Как часто вам приходится бросать шестигранный кубик, чтобы получить каждое число хотя бы один раз?

Я только что сыграл в игру со своими детьми, которая сводится к следующему: кто бы ни бросил каждое число хотя бы один раз на шестистороннем кубике, выигрывает.

В конце концов я выиграл, а остальные закончили на 1-2 хода позже. Теперь мне интересно: какова ожидаемая продолжительность игры?

Я знаю , что математическое ожидание количества рулонов до вас ударил несколько специфичный $\sum_{n=1}^\infty n\frac{1}{6}(\frac{5}{6})^{n-1}=6$.

Однако у меня есть два вопроса:

1. Сколько раз вам приходится бросать шестигранный кубик, пока вы не получите каждое число хотя бы один раз?
2. Каково ожидание максимального количества бросков из четырех независимых испытаний (т.е. с четырьмя игроками) ? [примечание: это максимум, а не минимум, потому что в их возрасте это больше о завершении, чем о том, чтобы добраться туда сначала для моих детей]

Я могу смоделировать результат, но мне интересно, как бы я рассчитал его аналитически.

---

Вот симуляция Монте-Карло в Matlab

mx=zeros(1000000,1);
for i=1:1000000,
   %# assume it's never going to take us >100 rolls
   r=randi(6,100,1);
   %# since R2013a, unique returns the first occurrence
   %# for earlier versions, take the minimum of x
   %# and subtract it from the total array length
   [~,x]=unique(r); 
   mx(i,1)=max(x);
end

%# make sure we haven't violated an assumption
assert(numel(x)==6)

%# find the expected value for the coupon collector problem
expectationForOneRun = mean(mx)

%# find the expected number of rolls as a maximum of four independent players
maxExpectationForFourRuns = mean( max( reshape( mx, 4, []), [], 1) )

expectationForOneRun =
   14.7014 (SEM 0.006)

maxExpectationForFourRuns =
   21.4815 (SEM 0.01)

Поскольку был запрошен «полностью аналитический подход», вот точное решение. Это также обеспечивает альтернативный подход к решению вопроса о вероятности нарисовать черный шар в наборе из черных и белых шаров со смешанными условиями замены .

---

Количество ходов в игре, $X$ , может быть смоделировано как сумма шесть независимых реализаций геометрического $(p)$ переменных с вероятностями $p=1, 5/6, 4/6, 3/6, 2/6, 1/6$ , каждый из них сдвинут на $1$ (потому что геометрическая переменная считает только броски, предшествующиеуспех, и мы должны также подсчитать количество бросков, на которых были достигнуты успехи). Вычисляя с геометрическим распределением, мы, следовательно, получим ответы, которые на $6$ меньше, чем желаемые, и поэтому должны быть уверены, что добавим $6$ обратно в конце.

Производящая функция вероятности (PGF) такой геометрической переменной с параметром $p$ является

$$f(z, p) = \frac{p}{1-(1-p)z}.$$

Следовательно, pgf для суммы этих шести переменных

$$g(z) = \prod_{i=1}^6 f(z, i/6) = 6^{-z-4} \left(-5\ 2^{z+5}+10\ 3^{z+4}-5\ 4^{z+4}+5^{z+4}+5\right).$$

(Произведение может быть вычислено в этой закрытой форме, разделив его на пять слагаемых через частичные дроби.)

Кумулятивная функция распределения (CDF) получается из частичных сумм $g$ (в виде степенного ряда по $z$ ), который составляет суммирование геометрических рядов, и определяется как

$$F(z) = 6^{-z-4} \left(-(1)\ 1^{z+4} + (5)\ 2^{z+4}-(10)\ 3^{z+4}+(10)\ 4^{z+4}-(5)\ 5^{z+4}+(1)\ 6^{z+4}\right).$$

(Я написал это выражение в форме, которая предлагает альтернативный вывод по принципу включения-исключения.)

Отсюда получаем ожидаемое количество ходов в игре (отвечая на первый вопрос) как

$$\mathbb{E}(6+X) = 6+\sum_{i=1}^\infty \left(1-F(i)\right) = \frac{147}{10}.$$

CDF максимума из $m$ независимых версий $X$ равен $F(z)^m$ (и из этого мы, в принципе, можем ответить на любые вероятностные вопросы о максимуме, который нам нравится, например, какова его дисперсия, каков ее 99-й процентиль, и так далее). С $m=4$ мы получаем ожидание

$$6+\sum_{i=1}^\infty \left(1-F(i)^4\right) \approx 21.4820363\ldots.$$

(Значение представляет собой рациональную дробь, которая в сокращенной форме имеет знаменатель из 71 цифры.) Стандартное отклонение составляет $6.77108\ldots.$ Вот график функции вероятности массы максимума для четырех игроков (она уже смещена на $6$ ):

Как и следовало ожидать, это положительно перекошен. Режим на $18$ рулонов. Редко, когда последний, кто закончит, получит более $50$ бросков (это около $0.3\%$ ).

ThePawn has the right idea to attack the problem with a recurrence relationship. Consider a Markov chain with states $\{0, \dotsc, 6\}$ corresponding to the count of the number of distinct dice rolls that have happened. State 0 is the start state, and state 6 is the finish state. Then, the probability of transition from state $i$ to itself is $\frac{i}{6}$. The probability of transition from state $i$ to state $i+1$ is $\frac{6-i}{6}$. Therefore the hitting time of the finish state is

$$\begin{align} \sum_{i=0}^5 \frac{6}{6-i} = 14.7 \end{align}$$

$(6,6,6,6)$$j$ is the weighted average for each source state $i$ of the expected hitting time $T_i$ plus the time to go from $i$ to $j$, weighted by $p_ip_{ij}$, the probability of arriving at state $i$ and moving to $j$. You can discover the hitting times and probabilities by dynamic programming. It's not so hard since there is a traversal order to fill in the hitting times and probabilities. For example, for two die: first calculate T and p for (0,0), then for (1,0), then (1, 1), (2, 0), then (2, 1), etc.

In Python:

import numpy as np
import itertools as it
from tools.decorator import memoized  # A standard memoization decorator

SIDES = 6

@memoized
def get_t_and_p(state):
    if all(s == 0 for s in state):
        return 0, 1.0
    n = len(state)
    choices = [[s - 1, s] if s > 0 else [s]
               for s in state]
    ts = []
    ps = []
    for last_state in it.product(*choices):
        if last_state == state:
            continue
        last_t, last_p = get_t_and_p(tuple(sorted(last_state)))
        if last_p == 0.0:
            continue
        transition_p = 1.0
        stay_p = 1.0
        for ls, s in zip(last_state, state):
            if ls < s:
                transition_p *= (SIDES - ls) / SIDES
            else:
                transition_p *= ls / SIDES
            stay_p *= ls / SIDES
        if transition_p == 0.0:
            continue
        transition_time = 1 / (1 - stay_p)
        ts.append(last_t + transition_time)
        ps.append(last_p * transition_p / (1 - stay_p))
    if len(ts) == 0:
        return 0, 0.0
    t = np.average(ts, weights=ps)
    p = sum(ps)
    return t, p

print(get_t_and_p((SIDES,) * 4)[0])

Quick and dirty Monte Carlo estimate in R of the length of a game for 1 player:

N = 1e5
sample_length = function(n) { # random game length
    x = numeric(0)
    while(length(unique(x)) < n) x[length(x)+1] = sample(1:n,1)
    return(length(x))
}
game_lengths = replicate(N, sample_length(6))

Results: $\hat{\mu}=14.684$, $\hat{\sigma} = 6.24$, so a 95% confidence interval for the mean is $[14.645,14.722]$.

To determine the length of a four-player game, we can group the samples into fours and take the average minimum length over each group (you asked about the maximum, but I assume you meant the minimum since, the way I read it, the game ends when someone succeeds at getting all the numbers):

grouped_lengths = matrix(game_lengths, ncol=4)
min_lengths = apply(grouped_lengths, 1, min)

Results: $\hat{\mu}=9.44$, $\hat{\sigma} = 2.26$, so a 95% confidence interval for the mean is $[9.411,9.468]$.

How about a recursive relation with respect to the remaining number $m$ of sides you have to obtain in order to win.

$$T_{1} = 6$$ $$T_{m} = 1 + \frac{6 - m}{6}T_{m} + \frac{m}{6}T_{m-1}$$

Basically, the last relation is saying that the number of time to roll the $m$ remaining different numbers is equal to $1$ plus:

• $T_{m}$ if you roll the one of the $6 - m$ numbers already rolled (probability $\frac{6 - m}{6}$)
• $T_{m-1}$ if you roll one of the $m$ remaining numbers (probability $\frac{m}{6}$)

Numerical application of this relation gives $14.7$.

A simple and intuitive explanation to the first question:

You first need to roll any number. This is easy, it'll always take exactly 1 roll.

You then need to roll any number other than the first one. The chance of this happening is $\frac{5}{6}$, so it'll take $\frac{6}{5}$ (1.2) rolls on average.

You then need to roll any number other than the first two. The chance of this happening is $\frac{4}{6}$, so it'll take $\frac{6}{4}$ (1.5) rolls on average.

You then need to roll any number other than the first three. The chance of this happening is $\frac{3}{6}$, so it'll take $\frac{6}{3}$ (2) rolls on average.

And so on until we successfully complete our 6th roll:

$\frac{6}{6} + \frac{6}{5} + \frac{6}{4} + \frac{6}{3} + \frac{6}{2} + \frac{6}{1} = 14.7\ rolls$

This answer is similar to Neil G's answer, only, without the markov chain.

the probability density function (or discrete equivalent) for getting the next new number is:

f = sum( p * ( 1 - p )^( i - 1 ) , i = 1 .. inf )

where p is the probability per roll, 1 when no numbers have been rolled, 5/6 after 1, 4/6 .. down to 1/6 for the last number

the expected value, mu = sum( i * p * ( 1 - p )^( i - 1 ), i = 1 .. inf ) letting n = i - 1, and bringing p outside the summation,

mu = p * sum( ( n + 1 ) * ( 1 - p )^n, n = 0 .. inf )

mu = p * sum( n(1-p)^n, n = 0 .. inf ) + p * sum( (1-p)^n, n = 0 .. inf ) mu = p * (1-p) / (1-p-1)^2 + p * 1/ (1-(1-p))

mu = p * ( 1 - p ) / p^2 + p/p

mu = ( 1 - p ) / p + p/p

mu = ( 1 - p + p ) / p

mu = 1 / p

The sum of the expected values (mus) for ps of 1, 5/6, 4/6, 3/6, 2/6, and 1/6 is 14.7 as previously reported, but 1/p per required number is general regardless of die size

similarly, we can calculate the standard deviation analytically

sigma^2 = sum( ( i - mu )^2 * p * ( 1 - p )^( i - 1 ), i = 1 .. inf )

I will spare you the algebra here, but sigma^2 = (1-p)/p^2

In the case of 6, the sum of sigma^2 for each step is 38.99 for a standard deviation of about 6.24, again, as simulated

Question 1 was:

How many times do you have to roll a six-sided dice until you get every number at least once?

Obviously, the correct answer must be 'infinite'.