.


66
Eso respondería a la pregunta "para garantizar con absoluta certeza obtener cada número al menos una vez". Para la pregunta que se hizo, la respuesta es una variable aleatoria, cuya distribución puede ser bien aproximada.
Glen_b
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