Asintotica de la probabilidad del problema de Newton-Pepys

Question

En Newton-Pepys problema uno está interesado en la probabilidad de $p_n$ conseguir al menos $n$ seises en $6 n$ independiente de lanza de regular 6 colindado muere.

El número de seises $S_m$ obtenido en $m$ lanza sigue una distribución Binomial $\operatorname{Bin}(m,p)$ donde $p=\frac{1}{6}$ es la probabilidad de obtener un seis en una sola tirada. Así $$ p_n = \Pr\left(S_{6n} \geqslant n\right) $$ Observe que $\mathsf{E}(S_{6n}) = 6 n p = n$, y la varianza $\mathbb{Var}(S_{6n}) = \sqrt{5 n/6}$, por lo tanto, en la gran $n$ límite $$ \lim_{n \to \infty} p_n = \lim_{n \to \infty} \Pr\left(\frac{S_{6n}-n}{\sqrt{5 n/6} }\geqslant 0\right) \stackrel{\text{CT}}{=} \Pr(Z \geqslant 0) = \frac{1}{2} $$ De hecho, $p_n$ es monótonamente decreciente de la secuencia:

P.: ¿Cómo se puede encontrar la gran $n$ asymptotics de $p_n$?

Answer 1

La probabilidad de $p_n$ tiene una representación en términos de regularización de la beta-función, que por cierto es la función de distribución acumulativa de una distribución beta. $$ p_n = \Pr(S_{6n} \geqslant n) = I_{p}\left(n, 5n+1\right) = \Pr(X < p ) = \Pr\left(X < \frac{1}{6} \right)) $$ donde $X$ siguiente $\mathcal{Be}\left(n,5n+1\right)$. Es bien conocido que el $X \stackrel{d} = \frac{Y}{Y+Z}$ donde $Y$ $Z$ son independientes de las variables aleatorias después de la gamma-distirbutions $\Gamma(n,1)$ $\Gamma(5n+1,1)$ respectivamente. $$ \begin{eqnarray} p_n &=& \Pr\left(\frac{Y}{Y+Z} < \frac{1}{6}\right) = \Pr(5 Y < Z) = \Pr\left(5 (Y-n) < Z -5 n\right) \\ &=& \Pr\left(5 \frac{Y-n}{\sqrt{n}} < \frac{Z -5 n}{\sqrt{n}}\right) = \Pr\left(5 \frac{Y-n}{\sqrt{n}} < \frac{Z -5 n-1}{\sqrt{n}} + \frac{1}{\sqrt{n}}\right) \\ &=& \Pr\left(5 \frac{Y-n}{\sqrt{n}} < \frac{Z -5 n-1}{\sqrt{5n+1}} \sqrt{5 + \frac{1}{n}} + \frac{1}{\sqrt{n}}\right) \end{eqnarray} $$ Desde la media y la desviación estándar de $Y$ igual $n$ $\sqrt{n}$ y la media y la desviación estándar de $Z$ igual$5n+1$$\sqrt{5n+1}$.

La aproximación de $\frac{Y-n}{\sqrt{n}}$ $\frac{Z -5 n-1}{\sqrt{5n+1}}$ con iid aleatoria normal estándar variables: $$ p_n \approx \Pr\left(5 Z_1 - Z_2 \sqrt{5+\frac{1}{n}} < \frac{1}{\sqrt{n}}\right) = \Phi\left(\frac{1}{\sqrt{30 n + 1}}\right) $$ Por desgracia, la anterior aproximación no es muy preciso.

Answer 2

Haciendo un resumen de la serie para $p_n$: $$ p_n = \Pr(S_{6n} \geqslant n) = \sum_{m=n}^{6n} \binom{6n}{m} p^m (1-p)^{6n-m} = \frac{1}{\operatorname{B}\left(n,5n+1\right)} \int_0^p t^{n-1} (1-t)^{5n} \mathrm{d}t $$ La máxima de que el integrando se obtiene a $t = \frac{n-1}{6n-1}$ $\frac{5}{6n-1}$ distancia desde el límite superior de integración. Haciendo un cambio de variables: $$ t = \frac{n-1}{6n-1}\left(1+ u \sqrt{\frac{5n}{(6n-1)(n-1)}} \right) $$ La integral será: $$ p_n = \mathcal{N}_n \int_{-\infty}^{u_\max(n)} \mathrm{e}^{-u^2/2} \left(1 + c_3(n) u^3 + \cdots\right) \mathrm{d}u $$ por algo bastante difícil de manejar expresiones de $\mathcal{N}_n$, $u_\max(n)$ y los coeficientes de $c_k(n)$.

Hacer todo este análisis con la ayuda de CAS (Mathematica en mi caso) tengo $$ p_n = \frac{1}{2} + \frac{7}{6\sqrt{15\pi}}\frac{1}{\sqrt{n}} \left(1 - \frac{113}{7!} \frac{1}{n} - \frac{15097}{7! \cdot 360} \frac{1}{n^2} - \frac{1321931}{2^{10} \cdot 3^7 \cdot 5^4} \frac{1}{n^3} + \mathcal{s}\left(n^{-3}\right)\right) $$ Aquí es la visualización del término de error:

Curiosamente, la expresión de $p_n$ satisface un segundo orden de la ecuación de recurrencia:

que puede ser usada fácilmente para obtener un mayor orden de expansión de términos.