9

একটি 6 পার্শ্বযুক্ত ডাই পুনরাবৃত্তি ঘূর্ণিত হয়। কে এর চেয়ে বেশি বা সমান যোগফল তৈরি করতে প্রয়োজনীয় রোলগুলির প্রত্যাশিত সংখ্যাটি কত?

সম্পাদনার আগে

P(Sum>=1 in exactly 1 roll)=1
P(Sum>=2 in exactly 1 roll)=5/6
P(Sum>=2 in exactly 2 rolls)=1/6
P(Sum>=3 in exactly 1 roll)=5/6
P(Sum>=3 in exactly 2 rolls)=2/6
P(Sum>=3 in exactly 3 rolls)=1/36
P(Sum>=4 in exactly 1 roll)=3/6
P(Sum>=4 in exactly 2 rolls)=3/6
P(Sum>=4 in exactly 3 rolls)=2/36
P(Sum>=4 in exactly 4 rolls)=1/216

সম্পাদনার পরে

P(Sum>=1 in atleast 1 roll)=1
P(Sum>=2 in atleast 1 roll)=5/6
P(Sum>=2 in atleast 2 rolls)=1
P(Sum>=3 in atleast 1 roll)=4/6
P(Sum>=3 in atleast 2 rolls)=35/36
P(Sum>=3 in atleast 3 rolls)=1
P(Sum>=4 in atleast 1 roll)=3/6
P(Sum>=4 in atleast 2 rolls)=33/36
P(Sum>=4 in atleast 3 rolls)=212/216
P(Sum>=4 in atleast 4 rolls)=1

আমি নিশ্চিত নই যে এটি প্রথমে সঠিক কিনা এবং তবে আমি মনে করি এই সম্ভাব্যতা রোলগুলির প্রত্যাশিত সংখ্যার সাথে সম্পর্কিত?

তবে কীভাবে আরও এগিয়ে যেতে হয় তা আমি জানি না। আমি কি সঠিক দিকে এগিয়ে যাচ্ছি?

— স্বাভাবিক সন্দেহভাজন
সূত্র

কিভাবে আপনি পেতে পারি

P (S \geq 2 in 2 rolls)

$P(S\geq 2 \text{ in 2 rolls})$ ?

— গ্লেন_বি -রিনস্টেট মনিকা

@ গ্লেেন_ বি আপনাকে প্রথম রোলটিতে ২ এর চেয়ে কম নম্বর পেতে হবে যা ১। সুতরাং 1 পাওয়ার সম্ভাবনা 1/6 এবং দ্বিতীয় রোল যে কোনও সংখ্যা হতে পারে। যদি আপনি প্রথম রোলটিতে একটি বৃহত্তর বা 2 এর সমান নম্বর পান তবে আপনি দ্বিতীয় রোলটিতে যাবেন না।

— সাধারণ সন্দেহভাজন

1

আহ, দেখছি কি হচ্ছে। আপনি এটিকে "পি (এস রেক 2 2 রোল)" হিসাবে বর্ণনা করেন না; এই অভিব্যক্তিটি বোঝায় যে রোলগুলির সংখ্যা নির্ধারিত। আপনি যা চান তা হয় "পি (হ'ল 2 টি রোলগুলি পেতে প্রয়োজনীয় required

S \geq 2

$S\geq 2$ ) "বা" পি (কমপক্ষে 2 টি রোলগুলি পেতে প্রয়োজন

S \geq 2

$S\geq 2$ ) "।

— গ্লেন_বি -রেইনস্টেট মনিকা

@ গ্লেন_ বি হ্যাঁ বিভ্রান্তি সৃষ্টি করে। পি (এস> 2 পেতে সঠিকভাবে 2 টি রোলস প্রয়োজন) আমার ধারণা। আমি চূড়ান্তভাবে গণনা করতে চাই সমস্ত কি প্রত্যাশিত রোলের সংখ্যার তুলনায় কে-এর চেয়ে বড় অঙ্কে পৌঁছবে?

— সাধারণ সন্দেহভাজন

@ Glen_b এই উদ্দেশ্যটির জন্য আমার কি কমপক্ষে বা ঠিক ব্যবহার করা উচিত? এবং আরও বড় অঙ্কের জন্য 10000 এর মতো প্রত্যাশিত রোলগুলি কীভাবে গণনা করবেন?

— সাধারণ সন্দেহভাজন

2

এটি আমার পর্যালোচনার ভিত্তিতে একই পর্যবেক্ষণের ভিত্তিতে অন্য, আরও সঠিক, পদ্ধতির জন্য কেবলমাত্র কিছু ধারণা ideas সময়ের সাথে আমি এই প্রসারিত করব ...

প্রথম, কিছু স্বরলিপি। দিন $K$ কিছু দেওয়া, ধনাত্মক (বৃহত্তর) পূর্ণসংখ্যা হতে। আমরা এর বিতরণ চাই $N$ যা কমপক্ষে যোগফল পাওয়ার জন্য একটি সাধারণ পাশা নিক্ষেপের সর্বনিম্ন সংখ্যা $K$ । সুতরাং, প্রথমে আমরা সংজ্ঞায়িত করি $X_i$ পাশা নিক্ষেপ ফলাফল হিসাবে $i$ , এবং $X^{(n)}=X_1+\dots+X_n$ । আমরা যদি বিতরণ পেতে পারি $X^{(n)}$ সবার জন্য $n$ তারপরে আমরা এর বিতরণটি খুঁজে পেতে পারি $N$ ব্যবহার করে

P (N \geq n) = P (X_{1} + \dots + X_{n} \leq K),

$P(N \ge n)= P(X_1+\dots+X_n \le K),$ এবং আমরা সম্পন্ন।

এখন, এর জন্য সম্ভাব্য মান $X_1+\dots+X_n$ হয় $n,n+1,n+2,\dots,6n$ , এবং জন্য $k$ সম্ভাব্যতা খুঁজে পেতে, এই সীমার মধ্যে $P(X_1+\dots+X_n=k)$ , আমাদের লেখার মোট উপায়ের সন্ধান করতে হবে $k$ ঠিক একটি যোগফল হিসাবে $n$ পূর্ণসংখ্যা, সমস্ত পরিসীমা $1,2,\dots,6$ । তবে এটিকে বলা হয় একটি সীমাবদ্ধ পূর্ণসংখ্যা রচনা, সংমিশ্রণগুলিতে ভালভাবে পড়া একটি সমস্যা। গণিত এসই সম্পর্কিত কিছু সম্পর্কিত প্রশ্নগুলি https://math.stackexchange.com/search?q=integer+compositions দ্বারা পাওয়া গেছে

সুতরাং অনুসন্ধান এবং অধ্যয়নরত যে সংযুক্তি সাহিত্য আমরা নিখুঁত নির্ভুল ফলাফল পেতে পারি। আমি এটি অনুসরণ করব, কিন্তু পরে ...

— কেজেটিল বি হালওয়ারসেন en
সূত্র

2

ডিগ্রি -6 বহুবর্ষের শিকড়গুলির নিরিখে একটি সাধারণ বদ্ধ সূত্র রয়েছে।

এটির সাথে সাধারণ মেলা ডাইয়ের বিষয়টি বিবেচনা করা একটু সহজ $d\ge 2$ সংখ্যাগুলির সাথে লেবেলযুক্ত মুখগুলি $1,2,\ldots, d.$

দিন $e_k$ সমান বা অতিক্রম করতে প্রয়োজনীয় রোলগুলির প্রত্যাশিত সংখ্যা হতে হবে $k.$ জন্য $k\le 0,$ $e_k=0.$ অন্যথায় প্রত্যাশা তত্ক্ষণাত্ পূর্ববর্তী মানটিতে পৌঁছানোর রোলগুলির সংখ্যার প্রত্যাশার চেয়ে আরও একটি, যা এর মধ্যে থাকবে $k-d, k-d+1, \ldots, k-1,$ কোথা হইতে

\begin{matrix} (1) & e_{k} = 1 + \frac{1}{d} (e_{k - d} + e_{k - d + 1} + \dots + e_{k - 1}) . \end{matrix}

$e_k = 1 + \frac{1}{d}\left(e_{k-d} + e_{k-d+1} + \cdots + e_{k-1}\right).\tag{1}$

এই লিনিয়ার পুনরাবৃত্ত সম্পর্কের ফর্মটিতে একটি সমাধান রয়েছে

\begin{matrix} (2) & e_{k} = \frac{2 k}{d + 1} + \sum_{i = 1}^{d} a_{i} λ_{i}^{k} \end{matrix}

$e_k = \frac{2k}{d+1} + \sum_{i=1}^d a_i \lambda_i^k\tag{2}$

যেখানে $\lambda_i$ হয় $d$ বহুত্বের জটিল শিকড়

\begin{matrix} (3) & T^{d} - \frac{1}{d} (T^{d - 1} + T^{d - 2} + \dots + T + 1) . \end{matrix}

$T^d - \frac{1}{d}(T^{d-1} + T^{d-2} + \cdots + T + 1).\tag{3}$

কনস্ট্যান্টস $a_i$ সমাধান প্রয়োগ করে পাওয়া যায় $(2)$ মানগুলিতে $k=-(d-1), -(d-2), \ldots, -1, 0$ কোথায় $e_k=0$ প্রতিটি ক্ষেত্রে। এটি একটি সেট দেয় $d$ লিনিয়ার সমীকরণ $d$ ধ্রুবক এবং এটির একটি অনন্য সমাধান রয়েছে। যে সমাধান কাজ করে পুনরাবৃত্তি যাচাই করে প্রদর্শিত হতে পারে $(1)$ প্রতিটি রুট সন্তুষ্ট যে সত্য ব্যবহার করে $(3):$

\begin{aligned} 1 + \frac{1}{d} \sum_{j = 1}^{d} e_{k - j} & = 1 + \frac{1}{d} \sum_{j = 1}^{d} (\frac{2 (k - j)}{d + 1} + \sum_{i = 1}^{d} a_{i} λ_{i}^{k - j}) \\ = \frac{2 k}{d + 1} + \sum_{i = 1}^{d} a_{i} λ_{i}^{k - d} [\frac{1}{d} (1 + λ_{i} + \dots + λ_{i}^{d - 1})] \\ = \frac{2 k}{d + 1} + \sum_{i = 1}^{d} a_{i} λ_{i}^{k - d} λ_{i}^{d} \\ = \frac{2 k}{d + 1} + \sum_{i = 1}^{d} a_{i} λ_{i}^{k} = e_{k} . \end{aligned}

$\eqalign{ 1 + \frac{1}{d}\sum_{j=1}^{d} e_{k-j} &= 1 + \frac{1}{d}\sum_{j=1}^{d} \left(\frac{2(k-j)}{d+1} + \sum_{i=1}^d a_i \lambda_i^{k-j}\right) \\ &= \frac{2k}{d+1} + \sum_{i=1}^d a_i \lambda_i^{k-d}\left[\frac{1}{d}(1 + \lambda_i + \cdots + \lambda_i^{d-1})\right] \\ &= \frac{2k}{d+1} + \sum_{i=1}^d a_i \lambda_i^{k-d}\lambda_i^d \\ &= \frac{2k}{d+1} + \sum_{i=1}^d a_i \lambda_i^k = e_k. }$

এই বদ্ধ ফর্ম সমাধান আমাদের উত্তর আনুমানিক করার পাশাপাশি সঠিকভাবে মূল্যায়নের জন্য ভাল উপায় দেয় gives (এর ছোট থেকে পরিমিত মানের জন্য $k,$ পুনরাবৃত্তির সরাসরি প্রয়োগ একটি কার্যকর গণনা কৌশল ut) উদাহরণস্বরূপ, সাথে $d=6$ আমরা সহজেই গণনা করতে পারি

e_{1 000 000} = 285714.761905 \dots

$e_{1\,000\,000} = 285714.761905\ldots$

আনুমানিক জন্য, একটি অনন্য বৃহত্তম রুট হবে $\lambda_{+}=1$ সুতরাং শেষ পর্যন্ত (যথেষ্ট বড় জন্য $k$ ) শব্দটি $\lambda_{+}^k$ আধিপত্য করবে $d$ শর্তাবলী $(2).$ শিকড়ের দ্বিতীয় বৃহত্তম নিয়ম অনুসারে ত্রুটি তাত্পর্যপূর্ণভাবে হ্রাস পাবে । সঙ্গে উদাহরণ অবিরত $k=6,$ এর সহগ $\lambda_{+}$ হয় $a_{+}=0.4761905$ এবং পরবর্তী-সর্বকনিষ্ঠ আদর্শ $0.7302500.$ (ঘটনাচক্রে, অন্য $a_i$ খুব কাছাকাছি হতে ঝোঁক $1$ আকারে।) সুতরাং আমরা পূর্ববর্তী মানটি প্রায় অনুমান করতে পারি

e_{1 000 000} \approx \frac{2 \times 10^{6}}{6 + 1} + 0.4761905 = 285714.761905 \dots

$e_{1\,000\,000} \approx \frac{2\times 10^6}{6+1} + 0.4761905 = 285714.761905\ldots$

অর্ডার একটি ত্রুটি সঙ্গে $0.7302500^{10^6} \approx 10^{-314\,368}.$

এই সমাধানটি কতটা কার্যকর তা প্রদর্শনের জন্য, এখানে Rকোডটি যা মূল্যায়ন করতে কোনও ফাংশন দেয় $e_k$ কোন জন্য $k$ (ডাবল নির্ভুলতা ভাসমান পয়েন্ট গণনার ক্ষেত্রের মধ্যে) এবং অত্যধিক বড় নয় $d$ (এটি একবার নিচে নেমে যাবে) $d\gg 100$ ):

die <- function(d, mult=1, cnst=1, start=rep(0,d)) {
  # Create the companion matrix (its eigenvalues are the lambdas).
  X <- matrix(c(0,1,rep(0,d-1)),d,d+1)
  X[, d] <- mult/d
  lambda <- eigen(X[, 1:d], symmetric=FALSE, only.values=TRUE)$values

  # Find the coefficients that agree with the starting values.
  u <- 2*cnst/(d+1)
  a <- solve(t(outer(lambda, 1:d, `^`)), start - u*((1-d):0))

  # This function assumes the starting values are all real numbers.
  f <- Vectorize(function(i) Re(sum(a * lambda ^ (i+d))) + u*i)

  list(f=f, lambda=lambda, a=a, multiplier=mult, offset=cnst)
}

এর ব্যবহারের উদাহরণ হিসাবে এটি এখানে প্রত্যাশাগুলি গণনা করে $k=1,2,\ldots, 16:$

round(die(6)$f(1:10), 3)

1.000 1.167 1.361 1.588 1.853 2.161 2.522 2.775 3.043 3.324 3.613 3.906 4.197 4.476 4.760 5.046

যে বস্তুটি এটি প্রত্যাবর্তন করে তাতে শিকড় অন্তর্ভুক্ত $\lambda_i$ এবং তাদের গুণক $a_i$ আরও বিশ্লেষণের জন্য। গুণক অ্যারের প্রথম উপাদানটি হ'ল কার্যকর সহগ $a_{+}.$

(আপনি যদি জানতে আগ্রহী হন যে অন্যান্য পরামিতিগুলি কীসের dieজন্য রয়েছে তবে নির্বাহ করুন die(2, 2, 0, c(1,0))$f(1:10)এবং দেখুন আপনি আউটপুটটি সনাক্ত করেছেন কিনা ;-)। এই সাধারণীকরণটি ফাংশনটি বিকাশ এবং পরীক্ষায় সহায়তা করেছে))

— whuber
সূত্র

+1 টি। ফাংশন dieআমার জন্য একটি ত্রুটি দেয়: object 'phi' not found।

— COOLSerdash

1

@ কোল চেক করার জন্য ধন্যবাদ। (থেকে পরিবর্তনশীল এটির নাম হয় শেষ মিনিটের পরিবর্তন phiকরতে a) টেক্সট মেলে অভিযুক্ত ব্যক্তি ছিলেন। আমি এটি স্থির করেছি (এবং চেক করেছি)।

— হোবার

1

সাধারণভাবে রোলগুলির সঠিক প্রত্যাশিত সংখ্যা পাওয়ার কোনও উপায় নেই, তবে কে।

যোগফল => কে পাওয়ার জন্য এনকে প্রত্যাশিত রোলিংয়ের ইভেন্ট হতে দিন।

কে = 1, ই (এন) = 1 এর জন্য

কে = 2 এর জন্য $E(N)=(\frac{5}{6}+2*1)/(\frac{5}{6}+1)=\frac{17}{11}$

ইত্যাদি।

বড় কে এর জন্য ই (এন) পাওয়া কঠিন হয়ে উঠবে উদাহরণস্বরূপ, কে = ২০ এর জন্য আপনার কাছ থেকে আশা করা দরকার (৪ রোলস, ২০ রোলস)

কেন্দ্রীয় সীমাবদ্ধ তত্ত্বটি কিছু% আত্মবিশ্বাসের সাথে আরও উপকারী হবে। যেহেতু আমরা জানি যে ঘটনাটি কে হিসাবে বড় আকারের জন্য অভিন্নভাবে বিতরণ করা হয়।

K (S u m) f o l l o w s N (3.5 N, \frac{35 N}{12})

$K(Sum)~follows~N(3.5N,\frac{35N}{12})$ (স্বাভাবিক বন্টন)

কমপক্ষে কে যোগফল পেতে আপনার এখন "এন" দরকার .... আমরা এটি স্ট্যান্ডার্ড সাধারণ বিতরণে রূপান্তর করি।

\frac{K - 3.5 N}{\sqrt{\frac{35 N}{12}}} = Z_{α}

$\frac{K-3.5N}{\sqrt{\frac{35N}{12}}}=Z_\alpha$ কোথায়

α = 1 - c o n f i d e n c e

$\alpha=1-confidence$ % আপনি "স্ট্যান্ডার্ড নরমাল টেবিলগুলি" বা উদাহরণস্বরূপ এখান থেকে জেড মান পেতে পারেন

Z_{0.01} = 2.31, Z_{0.001} = 2.98

$Z_{0.01}=2.31,Z_{0.001}=2.98$

আপনি কে, জেড (যে কোনও ত্রুটিতে) জানেন ........ তবে সমীকরণ সমাধানের মাধ্যমে আপনি কিছুটা আত্মবিশ্বাসে% এন = ই (এন) পেতে পারেন।

— হেমন্ত রূপানী
সূত্র

2

আপনি কীভাবে এই সম্ভাবনাগুলি গণনা করেছেন? আপনি কীভাবে ই (এন) সমীকরণে পৌঁছলেন?

— সাধারণ সন্দেহভাজন

@ ইউসুয়ালস্প্পেক্ট পি (যোগফল = 1 1 রোলের মধ্যে) = 5/6 (আপনি জানেন) পি (যোগফল = 2 রোলগুলিতে 2) = 1 (কারণ আপনাকে অবশ্যই 2 রোলিং থেকে কমপক্ষে 2 যোগফল পেতে হবে) এবং ই (এন) এর জন্য ) ......... এটির একটি প্রত্যাশিত গড়

— হেমন্ত রূপানী

দুঃখিত আমি উল্লেখ না। এটি কমপক্ষে নয়, ঠিক ২ টি রোল। আমি এখন ই (এন) সমীকরণ বুঝতে পেরেছি।

— সাধারণ সন্দেহভাজন

টুইটারে যাইহোক আপনার যদি কোনও নির্দিষ্ট কে এর জন্য ই (এন) প্রয়োজন হয় তবে আমি এটি তৈরি করতে পারি :)।

— হেমন্ত রূপানী

আমার কে = 20 এবং কে = 10000 প্রয়োজন। যদি আপনি সরাসরি উত্তর না দিয়ে আমাকে ব্যাখ্যা করেন তবে এটি আরও ভাল।

— সাধারণ সন্দেহভাজন

0

আনুমানিক সমাধান খুঁজতে আমি একটি পদ্ধতি দেব। প্রথমে যাক $X_i$ এলোমেলো পরিবর্তনশীল হয়ে উঠুন, "ছোঁড়ার ফলাফল $i$ পাশা সঙ্গে "এবং যাক $N$ কমপক্ষে একটি অঙ্কে পৌঁছানোর জন্য প্রয়োজনীয় নিক্ষেপের সংখ্যা হও $k$ । তারপরে আমাদের তা আছে

P (N \geq n) = P (X_{1} + X_{2} + \dots + X_{n} \leq k)

$P(N \ge n) = P(X_1+X_2+\dots+X_n \le k)$ তাই বিতরণ খুঁজে পেতে

N

$N$ আমাদের ডিস্ট্রিবিউশনগুলির কনভোলশনগুলি খুঁজে বের করতে হবে

X_{i}

$X_i$ জন্য

i = 1, 2, \dots, n

$i=1,2,\dots,n$ , সবার জন্য

n

$n$ । এই কনভলিউশনগুলি সংখ্যাগতভাবে পাওয়া যেতে পারে তবে বড় আকারের জন্য

n

$n$ এটি অনেক বেশি কাজ হতে পারে, তাই আমরা স্যাডলিপয়েন্ট পদ্ধতি ব্যবহার করে কনভলিউশনগুলির জন্য ক্রমবর্ধমান বিতরণ কার্যটি আনুমানিক করার চেষ্টা করি। স্যাডলিপয়েন্ট পদ্ধতির আরেকটি উদাহরণের জন্য, গামা র্যান্ডম ভেরিয়েবলগুলির জেনেরিক যোগ সম্পর্কে আমার উত্তর দেখুন

আমরা পৃথক মামলার জন্য লুগান্নিনি-রাইস সান্নিধ্য ব্যবহার করব এবং আর বাটলার অনুসরণ করব: "অ্যাপ্লিকেশনগুলির সাথে স্যাডলিপয়েন্ট আনুমানিকতা", পৃষ্ঠা 18 (দ্বিতীয় ধারাবাহিকতা সংশোধন)। প্রথমত, আমাদের মুহুর্তটি তৈরির ফাংশনটি দরকার $X_i$ , যা হলো

M (T) = E e^{t X_{i}} = \frac{1}{6} (e^{t} + e^{2 t} + e^{3 t} + e^{4 t} + e^{5 t} + e^{6 t})

$M(T) = E e^{tX_i}= \frac16 (e^t+e^{2t}+e^{3t}+e^{4t}+e^{5t}+e^{6t})$ এর যোগফলের জন্য তত্পর জেনারেট ফাংশন

n

$n$ স্বাধীন পাশা হয়ে যায়

K_{n} (t) = n \cdot l o g (\frac{1}{6} \sum_{i = 1}^{6} e^{i t})

$K_n(t)=n \cdot log(\frac16\sum_{i=1}^6 e^{it})$ এবং আমাদের প্রথম কয়েকটি ডেরিভেটিভও দরকার

K

$K$ , তবে আমরা সেগুলি প্রতীকীভাবে আর ব্যবহার করে দেখতে পাব। কোডটি নিম্নলিখিত:

 DD <- function(expr, name, order = 1) {
        if(order < 1) stop("'order' must be >= 1")
        if(order == 1) D(expr, name)
        else DD(D(expr, name), name, order - 1)
     }

make_cumgenfun  <-  function() {
    fun0  <-  function(n, t) n*log(mean(exp((1:6)*t)))
    fun1  <-  function(n, t) {}
    fun2  <-  function(n, t) {}
    fun3  <-  function(n, t) {}
    d1  <-  DD(expression(n*log((1/6)*(exp(t)+exp(2*t)+exp(3*t)+exp(4*t)+exp(5*t)+exp(6*t)))),  "t", 1)
    d2  <-  DD(expression(n*log((1/6)*(exp(t)+exp(2*t)+exp(3*t)+exp(4*t)+exp(5*t)+exp(6*t)))),  "t", 2)
    d3  <-  DD(expression(n*log((1/6)*(exp(t)+exp(2*t)+exp(3*t)+exp(4*t)+exp(5*t)+exp(6*t)))),  "t", 3)
    body(fun1)  <-  d1
    body(fun2)  <-  d2
    body(fun3)  <-  d3
    return(list(fun0,  fun1,  fun2,  fun3))
}

এর পরে, আমাদের অবশ্যই স্যাডলিপয়েন্ট সমীকরণটি সমাধান করতে হবে।

এটি নিম্নলিখিত কোড দ্বারা সম্পন্ন হয়:

funlist  <-  make_cumgenfun()

# To solve the saddlepoint equation for n,  k:
solve_speq  <-   function(n, k)  {# note that n+1 <= k <= 6n is needed
    Kd  <-  function(t) funlist[[2]](n, t)
    k  <-  k-0.5
    uniroot(function(s) Kd(s)-k,  lower=-100,  upper=1,  extendInt="upX")$root
}

নোট করুন যে উপরের কোডটি খুব দৃ rob় নয়, এর মানগুলির জন্য $k$ বিতরণ উভয় লেজের মধ্যে এটি কাজ করবে না। তারপরে বাটলার, পৃষ্ঠা 18, (দ্বিতীয় ধারাবাহিকতা সংশোধন) এর পরে লুগানিনি-রাইস আনুমানিকভাবে প্রায় লেজ সম্ভাব্যতা ফাংশন গণনা করার জন্য কিছু কোড:

লেজ সম্ভাবনা ফিরিয়ে দেওয়ার জন্য কাজ:

#

Ghelp  <-  function(n, k) {
    stilde  <-  solve_speq(n, k)
    K  <-  function(t) funlist[[1]](n, t)
    Kd <-  function(t) funlist[[2]](n, t)
    Kdd <- function(t) funlist[[3]](n, t)
    Kddd <- function(t) funlist[[4]](n, t)
    w2tilde  <-  sign(stilde)*sqrt(2*(stilde*(k-0.5)-K(stilde)))  
    u2tilde  <-  2*sinh(stilde/2)*sqrt(Kdd(stilde))
    mu  <-  Kd(0)
    result  <- if (abs(mu-(k-0.5)) <= 0.001) 0.5-Kddd(0)/(6*sqrt(2*pi)*Kdd(0)^(3/2))  else
    1-pnorm(w2tilde)-dnorm(w2tilde)*(1/w2tilde - 1/u2tilde)
    return(result)
}
G  <- function(n, k) {
      fun  <- function(k) Ghelp(n, k)
      Vectorize(fun)(k)
  }

তারপরে সূত্রের ভিত্তিতে বিতরণের একটি সারণী গণনা করতে এটি ব্যবহার করার চেষ্টা করি let

P (N \geq n) = P (X_{1} + X_{2} + \dots + X_{n} \leq k) = 1 - P (X_{1} + \dots + X_{n} \geq k + 1) = 1 - G (n, k + 1)

$P(N \ge n) = P(X_1+X_2+\dots+X_n \le k) \\ = 1-P(X_1+\dots+X_n \ge k+1) \\ = 1-G(n,k+1)$ কোথায়

G

$G$ উপরের আর কোডটি ফাংশনটি হ'ল।

এখন আসুন এর সাথে আসল প্রশ্নের উত্তর দিন $K=20$ । তারপরে রোলগুলির সর্বনিম্ন সংখ্যা 4 এবং রোলগুলির সর্বাধিক সংখ্যা 20 হয় 20 (উপরের অনুমানের জন্য কাজ করবে না $n=20$ )।

সুতরাং সম্ভাবনা যে $N \ge 19$ দ্বারা প্রায় হয়

> 1-G(20, 21)
[1] 2.220446e-16

সম্ভাবনা যে $N\ge 10$ দ্বারা অনুমান করা হয়:

> 1-G(10, 21)
[1] 0.002880649

ইত্যাদি। এই সমস্ত ব্যবহার করে, আপনি নিজেই প্রত্যাশার জন্য একটি আনুমানিক পেতে পারেন। কেন্দ্রীয় সীমাবদ্ধতা উপপাদ্যের উপর ভিত্তি করে এটি অনুমানের চেয়ে অনেক ভাল হওয়া উচিত।

— কেজেটিল বি হালওয়ারসেন en
সূত্র

ডাইস রোলগুলির প্রত্যাশিত সংখ্যার জন্য কে এর চেয়ে বড় বা সমান পরিমাণ তৈরি করতে হবে?

লেজ সম্ভাবনা ফিরিয়ে দেওয়ার জন্য কাজ: