少なくとも一度はすべての数字を取得するために、6面のサイコロを振る必要がありますか？

私はちょうど子供とゲームをプレイしました。基本的には、6面ダイスで少なくとも1回すべての数字を振る人が勝ちます。

私は最終的に勝ちました、そして、他は1-2ターン後に終わりました。今、私は疑問に思う：ゲームの長さの期待は何ですか？

特定の数に達するまでのロール数の予想は 。$\sum_{n=1}^\infty n\frac{1}{6}(\frac{5}{6})^{n-1}=6$

ただし、2つの質問があります。

1. 少なくとも1回すべての数字を取得するまで、6面のサイコロを何回振る必要がありますか？
2. 4つの独立したトライアル（つまり、4人のプレイヤー）の中で、必要なロールの最大数はどうなりますか？[注：最小ではなく最大です。なぜなら、年齢では、子供のために最初にそこに着くということよりも、仕上げることのほうが重要だからです]

結果をシミュレートすることはできますが、分析的にどのように計算するのでしょうか。

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Matlabでのモンテカルロシミュレーションです

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)

「完全に分析的なアプローチ」が要求されているため、ここに正確な解決策があります。 また、混合条件で黒と白のボールのセットに黒のボールを描く確率の問題を解決するための代替アプローチを提供します。

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ゲーム内の移動の数、、幾何学的に6つの独立した実現の和としてモデル化することができるを有する確率変数、それらのそれぞれがだけシフト（幾何学的変数のみロールカウントされるため、前の成功を、我々はまた、成功が観察された上でのロールを数える必要があります）。したがって、幾何分布を使用して計算することにより、必要な回答よりも少ない回答が得られるため、必ず最後にを追加し直す必要があります。$X$$(p)$$p=1, 5/6, 4/6, 3/6, 2/6, 1/6$$1$6 6$6$$6$

パラメータ持つそのような幾何学的変数の確率生成関数（pgf）は、$p$

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

したがって、これらの6つの変数の合計のpgfは

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

（積は、部分分数を介して5つの項に分けることにより、この閉じた形で計算できます。）

累積分布関数（CDF）は、の部分和（級数として）から取得されます。これは、幾何級数の合計に相当し、次の式で与えられます。$g$$z$

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

（私はこの表現を、包含-排除の原理による代替派生を示唆する形で書きました。）

これから、ゲーム内の予想移動数（最初の質問に答える）を取得します。

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

独立したバージョンの最大のCDF は（これから、原則として、分散が何であるか、99パーセンタイルが何であるかなど、好きな最大に関する確率の質問に答えることができます、 等々）。、我々は期待し得$m$$X$$F(z)^m$$m=4$

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

（値は合理的な分数であり、簡約形式では71桁の分母を持ちます。）標準偏差は 以下は、4人のプレーヤーの最大の確率質量関数のプロットです（すでにシフトされています）。$6.77108\ldots.$$6$

予想されるように、それは積極的に歪んでいます。モードはロールです。最後にフィニッシュした人がロール以上かかることはまれです（約）。$18$$50$$0.3\%$

ThePawnには、再発関係で問題を攻撃する正しい考えがあります。発生した個別のさいころの数のカウントに対応する状態マルコフ連鎖を考えます。状態0は開始状態で、状態6は終了状態です。次に、状態からそれ自体への遷移の確率はです。状態から状態への遷移の確率はです。したがって、終了状態のヒット時間は $\{0, \dotsc, 6\}$$i$$\frac{i}{6}$$i$$i+1$$\frac{6-i}{6}$

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

最大4回の試行では、4倍の状態を考慮してください。ターゲット状態の予想されるヒット時間を検索します。任意の状態の予測ヒット時間は、予測ヒット時間各ソース状態の加重平均と、からに移動する時間、で重み付けされ、状態に到達して移動する確率です。$(6,6,6,6)$$j$$i$$T_i$$i$$j$$p_ip_{ij}$$i$$j$。動的プログラミングにより、打撃時間と確率を発見できます。打撃時間と確率を埋めるためのトラバース命令があるので、それほど難しくありません。たとえば、2つのダイの場合、最初に（0,0）のTとpを計算し、次に（1,0）の次に（1、1）、（2、0）、次に（2、1）などを計算します。

Pythonの場合：

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])

1人のプレーヤーのゲームの長さのRでの迅速で汚いモンテカルロ推定：

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))

結果：、であるため、平均の95％信頼区間はです。$\hat{\mu}=14.684$$\hat{\sigma} = 6.24$$[14.645,14.722]$

4人用のゲームの長さを決定するために、サンプルを4つにグループ化し、各グループの平均の最小の長さを取得できます（最大値について尋ねましたが、読み方は、誰かがすべての数字の取得に成功するとゲームは終了します）：

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

結果：、であるため、平均の95％信頼区間はです。$\hat{\mu}=9.44$$\hat{\sigma} = 2.26$$[9.411,9.468]$

勝つために獲得しなければならない残りのの数に関して、再帰的な関係はどうですか。$m$

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

基本的に、最後の関係は、の異なる番号をロールする時間はプラスに等しいと言っています。$m$$1$

• 6 − m 6 − $T_{m}$すでにロールされた個の数字の1つをロールした場合（確率）$6 - m$$\frac{6 - m}{6}$
• m $T_{m-1}$残りの個の数字の1つをロールした場合（確率）$m$$\frac{m}{6}$

この関係を数値的に適用すると、が得られます。$14.7$

最初の質問に対する簡単で直感的な説明：

最初に任意の数を振る必要があります。これは簡単で、常に正確に1ロールかかります。

その後、最初の数字以外の数字を振る必要があります。これが発生する可能性はであるため、平均で（1.2）のロールがかかります。$\frac{5}{6}$$\frac{6}{5}$

その後、最初の2つ以外の番号を振る必要があります。これが発生する可能性はであるため、平均で（1.5）のロールがかかります。$\frac{4}{6}$$\frac{6}{4}$

その後、最初の3つ以外の番号を振る必要があります。これが発生する可能性はであるため、平均で（2）のロールがかかります。$\frac{3}{6}$$\frac{6}{3}$

6番目のロールが正常に完了するまで続きます。

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

この答えは、ニールGの答えに似ていますが、マルコフ連鎖がありません。

次の新しい数を取得するための確率密度関数（または離散的な同等物）は次のとおりです。

f = sum（p *（1-p）^（i-1）、i = 1 .. inf）

ここで、pはロールごとの確率、1は数字がロールされていない場合は1、1の後の5 / 6、4 / 6 ..最後の数字の場合は1/6まで

期待値mu = sum（i * p *（1-p）^（i-1）、i = 1 .. inf）n = i-1とし、合計の外にpをもたらす

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

1、5 / 6、4 / 6、3 / 6、2 / 6、および1/6のpsの期待値（mus）の合計は、以前に報告されたように14.7ですが、必要な数あたり1 / pは一般的ですダイサイズの

同様に、標準偏差を分析的に計算できます

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

ここで代数をspareしまないが、sigma ^ 2 =（1-p）/ p ^ 2

6の場合、各ステップのsigma ^ 2の合計は、シミュレートされた標準偏差約6.24で38.99です。

質問1は：

少なくとも1回すべての数字を獲得するまで、6面のサイコロを何回振る必要がありますか？

明らかに、正解は「無限」でなければなりません。