El número esperado de tiradas de un dado injusto para obtener todos los valores posibles al menos una vez

Question

Supongamos que tenemos un dado injusto de 6 caras, donde tirar un 1 es dos veces más probable que tirar cualquier otro número, y los otros números tienen la misma probabilidad. ¿Cuál es el número esperado de tiradas para obtener cada valor al menos una vez?

Así, $$p(1) = 2/7 \qquad p(2) = p(3) = \cdots = p(6) = 1/7$$

Entiendo cómo abordar esto cuando las probabilidades son las mismas, ya que es sólo el problema del coleccionista de cupones, pero tirar una distribución de probabilidad no uniforme me desconcierta. Sé que hay una solución general para este problema, pero parece que no puedo tener ninguna intuición de por qué es el caso.

Answer 1

Considere el dado como un $7$ -madre de la cara con dos $1$ s y esperar a que aparezcan todos los lados. Con la probabilidad $\frac27$ , esperaste innecesariamente al segundo $1$ para un número esperado de $7$ rollos al final. Si se corrige esto, se obtiene

$$7H_7-\frac27\cdot7=\frac{323}{20}\;.$$

Answer 2

Describimos el escenario utilizando una cadena de markov de once estados. ( tedioso, lo sé... si los seis resultados de los dados tienen diferentes probabilidades sin embargo, podría ir más allá de $2^6$ Sin embargo, al menos podríamos reducirlo a sólo once... )

Este es un diagrama de transición.

Para dar nombres a los estados, me referiré a ellos como $(yes,k)$ ya que si $1$ se ha visto y $k$ los números no-1 han sido lanzados, y $(no,k)$ ya que si $1$ no se ha visto y $k$ Los números no 1 han sido lanzados.

La matriz de transición con orden de filas/columnas como $(yes,5),(yes,0),(yes,1),\dots,(yes,4),(no,1),(no,2),\dots,(no,5)$

$$\begin{bmatrix} 1&0&0&0&0&1/7&0&0&0&0&2/7\\ 0&2/7&0&0&0&0&0&0&0&0&0\\ 0&5/7&3/7&0&0&0&2/7&0&0&0&0\\ 0&0&4/7&4/7&0&0&0&2/7&0&0&0\\ 0&0&0&3/7&5/7&0&0&0&2/7&0&0\\ 0&0&0&0&2/7&6/7&0&0&0&2/7&0\\ 0&0&0&0&0&0&1/7&0&0&0&0\\ 0&0&0&0&0&0&4/7&2/7&0&0&0\\ 0&0&0&0&0&0&0&3/7&3/7&0&0\\ 0&0&0&0&0&0&0&0&2/7&4/7&0\\ 0&0&0&0&0&0&0&0&0&1/7&5/7\end{bmatrix}$$

Siguiendo las propiedades de las cadenas de markov absorbentes, buscamos la matriz fundamental $(I-R)^{-1}$

Utilizar una calculadora,

Ahora, como empezamos en el estado $(yes,0)$ con probabilidad $2/7$ y empezar en el estado $(no,1)$ con probabilidad $5/7$ multiplicando nuestra matriz fundamental por el vector correspondiente, obtenemos:

$(7/5+7/4+7/3+7/2+7)2/7 + (7/12+7/5+14/5+98/15+7/6+14/15+7/10+7/15+7/30)5/7 = \frac{303}{20}$

Sin embargo, como este cálculo suponía que comenzó en uno de esos dos estados, sin embargo, también hay que tener en cuenta la tirada inicial, por lo que nuestro tiempo final esperado se encuentra sumándole uno, dando $\frac{323}{20} = 16.15$ rollos de media.

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Como nota adicional, el método empleado es el mismo que el de dr.hab, sin embargo, con el uso de la tecnología y el lenguaje de las matrices, podemos escribir y calcular cómodamente el resultado.

Answer 3

Para $k=0,1,2,3,4,5$ dejar $S_{k}$ denotan el estado en el que $1$ tiene aún no se ha rodado y exactamente $k$ de los otros números han sido rodado.

Para $k=0,1,2,3,4,5$ dejar $T_{k}$ denotan el estado en el que $1$ ha sido enrollado y exactamente $k$ de los otros números han sido rodados.

Dejemos que $\mu_{k}$ denotan la expectativa de las tiradas que faltan por hacer a partir de estado $S_{k}$ .

Dejemos que $\nu_{k}$ denotan la expectativa de las tiradas que faltan por hacer a partir de estado $T_{k}$ .

Para ser encontrado es $\mu_0$ y tenemos las siguientes relaciones:

$$\nu_{5}=0\tag1$$ $$\mu_{5}=1+\frac{2}{7}\nu_{5}+\frac{5}{7}\mu_{5}=1+\frac{5}{7}\mu_{5}\tag2$$

para $k=0,1,2,3,4$ :

$$\mu_{k}=1+\frac{2}{7}\nu_{k}+\frac{k}{7}\mu_{k}+\frac{5-k}{7}\mu_{k+1}\tag3$$

$$\nu_{k}=1+\frac{k+2}{7}\nu_{k}+\frac{5-k}{7}\nu_{k+1}\tag4$$

Obsérvese que (2) conduce a $\mu_5=3.5$ . Sustituyendo esto por $\nu_5=0$ en (3) y (4) le da para $k=4$ dos igualdades que le permiten encontrar $\nu_4$ y $\mu_4$ . Este proceso puede repetirse hasta llegar a los valores de $\nu_0$ y (nuestro objetivo final) $\mu_0$ .

Answer 4

Diga $T_k$ es el tiempo que se tarda en llegar desde el $(k-1)$ -a la $k$ -a nuevo rollo, y $C_k$ es el valor del $k$ -a un nuevo rollo.

Puede calcular $\mathbb{E}[T_k]$ por $\mathbb{E}[\mathbb{E}[T_k | C_1,...,C_{k-1}]]$ en su lugar. Por ejemplo,

$$\mathbb{E}[T_2] = \mathbb{E}[\mathbb{E}[T_2 | C_1]] = \sum_{j=1}^6 \mathbb{E}[T_2 | C_1 = j] \mathbb{P}(C_1 = j) = \frac{7}{5} \cdot \frac{2}{7} + 5 \cdot \frac{7}{6} \cdot \frac{1}{7} = \frac{37}{30}.$$

En la página $9$ y $10$ de este enlace.