প্রতিটি পক্ষ 3 বার উপস্থিত না হওয়া পর্যন্ত মরতে রোল দেওয়ার প্রত্যাশিত সংখ্যা

Question

প্রতিটি পক্ষের 3 বার উপস্থিত না হওয়া পর্যন্ত আপনাকে কতবার ডাই রোল করতে হবে তার প্রত্যাশিত সংখ্যাটি কত?

এই প্রশ্নটি নিউজিল্যান্ডের প্রাথমিক বিদ্যালয়ে জিজ্ঞাসা করা হয়েছিল এবং সিমুলেশন ব্যবহার করে এটি সমাধান করা হয়েছিল। এই সমস্যার বিশ্লেষণাত্মক সমাধান কী?

Comments

যেহেতু রোলগুলির ফলাফলগুলি এলোমেলো, তাই কতগুলি রোলগুলির প্রয়োজন তা আগেই জানা সম্ভব নয়। যদি প্রশ্নটি সন্ধান করে থাকে, উদাহরণস্বরূপ, প্রতিটি পক্ষের 3 বার উপস্থিত হওয়ার আগে রোলগুলির প্রত্যাশিত সংখ্যাটি স্পষ্ট করে বলা উচিত stated সেক্ষেত্রে, stats.stackexchange.com/tags/self-study/info প্রযোজ্য।

— জুহো কোককল

নিউজিল্যান্ডের এই বাচ্চাদের বলুন নরমন এল জনসন, স্যামুয়েল কোটজ, এন। বালাকৃষ্ণান "বিচ্ছিন্ন মাল্টিভারিয়েট বন্টন" wiley.com/WileyCDA/WileyTitle/productCd-0471128449.html ।

— মার্ক এল। স্টোন

সম্পর্কিত: কমপক্ষে একবারে প্রতিটি সংখ্যা পেতে আপনাকে কত ঘন ঘন একটি 6-পক্ষীয় ডাই রোল করতে হবে?

— সাইকোরাক্স বলছে মনিকাকে

Answer 1

ধরুন, সমস্ত টির পক্ষে সমান সম্ভাবনা রয়েছে। আসুন সাধারণের এবং প্রয়োজন না হওয়া পর্যন্ত পাশ রোলস প্রত্যাশিত সংখ্যা খুঁজে বের 1 হাজির করেছে এন 1 বার পাশ 2 হাজির করেছে এন 2 বার ..., এবং পার্শ্ব ঘ হাজির করেছে এন ঘ বার। যেহেতু পক্ষগুলির পরিচয়গুলি গুরুত্বপূর্ণ নয় (তাদের সকলের সমান সম্ভাবনা রয়েছে), এই উদ্দেশ্যটির বিবরণটি ঘনীভূত করা যেতে পারে: আসুন ধরে নেওয়া যাক যে আমি 0 টি পক্ষকে একেবারে উপস্থিত হওয়ার দরকার নেই , আমি পক্ষের 1 টি উপস্থিত হওয়া দরকার ঠিক একবার, ..., এবং আমি $d=6$$1$$n_1$$2$$n_2$$d$$n_d$$i_0$$i_1$$i_n$পক্ষের $n=\max(n_1,n_2,\ldots,n_d)$ বার প্রদর্শিত হবে। আসুন

$$\mathbf{i}=(i_0,i_1,\ldots,i_n)$$ এই পরিস্থিতি মনোনীত করুন এবং প্রত্যাশিত রোলগুলির জন্য লিখুন $$e(\mathbf{i})$$ । প্রশ্নটি জন্য জিজ্ঞাসা করে $e(0,0,0,6)$: নির্দেশ করে যে সমস্ত ছয় পক্ষকে প্রত্যেকে তিনবার দেখতে হবে।$i_3 = 6$

একটি সহজ পুনরাবৃত্তি উপলব্ধ। পরবর্তী রোল, পাশের যে এক অনুরূপ মনে হচ্ছে, এ : যে হয় আমরা এটি দেখতে প্রয়োজন ছিল না, অথবা আমরা এটি একবার দেখতে, ..., প্রয়োজন অথবা আমরা এটা দেখতে প্রয়োজন এন আরো বার। j হল আমাদের দেখার সংখ্যাটি এটি।$i_j$$n$$j$

• যখন , আমাদের এটি দেখার দরকার নেই এবং কিছুই পরিবর্তিত হয় না। এই সম্ভাবনা সঙ্গে ঘটে আমি 0 / ঘ ।$j=0$$i_0/d$

• যখন তখন আমাদের এই দিকটি দেখার দরকার ছিল। এখন আর একটি কম দিক রয়েছে যা j বার দেখা দরকার এবং আরও একটি দিক যা j - 1 বার দেখা দরকার । সুতরাং, আমি ঞ হয়ে আমি ঞ - 1 এবং আমি ঞ - 1 হয়ে আমি ঞ + + 1 । উপাদান এই অপারেশন করা যাক এর আমি মনোনীত করা আমি ⋅ ঞ , যাতে$j \gt 0$$j$$j-1$$i_j$$i_j-1$$i_{j-1}$$i_j+1$$\mathbf{i}$$\mathbf{i}\cdot j$

  $$\mathbf{i}\cdot j = (\color{gray}{i_0, \ldots, i_{j-2}}, i_{j-1}+1, i_j-1, \color{gray}{i_{j+1},\ldots, i_n}).$$

  এই সঙ্গে সম্ভাব্যতা ঘটবে ।$i_j/d$

আমাদের কেবল এই ডাই রোলটি গণনা করতে হবে এবং আরও কত রোল আশা করা যায় তা আমাদের তা বলার জন্য পুনরাবৃত্তি ব্যবহার করতে হবে। প্রত্যাশার আইন এবং সম্পূর্ণ সম্ভাবনার দ্বারা,

$$e(\mathbf{i}) = 1 + \frac{i_0}{d}e(\mathbf{i}) + \sum_{j=1}^n \frac{i_j}{d}e(\mathbf{i}\cdot j)$$

(আসুন বুঝতে পারি যে যখনই j = 0 , যোগফলের সাথে সম্পর্কিত শব্দটি শূন্য হয়))$i_j=0$

যদি , আমরা সম্পন্ন এবং ই ( i ) = 0 । অন্যথায় আমরা ই ( i ) এর জন্য সমাধান করতে পারি , কাঙ্ক্ষিত পুনরাবৃত্তির সূত্রটি দিয়ে$i_0=d$$e(\mathbf{i}) =0$$e(\mathbf{i})$

$$e(\mathbf{i}) = \frac{d + i_1 e(\mathbf{i}\cdot 1) + \cdots + i_n e(\mathbf{i}\cdot n)}{d - i_0}.\tag{1}$$

লক্ষ্য করুন হ'ল আমরা দেখতে চাওয়া মোট ইভেন্টের সংখ্যা। ক্রিয়াকলাপ ⋅ j যে কোনও j > 0 প্রদত্ত i j > 0 এর জন্য একের পরিমাণের পরিমাণ হ্রাস করে , যা সর্বদা ক্ষেত্রে। অতএব এই পুনরাবৃত্তির অবিকল গভীরে বন্ধ | i | ( 3 ( 6 ) এর সমান

$$|\mathbf{i}| = 0(i_0) + 1(i_1) + \cdots + n(i_n)$$ $\cdot j$$j\gt 0$$i_j \gt 0$$|\mathbf{i}|$প্রশ্নে 18 )। তদ্ব্যতীত (যেমনটি পরীক্ষা করা কঠিন নয়) এই প্রশ্নের প্রতিটি পুনরাবৃত্তির গভীরতায় সম্ভাবনার সংখ্যা অল্প (কখনই 8 এর বেশি নয়)। ফলস্বরূপ, এটি একটি দক্ষ পদ্ধতি, কমপক্ষে যখন কম্বিনেটেরিয়াল সম্ভাবনাগুলি খুব বেশি না হয় এবং আমরা মধ্যবর্তী ফলাফলগুলি স্মরণ করি (যাতে ই এর কোনও মানএকাধিকবার গণনা করা হয় না)।$3(6) = 18$$8$$e$

আমি সেই ই ( 0 , 0 , 0 , 6 ) = 2 গণনা করি

$$e(0,0,0,6) = \frac{2\,286\,878\,604\,508\,883}{69\,984\,000\,000\,000}\approx 32.677.$$

এটি আমার কাছে অত্যন্ত অল্প মনে হয়েছিল, তাই আমি একটি সিমুলেশন চালিয়েছি (ব্যবহার করে R)। তিন মিলিয়ন রোলসের পরে, এই গেমটি প্রায় ৩২. completion69৯ দৈর্ঘ্যের দৈর্ঘ্যের সাথে 100,000 বারের মধ্যে শেষ হয়েছে । এই অনুমানের স্ট্যান্ডার্ড ত্রুটি 0.027 : এই গড় এবং তাত্ত্বিক মানের মধ্যে পার্থক্য নগণ্য, তাত্ত্বিক মানের যথার্থতার নিশ্চয়তা দেয়।$32.669$$0.027$

দৈর্ঘ্যের বিতরণটি আগ্রহী হতে পারে। (স্পষ্টতই এটি শুরু হতে হবে , সমস্ত ছয় পক্ষের প্রতিটি তিনবার সংগ্রহের জন্য প্রয়োজনীয় ন্যূনতম সংখ্যার সংখ্যা))$18$

# Specify the problem
d <- 6   # Number of faces
k <- 3   # Number of times to see each
N <- 3.26772e6 # Number of rolls

# Simulate many rolls
set.seed(17)
x <- sample(1:d, N, replace=TRUE)

# Use these rolls to play the game repeatedly.
totals <- sapply(1:d, function(i) cumsum(x==i))
n <- 0
base <- rep(0, d)
i.last <- 0
n.list <- list()
for (i in 1:N) {
  if (min(totals[i, ] - base) >= k) {
    base <- totals[i, ]
    n <- n+1
    n.list[[n]] <- i - i.last
    i.last <- i
  }
}

# Summarize the results
sim <- unlist(n.list)
mean(sim)
sd(sim) / sqrt(length(sim))
length(sim)
hist(sim, main="Simulation results", xlab="Number of rolls", freq=FALSE, breaks=0:max(sim))

---

বাস্তবায়ন

$e$$e(\mathbf{i})$$\mathbf{i}$$\mathbf{i}$

R$\mathbf{i}$E$\mathbf{i}\cdot j$%.%

$e$

x <- (d + sum(sapply(1:n, function(i) j[i+1]*e.(j %.% i))))/(d - j[1])

$(1)$$1$R$1$$0$

$0.01$e(c(0,0,0,6))

32,6771634160506

জমে থাকা ভাসমান পয়েন্ট রাউন্ডঅফ ত্রুটি শেষ দুটি অঙ্ক (যা এর 68চেয়ে বেশি হওয়া উচিত 06) ধ্বংস করেছে।

e <- function(i) {
  #
  # Create a data structure to "memoize" the values.
  #
  `[[<-.AA` <- function(x, i, value) {
    class(x) <- NULL
    x[[paste(i, collapse=",")]] <- value
    class(x) <- "AA"
    x
  }
  `[[.AA` <- function(x, i) {
    class(x) <- NULL
    x[[paste(i, collapse=",")]]
  }
  E <- list()
  class(E) <- "AA"
  #
  # Define the "." operation.
  #
  `%.%` <- function(i, j) {
    i[j+1] <- i[j+1]-1
    i[j] <- i[j] + 1
    return(i)
  }
  #
  # Define a recursive version of this function.
  #
  e. <- function(j) {
    #
    # Detect initial conditions and return initial values.
    #
    if (min(j) < 0 || sum(j[-1])==0) return(0)
    #
    # Look up the value (if it has already been computed).
    #
    x <- E[[j]]
    if (!is.null(x)) return(x)
    #
    # Compute the value (for the first and only time).
    #
    d <- sum(j)
    n <- length(j) - 1
    x <- (d + sum(sapply(1:n, function(i) j[i+1]*e.(j %.% i))))/(d - j[1])
    #
    # Store the value for later re-use.
    #
    E[[j]] <<- x
    return(x)
  }
  #
  # Do the calculation.
  #
  e.(i)
}
e(c(0,0,0,6))

অবশেষে, এখানে আসল গণিতের বাস্তবায়ন যা সঠিক উত্তরটি তৈরি করেছিল। মেমোয়াইজেশন প্রায় সমস্ত প্রিলিমিনারিগুলি মুছে ফেলা এবং মূর্খতা প্রকাশের মাধ্যমে সম্পন্ন হয় । অভ্যন্তরীণভাবে, যদিও দুটি প্রোগ্রাম একই পদ্ধতিতে একই কাজ করছে।e[i_] := e[i] = ...R

shift[j_, x_List] /; Length[x] >= j >= 2 := Module[{i = x},
   i[[j - 1]] = i[[j - 1]] + 1;
   i[[j]] = i[[j]] - 1;
   i];
e[i_] := e[i] = With[{i0 = First@i, d = Plus @@ i},
    (d + Sum[If[i[[k]] > 0, i[[k]]  e[shift[k, i]], 0], {k, 2, Length[i]}])/(d - i0)];
e[{x_, y__}] /; Plus[y] == 0  := e[{x, y}] = 0

e[{0, 0, 0, 6}]

$\frac{2286878604508883}{69984000000000}$

Comments

+1 আমি কল্পনা করি যে শিক্ষার্থীদের এই প্রশ্ন জিজ্ঞাসা করা হয়েছে তাদের জন্য কিছু স্বরলিপি অনুসরণ করা কঠিন হবে (এই মুহুর্তে আমার কাছে প্রস্তাব দেওয়ার কোনও ठोस বিকল্প নেই)। অন্যদিকে আমি ভাবছি তারা এই জাতীয় একটি প্রশ্ন নিয়ে কী করবে।

— গ্লেন_বি -রিনস্টেট মনিকা

@ গ্লেেন_ বি তারা প্রকৃতপক্ষে পাশা ঘুরিয়ে (এবং ফলাফলগুলি টালাই করে) অনেক কিছু শিখতে পারে। এটি শ্রেনীর মতো মনে হচ্ছে কোনও ক্লাসকে আধ ঘন্টা ব্যস্ত রাখার জন্য যখন শিক্ষক বিশ্রাম নিচ্ছেন :-)।

— হোবার

Answer 2

এই প্রশ্নের মূল সংস্করণটি জিজ্ঞাসা করে জীবন শুরু করেছিল:

প্রতিটি পক্ষ 3 বার উপস্থিত না হওয়া পর্যন্ত কতগুলি রোলগুলির প্রয়োজন

$\rightarrow$

প্রয়োজনীয় রোলগুলির বিতরণ ... প্রতিটি পক্ষই 3 বার প্রদর্শিত হবে

$n$$X_i$$i$$i \in \{1, \dots, 6\}$$(X_1, X_2,\dots, X_6)$$\text{Multinomial}(n,\frac16)$

$$P\left(X_1=x_1,\ldots ,X_6=x_6\right) \; = \; \frac{n! }{ x_1! \cdots x_6!} \; \frac{1}{6^n} \quad \text{ subject to: } \quad \sum _{i=1}^6 x_i=n$$

দিন: $\quad N = \min\big\{n: \; {X_i \geq 3 \; \forall_i } \big\}. \;$ তারপরে সিডিএফ $N$ হল: $\quad P(N \leq n) \; = \; P\big(X_{\forall_i} \geq 3 \; \big| \; n\big)$

অর্থাত্ সিডিএফ সন্ধান করা $P(N \leq n)$, কেবল প্রতিটি মানের জন্য গণনা করুন $n = \{18, 19, 20,\dots\}$:

$$P(X_1 \geq3, \dots , X_6 \geq 3) \quad \text{ where } \quad (X_1, \dots, X_6) \sim \text{Multinomial}(n,\frac16)$$

এখানে উদাহরণস্বরূপ, গাণিতিক কোডটি এটি এটি করে does$n$ 18 থেকে 60 বললে বৃদ্ধি পায় It এটি মূলত একটি ওয়ান-লাইনার:

 cdf = ParallelTable[ 
   Probability[x1 >= 3 && x2 >= 3 && x3 >= 3 && x4 >= 3 && x5 >= 3 &&  x6 >= 3, 
       {x1, x2, x3, x4, x5, x6} \[Distributed] MultinomialDistribution[n, Table[1/6, 6]]],
    {n, 18, 60}]

... যা সঠিক সিডিএফ হিসাবে দেয় $n$ বৃদ্ধি:

$$\begin{array}{cc} 18 & \frac{14889875}{11019960576} \\ 19 & \frac{282907625}{44079842304} \\ 20 & \frac{3111983875}{176319369216} \\ 21 & \frac{116840849125}{3173748645888} \\ 22 & \frac{3283142988125}{50779978334208} \\ 23 & \frac{61483465418375}{609359740010496} \\ \vdots & \vdots\\ \\ \end{array}$$

এখানে সিডিএফের একটি প্লট রয়েছে $P(N\leq n)$, একটি কাজ হিসাবে $n$:

পিএমএফ আহরণ করার জন্য $P(N=n)$কেবলমাত্র প্রথম সিডিএফ পার্থক্য:

অবশ্যই, বিতরণটির কোনও উপরের বাউন্ড নেই, তবে ব্যবহারিকভাবে প্রয়োজনীয় যতগুলি মান রয়েছে তার জন্য আমরা এখানে সহজেই সমাধান করতে পারি। পদ্ধতিটি সাধারণ এবং প্রয়োজনীয় যে কোনও পক্ষের পছন্দসই সংমিশ্রণের জন্য পাশাপাশি কাজ করা উচিত।