Número esperado de rollos para obtener todos los seises

Question

Yo estoy luchando con el siguiente problema:

He a $N$ equilibrada de 6 caras de los dados. Me tira los dados simultáneamente, y eliminar cualquier sixes que se producen. Yo rodar los dados restantes de nuevo, y eliminar más de seis. Repito el proceso hasta que no hay dados restantes. ¿Cuál es el número esperado de rollos esto va a tomar?

Hasta ahora he calculado que por la $n^{th}$ tirada de dados no se $N\left(\frac56\right)^n$ dados restantes: Si empezamos con $N$ dados, en el primer rollo esperamos $\frac{N}{6}$ seis. Por lo tanto, en la segunda tirada, esperamos tener $N-\frac{N}{6}$ dados y, por tanto, esperar a$\frac{5N}{36}$, seis, lo que significa que después de la segunda tirada, hay $\frac{25}{36}N$ dados restantes. La repetición de este cálculo da la secuencia de $N, \frac{25}{36}N, \frac{125}{216}N...$ que es igual a $N\left(\frac56\right)^n$ donde $n$ es el número de rollo. Yo estoy luchando con la siguiente parte: Mi pensamiento es el que nos debe encontrar el número esperado de rollos $n$ tal que $N\left(\frac56\right)^n\lt0.5$, y por lo tanto $n>\frac{\ln(\frac{0.5}{N})}{\ln(\frac56)}$. Tomando $N$
$8$, se espera que el número de rollos es alrededor de $15.21$. He utilizado MATLAB para ejecutar el experimento $200,000$ a veces, y me dio un promedio de la cantidad de rollos de $15.4$. Me parece que al estar cerca de la respuesta correcta, pero no estoy seguro de lo que he hecho mal. ¿Cuál es la solución?

Answer 1

• La probabilidad de un determinado morir no ha mostrado una $6$ en el primer $k$ rollos es $\left(\frac{5}{6}\right)^k$

• La probabilidad de un determinado morir ha mostrado una $6$ en el primer $k$ rollos es $1- \left(\frac{5}{6}\right)^k$

• La probabilidad de todos los $N$ dados han mostrado una $6$ en el primer $k$ rollos es $\left(1- \left(\frac{5}{6}\right)^k\right)^N$

• La probabilidad de todos los $N$ dados han mostrado una $6$ $k$ rollos, pero no en $k-1$ rollos es $\left(1- \left(\frac{5}{6}\right)^k\right)^N - \left(1- \left(\frac{5}{6}\right)^{k-1}\right)^{N}$

Esto le dará una media de $$\sum_{k=0}^{\infty} \left(1- \left(1- \left(\frac{5}{6}\right)^k\right)^N\right)$$

Para $N=8$ esto parece sugerir una media de alrededor de $15.40694347788$, cerca de sus resultados de simulación

Answer 2

La variable aleatoria que usted está considerando es el máximo de $N$ independientes $\mathrm{Geometric}(1/6)$ variables aleatorias. Una forma de ver esto es a través de imaginar las secuencias de rollos de dados de la siguiente manera, donde $\bullet$ representa un no-seis, $\times$ representa la primera $6$ laminados, y $\cdot$ indica que no hay rollo ocurrido:

\begin{array}{ccccccc} \text{roll}&1&2&3&\cdots&N-1&N\\ 1&\bullet&\times&\bullet&\cdots&\bullet&\bullet\\ 2&\bullet&\cdot&\bullet&\cdots&\bullet&\times\\ 3&\bullet&\cdot&\times&\cdots&\bullet&\cdot\\ 4&\bullet&\cdot&\cdot&\cdots&\bullet&\cdot\\ \vdots&\vdots&\vdots&\vdots&\vdots&\vdots&\vdots\\ M&\cdot&\cdot&\cdot&\cdots&\times&\cdot \end{array}

El rollo $M$ en que el último de los seis se rodó es sólo $\max\{X_{i}:1\leq i\leq N\}$ donde $X_{i}$ es el primer rollo en el que el $i$th dados tierras en 6 (por lo que en el diagrama de arriba, $X_{2}=1,$ $X_{3}=3,$ $X_{N}=2,$ y $X_{N-1}=M$).

Ahora que sabemos que la distribución de $M$, se puede calcular: $$P(M\leq m)=P\left(\bigcap_{i=1}^{N}\{X_{i}\leq m\}\right)=\prod_{i=1}^{N}P(X_{i}\leq m)=\left(1-\left(\frac{5}{6}\right)^{m}\right)^{N}.$$

A continuación, aplicamos la fórmula, válida para cualquier valor entero no negativo de variable aleatoria $X$, $E(X)=\sum_{k=0}^{\infty}P(X>k)$, lo que da $$E(M)=\sum_{m=0}^{\infty}P(M>m)=\sum_{m=0}^{\infty}1-\left(1-\left(\frac{5}{6}\right)^{m}\right)^{N}=\sum_{m=0}^{\infty}\frac{6^{mN}-(6^{m}-5^{m})^{N}}{6^{mN}}.$$ Applying the Binomial Theorem, $(6^{m}-5^{m})^{N}=\sum_{k=0}^{N}\binom{N}{k}6^{mk}(-5^{m})^{N-k}$, so $6^{mN}-(6^{m}-5^{m})^{N}=\sum_{k=0}^{N-1}\binom{N}{k}6^{mk}(-1)^{N-k-1}5^{m(N-k)}$. Then interchanging summation (which is valid since $E(M)\leq 6N<\infty$): $$E(M)=\sum_{k=0}^{N-1}\binom{N}{k}(-1)^{N-k-1}\sum_{m=0}^{\infty}\left(\frac{5}{6}\right)^{m(N-k)}.$$ Since $(5/6)^{N-k}<1$ for all $0\leq k\leq N-1,$ we may apply the geometric summation formula to get $$E(M)=\sum_{k=0}^{N-1}\binom{N}{k}(-1)^{N-k-1}\frac{1}{1-(5/6)^{N-k}}=\sum_{k=0}^{N-1}\binom{N}{k}(-1)^{N-k-1}\frac{6^{N-k}}{6^{N-k}-5^{N-k}}.$$ yo no puedo simplificar esta última fórmula, pero parece que crece aproximadamente logarítmica.

Answer 3

Dejando $N$ el número de dados y $\beta = \frac{5}{6}$ la probabilidad de no rodar un seis, con un razonamiento idéntico al de @Henry tenemos

$$ P_k = \left(1-\beta^k\right)^N - \left(1-\beta^{k-1}\right)^N \enspace.$$

como la probabilidad de todos los dados han demostrado un seis en $k$ rollos, pero no en $k-1$ rollos. Por lo tanto, la previsión del número de rondas es

$$ \sum_{k \geq 1} P_k k = \sum_{k \geq 1} \left[\left(1-\beta^k\right)^N - \left(1-\beta^{k-1}\right)^N\right] k \enspace. $$

Aplicando el teorema del binomio dos veces y la cancelación de los dos idénticos términos constantes, obtenemos

$$ \sum_{1 \leq i \leq N} \binom{N}{i} \frac{(-1)^i}{\beta^i - 1} \enspace, $$

teniendo en cuenta que para la $0 < \alpha < 1$,

$$ \sum_{k \geq 1} \alpha^k k = \frac{\alpha}{(\alpha-1)^2} \enspace. $$

Para $N=8$, obtenemos aproximadamente $15.406943477881558$.

Answer 4

No se encontró solución analítica. Esta es la deducción:

$$f(N)=1+\sum_{i=0}^{N}{{N}\choose{i}}\times\Big(\frac{1}{6}\Big)^i\times\Big(\frac{5}{6}\Big)^{N-i}\times f(N-i)$$

$$f(0)=0$$

Answer 5

Aquí está un rápido cálculo intuitivo. Que $e_n$ ser el número esperado de rodillos para eliminar el $n$ dados. En cada rollo, se eliminan cerca de un sexto de los dados. Así, $$\begin{eqnarray*} e_n&\approx& 1+e_{\frac 56 n}\\ &\approx&2+e_{(\frac56)^2 n}\\ &\ldots&\\ &\approx&k+e_{(\frac56)^k n} \end{eqnarray *} $$ tomar $e_1\approx0$, esta da %#% $ de #% resulta que esta aproximación es sorprendentemente estrecha. Descubre este maravilloso artículo de Bennett Eisenberg para una discusión completa.