À quelle fréquence devez-vous lancer un dé à 6 faces pour obtenir chaque numéro au moins une fois?

Je viens de jouer avec mes enfants à un jeu qui se résume essentiellement à: celui qui lance chaque chiffre au moins une fois sur un dé à 6 faces gagne.

J'ai finalement gagné et les autres ont fini 1-2 tours plus tard. Maintenant, je me demande: quelle est l'attente de la longueur du jeu?

Je sais que l’attente du nombre de jets jusqu’à ce que vous atteigniez un nombre donné est .$\sum_{n=1}^\infty n\frac{1}{6}(\frac{5}{6})^{n-1}=6$

Cependant, j'ai deux questions:

1. Combien de fois devez-vous lancer un dé à six faces jusqu'à ce que vous obteniez tous les nombres au moins une fois?
2. Parmi les quatre essais indépendants (c'est-à-dire avec quatre joueurs), quelle est l'attente du nombre maximum de lancers nécessaires? [note: c'est le maximum, pas le minimum, car à leur âge, il s'agit plus de finir que d'arriver au premier rang pour mes enfants]

Je peux simuler le résultat, mais je me demande comment je pourrais le calculer de manière analytique.

---

Voici une simulation Monte Carlo dans 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)

Parce qu'une "approche totalement analytique" a été demandée, voici une solution exacte. Il fournit également une autre approche pour résoudre la question sur Probabilité de dessiner une boule noire dans un ensemble de boules noires et blanches avec des conditions de remplacement mixtes .

---

Le nombre de coups dans le jeu, , peut être modélisé comme la somme de six réalisations indépendantes de variables géométriques avec des probabilités , chacun d'entre eux décalé de (car une variable géométrique ne compte que les rôles précédents un succès et nous devons également compter les rôles sur lesquels des succès ont été observés). En calculant avec la distribution géométrique, nous obtiendrons donc des réponses moins que celles souhaitées et nous devrons donc nous assurer d’ajouter à la fin.$X$$(p)$$p=1, 5/6, 4/6, 3/6, 2/6, 1/6$$1$6 6$6$$6$

La fonction génératrice de probabilité (pgf) d’une telle variable géométrique avec le paramètre est$p$

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

Par conséquent, le pgf pour la somme de ces six variables est

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

(Le produit peut être calculé sous cette forme fermée en le séparant en cinq termes au moyen de fractions partielles.)

La fonction de distribution cumulative (CDF) est obtenue ʻa partir des sommes partielles de (en tant que série de puissances en ), ce qui revient à sommer des séries géométriques et est donnée par$g$$z$

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

(J'ai écrit cette expression sous une forme suggérant une dérivation alternative via le principe d'inclusion-exclusion.)

On obtient ainsi le nombre attendu de coups dans le jeu (en répondant à la première question)

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

Le CDF du maximum de versions indépendantes de est (et à partir de là nous pouvons, en principe, répondre à toute question de probabilité relative au maximum que nous aimons, telle que sa variance, son 99ème centile , etc). Avec on obtient une espérance de$m$$X$$F(z)^m$$m=4$

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

(La valeur est une fraction rationnelle qui, sous forme réduite, a un dénominateur à 71 chiffres.) L’écart type est de Voici un graphique de la fonction de masse de probabilité du maximum pour quatre joueurs (il a déjà été décalé de ):$6.77108\ldots.$$6$

Comme on pouvait s'y attendre, il est positivement asymétrique. Le mode est à rouleaux. Il est rare que la dernière personne à terminer prenne plus de rouleaux (environ ).$18$$50$$0.3\%$

ThePawn a la bonne idée pour s'attaquer au problème avec une relation de récurrence. Prenons une chaîne de Markov avec les états correspondant au nombre de lancers de dés distincts qui se sont produits. L'état 0 est l'état de départ et l'état 6, l'état d'arrivée. Alors, la probabilité de transition de l’état à lui-même est . La probabilité de transition de l'état à l'état est de . Par conséquent, l'heure d'arrivée de l'état d'arrivée est i $\{0, \dotsc, 6\}$$i$ ii+16-$\frac{i}{6}$$i$$i+1$5 Σ i = 0$\frac{6-i}{6}$

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

Pour un maximum de quatre essais, considérons les états quadruples. Vous voulez trouver le temps de frappe attendu pour l'état cible . Le temps de frappe attendu de tout état est la moyenne pondérée pour chaque état source du temps de frappe attendu plus le temps pour passer de à , pondéré par , la probabilité d'arriver à l'état et de passer àj i T i i j p i p i j i $(6,6,6,6)$$j$$i$$T_i$$i$$j$$p_ip_{ij}$$i$$j$. Vous pouvez découvrir les temps de frappe et les probabilités par une programmation dynamique. Ce n'est pas si difficile car il existe un ordre de parcours pour indiquer les temps et probabilités de frappe. Par exemple, pour deux dés: calculez d'abord T et p pour (0,0), puis pour (1,0), puis (1, 1), (2, 0), puis (2, 1), etc.

En 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])

Estimation rapide et approximative de Monte Carlo en R de la durée d'une partie pour 1 joueur:

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))

Résultats: , , donc un intervalle de confiance de 95% pour la moyenne est . σ =6,24[14,645,14,722$\hat{\mu}=14.684$$\hat{\sigma} = 6.24$$[14.645,14.722]$

Pour déterminer la durée d’une partie à quatre joueurs, nous pouvons regrouper les échantillons en quatre et prendre la longueur minimale moyenne pour chaque groupe (vous avez demandé quelle était la valeur maximale, mais je suppose que vous vouliez dire la durée minimale car, comme je l’ai lu, le jeu se termine lorsque quelqu'un réussit à obtenir tous les chiffres):

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

Résultats: , , donc un intervalle de confiance de 95% pour la moyenne est . σ =2,26[9,411,9,468$\hat{\mu}=9.44$$\hat{\sigma} = 2.26$$[9.411,9.468]$

Que diriez-vous d’une relation récursive en ce qui concerne le nombre restant de côtés que vous devez obtenir pour gagner?$m$

T m = 1 + 6 -

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

Fondamentalement, la dernière relation dit que le nombre de fois où rouler les nombres restants est égal à plus:$m$$1$

• $T_{m}$ si vous obtenez l'un des nombres déjà obtenus (probabilité )$6 - m$$\frac{6 - m}{6}$
• $T_{m-1}$ si vous obtenez l'un des nombres restants (probabilité )$m$$\frac{m}{6}$

L'application numérique de cette relation donne .$14.7$

Une explication simple et intuitive à la première question:

Vous devez d'abord rouler n'importe quel nombre. C'est facile, il faut toujours exactement 1 rouleau.

Vous devez ensuite lancer un nombre autre que le premier. La probabilité que cela se produise est de ; il faudra donc en moyenne (1.2).$\frac{5}{6}$$\frac{6}{5}$

Vous devez ensuite lancer un nombre autre que les deux premiers. La probabilité que cela se produise est de ; il faudra donc en moyenne (1,5).$\frac{4}{6}$$\frac{6}{4}$

Vous devez ensuite lancer un nombre autre que les trois premiers. La probabilité que cela se produise est de ; il faudra donc en moyenne (2).$\frac{3}{6}$$\frac{6}{3}$

Et ainsi de suite jusqu'à ce que nous terminions avec succès notre 6ème rouleau:

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

Cette réponse est similaire à celle de Neil G, mais sans la chaîne de markov.

la fonction de densité de probabilité (ou son équivalent discret) pour obtenir le prochain nouveau nombre est:

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

où p est la probabilité par rouleau, 1 quand aucun nombre n'a été roulé, 5/6 après 1, 4/6 .. jusqu'à 1/6 pour le dernier nombre

la valeur attendue, mu = somme (i * p * (1 - p) ^ (i - 1), i = 1 .. inf) laissant n = i - 1 et faisant passer p en dehors de la somme,

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

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

La somme des valeurs attendues (mus) pour ps de 1, 5/6, 4/6, 3/6, 2/6 et 1/6 correspond à 14,7 comme indiqué précédemment, mais 1 / p par nombre requis est générale indépendamment de taille de matrice

de même, nous pouvons calculer l'écart type analytiquement

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

Je vous épargne l'algèbre ici, mais sigma ^ 2 = (1-p) / p ^ 2

Dans le cas de 6, la somme de sigma ^ 2 pour chaque étape est de 38,99 pour un écart type d’environ 6,24, encore une fois, comme simulé

La question 1 était:

Combien de fois devez-vous lancer un dé à six faces jusqu'à ce que vous obteniez chaque numéro au moins une fois?

De toute évidence, la réponse correcte doit être «infinie».