Бросьте 6-ти сторонний кубик, пока не общую сумму . Среднее значение, на которое превышен ?

Вот вопрос:

Вы бросаете честные 6-сторонние кости итеративно, пока сумма бросков костей не станет больше или равна M. Каково среднее значение и стандартное отклонение суммы минус М, когда М = 300?

Должен ли я написать код, чтобы ответить на такие вопросы?

Пожалуйста, дайте мне несколько советов по этому поводу. благодаря!

Вы, конечно, можете использовать код, но я не буду имитировать.

Я собираюсь проигнорировать часть «минус М» (вы можете сделать это достаточно легко в конце).

Вы можете вычислить вероятности рекурсивно очень легко, но фактический ответ (с очень высокой степенью точности) можно вычислить из простых рассуждений.

Пусть катится быть . Пусть .S t = ∑ t i = 1 X $X_1, X_2, ...$$S_t=\sum_{i=1}^t X_i$

Пусть наименьший индекс , где .S τ ≥ $\tau$$S_\tau\geq M$

$P(S_\tau=M)=P(\text{got to }M-6\text{ at }\tau-1\text{ and rolled a }6) \\\qquad\qquad\qquad+ P(\text{got to }M-5\text{ at }\tau-1\text{ and rolled a }5)\\\qquad\qquad\qquad +\:\: \vdots\\\qquad\qquad\qquad+\:P(\text{got to }M-1\text{ at }\tau-1\text{ and rolled a }1)\\ \qquad\qquad\quad=\frac{1}{6}\sum_{j=1}^6 P(S_{\tau-1}=M-j)$

так же

$P(S_\tau=M+1)=\frac{1}{6}\sum_{j=1}^5 P(S_{\tau-1}=M-j)$

$P(S_\tau=M+2)=\frac{1}{6}\sum_{j=1}^4 P(S_{\tau-1}=M-j)$

$P(S_\tau=M+3)=\frac{1}{6}\sum_{j=1}^3 P(S_{\tau-1}=M-j)$

$P(S_\tau=M+4)=\frac{1}{6}\sum_{j=1}^2 P(S_{\tau-1}=M-j)$

$P(S_\tau=M+5)=\frac{1}{6} P(S_{\tau-1}=M-1)$

Уравнения, подобные первому выше, могут затем (по крайней мере, в принципе) выполняться до тех пор, пока вы не достигнете любого из начальных условий, чтобы получить алгебраическую связь между начальными условиями и вероятностями, которые мы хотим (что было бы утомительно и не особенно полезно) или вы можете построить соответствующие прямые уравнения и запустить их вперед из начальных условий, что легко сделать численно (и именно так я проверил свой ответ). Однако мы можем избежать всего этого.

Вероятности точек - это средневзвешенные значения предыдущих вероятностей; они (геометрически быстро) сгладят любое отклонение вероятности от начального распределения (все вероятности в нулевой точке в случае нашей задачи).

В приближении (очень точном) мы можем сказать, что от до должно быть почти одинаково вероятным во время (очень близко к нему), и поэтому из вышесказанного мы можем записать, что вероятности будет очень близко к простым отношениям, и поскольку они должны быть нормализованы, мы можем просто записать вероятности.М - 1 τ - $M-6$$M-1$$\tau-1$

То есть, мы можем видеть, что если вероятности начала с до были в точности равны, есть 6 одинаково вероятных способов добраться до , 5 - до и так далее до 1 способ добраться до .М - 1 М М + 1 М + $M-6$$M-1$$M$$M+1$$M+5$

То есть вероятности находятся в соотношении 6: 5: 4: 3: 2: 1 и сумме 1, поэтому их легко записать.

Его точное вычисление (вплоть до накопленных ошибок округления чисел) путем запуска рекурсий вероятности вперед от нуля (я сделал это в R) дает разности порядка .Machine$double.eps( На моей машине) из приведенного выше приближения (то есть Простые рассуждения в вышеприведенных строках дают эффективные точные ответы, поскольку они настолько близки к ответам, которые вычисляются по рекурсии, насколько мы ожидаем, что точные ответы должны быть).$\approx$2.22e-16

Вот мой код для этого (в большинстве случаев это просто инициализация переменных, работа в одной строке). Код начинается после первого броска (чтобы не тратить время на вставку ячейки 0, что является небольшим неудобством в R); на каждом шаге он берет самую низкую ячейку, которая может быть занята, и продвигается броском кубика (распределяя вероятность этой ячейки по следующим 6 ячейкам):

 p = array(data = 0, dim = 305)
 d6 = rep(1/6,6)
 i6 = 1:6
 p[i6] = d6
 for (i in 1:299) p[i+i6] = p[i+i6] + p[i]*d6

(мы могли бы использовать rollapply(из zoo), чтобы сделать это более эффективно - или ряд других подобных функций - но будет легче перевести, если я буду держать это явным)

Обратите внимание, что d6это дискретная функция вероятности от 1 до 6, поэтому код внутри цикла в последней строке создает текущие средневзвешенные значения предыдущих значений. Именно это отношение делает сглаживание вероятностей (до последних нескольких значений, которые нас интересуют).

Итак, вот первые 50 с лишним значений (первые 25 значений отмечены кружками). При каждом значение на оси y представляет вероятность, которая накопилась в самой задней ячейке, прежде чем мы свернули ее в следующие 6 ячеек.$t$

Как вы видите, он сглаживается (до , обратная величина от среднего числа шагов, которые делает каждый бросок кубика) довольно быстро и остается постоянной.$1/\mu$

И как только мы нажимаем , эти вероятности исчезают (потому что мы не выставляем вероятность для значений в и выше по очереди)$M$$M$

Таким образом, идея о том, что значения от до должны быть одинаково вероятны, поскольку колебания от начальных условий будут сглажены, ясно видна как случай.М - $M-1$$M-6$

Поскольку рассуждения не зависят ни от чего, кроме того, что достаточно велико, чтобы начальные условия размылись, так что от до почти одинаково вероятны во время , распределение будет практически одинаковым для любого большой , как предложил Генри в комментариях.М - 1 М - 6 τ - 1 $M$$M-1$$M-6$$\tau-1$$M$

Оглядываясь назад, намек Генри (который также есть в вашем вопросе) на работу с суммой минус М сэкономит немного усилий, но аргумент будет следовать очень похожим линиям. Вы можете продолжить, допустив и написав аналогичные уравнения, связывающие с предыдущими значениями, и так далее.R $R_t=S_t-M$$R_0$

Из распределения вероятностей среднее и дисперсия вероятностей тогда просты.

Изменить: я предполагаю, что я должен дать асимптотическое среднее и стандартное отклонение конечной позиции минус :$M$

Среднее асимптотическое превышение равно а стандартное отклонение равно . При это точно в гораздо большей степени, чем вы, вероятно, заботитесь. 2$\frac{5}{3}$ М=$\frac{2\sqrt 5}{3}$$M=300$

Пусть будет множеством последовательностей частичных сумм бросков костей (каждая последовательность начинается с ). Для любого целого числа пусть будет событием, что появляется в последовательности; это,0 n E n$\Omega$$0$$n$$E_n$$n$

$$E_n = \{\omega\in\Omega\,|\, n \in \omega\}.$$

Определить , чтобы быть первое значение в , что равняется или превышает . Вопрос касается свойств . Мы можем получить точное распределение , и из этого все следует.$X_M(\omega)$$\omega$$M$$X_M-M$$X_M$

Во-первых, обратите внимание, что . событие соответствии с непосредственно предшествующим значением в , и допустив, что - это вероятность наблюдения грани на одном броске матрицы ( ) следует, что$X_M(\omega) - M \in \{0, 1, 2, 3, 4, 5\}$$X_M - M = k$$\omega$$p(i) = 1/6$$i$$i=1, 2, 3, 4, 5, 6$

$$\Pr(X_M - M = k) = \sum_{j=k}^6 \Pr(E_{M+k-j}) p(j) = \frac{1}{6} \sum_{j=k}^6 \Pr(E_{M+k-j}).$$

В этот момент мы могли бы эвристически утверждать, что в очень хорошем приближении для всех, кроме самых маленьких ,Это связано с тем, что ожидаемое значение броска равно а его обратная величина должна быть предельной стабильной долгосрочной частотой любого конкретного значения в .$M$

$$\Pr(E_i) \approx 2/7.$$ $(1+2+3+4+5+6)/6 = 7/2$$\omega$

Строгий способ продемонстрировать это рассматривает, как может происходить . Либо происходит, и последующий бросок был ; или происходит, и последующий бросок был ; или ... или происходит, и последующий бросок был . Это исчерпывающее разделение возможностей, откуда$E_i$$E_{i-1}$$1$$E_{i-2}$$2$$E_{i-6}$$6$

$$\Pr(E_i) = \sum_{j=1}^6 \Pr(E_{i-j}) p(j) = \frac{1}{6} \sum_{j=1}^6 \Pr(E_{i-j}).$$

Начальные значения этой последовательности

$$\Pr(E_0) = 1;\quad \Pr(E_{-i}) = 0, i = 1, 2, 3, \ldots .$$

Этот график против показывает, насколько быстро шансы сводятся к константе , показанной горизонтальной пунктирной линией.$\Pr(E_i)$$i$$2/7$

Существует стандартная теория таких рекурсивных последовательностей. Его можно развить с помощью производящих функций, цепей Маркова или даже алгебраических манипуляций. Общий результат заключается в том, что существует формула замкнутой формы для . $\Pr(E_i)$ Это будет линейная комбинация константы и степеней корней многочлена$i^\text{th}$

$$x^6 - p(1) x^5 - p(2) x^4 - p(3) x^3 \cdots - p(6) = x^6 - (x^5 + x^4+x^3+x^2+x+1)/6.$$

Наибольшая величина этих корней составляет приблизительно . В представлении с плавающей запятой двойной точности по существу равно нулю. Поэтому для , мы можем полностью игнорировать все , кроме постоянной. Эта константа составляет .$\exp(-0.314368)$$\exp(-36.05)$$i \gg -36.05 / -0.314368 = 115$$2/7$

Следовательно, для для всех практических целей мы можем принять , откуда$M = 300 \gg 115$$E_{M+k-j} = 2/7$

$$\Pr(X_M - M = (0,1,2,3,4,5)) = \left(\frac{2}{7}\right)\left(\frac{1}{6}\right)(6,5,4,3,2,1).$$

Вычислить среднее значение и дисперсию этого распределения просто и легко.

---

Вот Rсимуляция для подтверждения этих выводов. Он генерирует почти 100 000 последовательностей с помощью , табулирует значения и применяет тест чтобы оценить, соответствуют ли результаты вышеизложенному. Значение p (в данном случае) достаточно велико, чтобы показать, что они согласуются.х 300 - 300 х 2$M+5 = 305$$X_{300} - 300$$\chi^2$$0.1367$

M <- 300
n.iter <- 1e5
set.seed(17)
n <- ceiling((2/7) * (M + 3*sqrt(M)))
dice <- matrix(ceiling(6*runif(n*n.iter)), n, n.iter)
omega <- apply(dice, 2, cumsum)
omega <- omega[, apply(omega, 2, max) >= M+5]
omega[omega < M] <- NA
x <- apply(omega, 2, min, na.rm=TRUE)
count <- tabulate(x)[0:5+M]
(cbind(count, expected=round((2/7) * (6:1)/6 * length(x), 1)))
chisq.test(count, p=(2/7) * (6:1)/6)