Finden Sie die geschlossene Form einer n-Summe

Question

Finden Sie die geschlossene Form einer n-Summe

Summe
Mathematik
Folgen-und-Serien

Martin

Ich möchte die geschlossene Form oder eine schnell konvergierende Umschreibung der folgenden n-Summe finden:

{(\frac{1}{6})}^{N} \sum_{X_{1} = 1}^{\infty} \sum_{X_{2} = 1}^{\infty} \dots \sum_{X_{N} = 1}^{\infty} {(\frac{5}{6})}^{X_{1} + X_{2} + \dots + X_{N} - N} * M A X (X_{1}, X_{2}, \dots, X_{N})

$\left(\frac{1}{6}\right)^n\sum_{x_1=1}^\infty\sum_{x_2=1}^\infty\ldots\sum_{x_n=1}^\infty\left(\frac{5}{6}\right)^{x_1+x_2+\ldots+x_n-n}*max(x_1,x_2,\ldots,x_n)$

Das Problem, aus dem dies entsteht, ist, wenn Sie n 6-seitige Würfel haben, alle würfeln, die 6er beiseite legen, den Rest würfeln, wieder 6er beiseite legen und so weiter, bis alle Würfelseiten 6er sind. Diese Summen sind der Erwartungswert für die Anzahl der Rollrunden, um n 6 zu erhalten.

Durch numerische Summierung bekam ich $\approx8.727$ für $n=2$ Und $\approx10.555$ für $n=3$ aber es wird unmöglich, für größere n zu rechnen, und es konvergiert wegen des langen Schwanzes sehr langsam.

Danke,

Martin

bof

Ist Ihre Summe gleich

\sum_{R = 0}^{\infty} (1 - (1 - (\frac{5}{6})^{R})^{N}) ?

$\sum_{r=0}^\infty(1-(1-(\frac56)^r)^n)?$

Martin

Basierend auf den n = 2,3-Werten ist es dasselbe, wie hast du es bekommen?

bof

Der Begriff

1 - (1 - (\frac{5}{6})^{r})^{n}

$1-(1-(\frac56)^r)^n$ ist die Wahrscheinlichkeit, dass Ihr Ziel aller 6er im ersten nicht erreicht wurde

r

$r$ Runden, so dass eine weitere Runde benötigt wird. Ich habe darüber nachgedacht, dies als Antwort zu posten, aber es besteht keine Notwendigkeit, da ich sehe, dass Did seine Antwort aktualisiert hat, um diese Formel aufzunehmen.

Antworten (1)

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Ist Ihre Summe gleich $\sum_{R = 0}^{\infty} (1 - (1 - (\frac{5}{6})^{R})^{N}) ?$ $\sum_{r=0}^\infty(1-(1-(\frac56)^r)^n)?$
Basierend auf den n = 2,3-Werten ist es dasselbe, wie hast du es bekommen?
Der Begriff $1-(1-(\frac56)^r)^n$ ist die Wahrscheinlichkeit, dass Ihr Ziel aller 6er im ersten nicht erreicht wurde $r$ Runden, so dass eine weitere Runde benötigt wird. Ich habe darüber nachgedacht, dies als Antwort zu posten, aber es besteht keine Notwendigkeit, da ich sehe, dass Did seine Antwort aktualisiert hat, um diese Formel aufzunehmen.

Tat · Answer 1

Standard-Erzeugungsfunktionen-Technologie ergibt, dass die $n$ te Summe $s_n$ ist so, dass, wenn $n\to\infty$ ,

lim_{N \to \infty} \frac{S_{N}}{Protokoll N} = \frac{1}{Protokoll (6 / 5)} \approx 5.485.

$\lim_{n\to\infty}\frac{s_n}{\log n}=\frac1{\log(6/5)}\approx5.485.$ Ist das das Ergebnis, das Sie anstreben?

Für kleine Werte von $n$ , könnte man den genauen Wert als endliche Summe in der RHS der Identitäten verwenden

S_{N} = \sum_{ich ⩾ 0} (1 - (1 - (5 / 6)^{ich})^{N}) = \sum_{k = 1}^{N} (\binom{N}{k}) (- 1)^{k + 1} \frac{1}{1 - (5 / 6)^{k}} .

$s_n=\sum_{i\geqslant0}\left(1-(1-(5/6)^i)^n\right)=\sum_{k=1}^n{n\choose k}(-1)^{k+1}\frac{1}{1-(5/6)^k}.$ Zum Beispiel,

s_{1} = 6

$s_1=6$ ,

s_{2} = \frac{96}{11} \approx 8.73

$s_2=\frac{96}{11}\approx8.73$ ,

s_{3} = \frac{10566}{1001} \approx 10.56

$s_3=\frac{10566}{1001}\approx10.56$ , wie Sie erwähnt haben, und

s_{4} = \frac{728256}{61061} \approx 11.93

$s_4=\frac{728256}{61061}\approx11.93$ ,

s_{5} = \frac{3698650986}{283994711} \approx 13.02

$s_5=\frac{3698650986}{283994711}\approx13.02$ ,

s_{6} \approx 13.94

$s_6\approx13.94$ ,

s_{7} \approx 14.72

$s_7\approx14.72$ , und so weiter ...

Für mittlere Werte von $n$ , wäre eine effizientere Formel

S_{N} = 1 + \sum_{k = 1}^{N} (\binom{N}{k}) (- 1)^{k + 1} \frac{5^{k}}{6^{k} - 5^{k}} .

$s_n=1+\sum_{k=1}^n{n\choose k}(-1)^{k+1}\frac{5^k}{6^k-5^k}.$

Danke, aber ich interessiere mich mehr für die genauen Werte für niedrige n und nicht für das Grenzverhalten.
Für jede nichtnegative ganzzahlige Zufallsvariable $T$ , $E (T) = \sum_{ich ⩾ 0} P (T > ich) .$ $E(T)=\sum_{i\geqslant0}P(T\gt i).$ Hier, $[T\leqslant i]$ bedeutet, dass $i$ Unentschieden reichten aus, um jeweils eine Sechs zu erhalten $n$ Würfel. Was bei einem gegebenen Würfel mit Wahrscheinlichkeit nicht passiert $p^i$ , also passiert es bei jedem Würfel mit Wahrscheinlichkeit $P(T\leqslant i)=(1-p^i)^n$ mit $p$ gleich, was Sie vermuten ... et voilà!

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Martin

bof

Martin

bof

Antworten (1)

Tat

Martin

Tat

Beweisen Sie diese Identität mit der Triple Product Identity von Jacobi

Wie findet man die Summe dieser unendlichen Reihe: ∑∞k=11(k+1)(k−1)!(1−2k)∑k=1∞1(k+1)(k−1)!(1 −2k)\sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{(k+1)(k-1)!}(1 - \frac{2}{k})

Einige unendliche Serien (nur zum Spaß!)

Auswertung von ∑∞y=a(ya)⋅py−a∑y=a∞(ya)⋅py−a\sum_{y=a}^{\infty}{y \choose a} \cdot p^{ya} für p∈[0,1]p∈[0,1]p \in [0,1]

Summe der inversen Quadrate der Hypotenuse pythagoräischer Dreiecke

Hilfe bei der Summe unendlicher Reihen, stecke im Problem fest

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Auswertung von ∑(a,b,c)∈T2a3b5c∑(a,b,c)∈T2a3b5c\sum_{(a,b,c)\in T}\frac{2^a}{3^b 5^c} , für TTT die Menge aller positiven ganzzahligen Tripel (a,b,c)(a,b,c)(a,b,c), die ein Dreieck bilden

Umgang mit nicht konstanten Termen in der Frage des Binomialsatzes