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एक 6 पक्षीय मर पुनरावृति से लुढ़का हुआ है। K से अधिक या उसके बराबर राशि बनाने के लिए अपेक्षित रोल की संख्या क्या है?

संपादित करने से पहले

P(Sum>=1 in exactly 1 roll)=1
P(Sum>=2 in exactly 1 roll)=5/6
P(Sum>=2 in exactly 2 rolls)=1/6
P(Sum>=3 in exactly 1 roll)=5/6
P(Sum>=3 in exactly 2 rolls)=2/6
P(Sum>=3 in exactly 3 rolls)=1/36
P(Sum>=4 in exactly 1 roll)=3/6
P(Sum>=4 in exactly 2 rolls)=3/6
P(Sum>=4 in exactly 3 rolls)=2/36
P(Sum>=4 in exactly 4 rolls)=1/216

एडिट के बाद

P(Sum>=1 in atleast 1 roll)=1
P(Sum>=2 in atleast 1 roll)=5/6
P(Sum>=2 in atleast 2 rolls)=1
P(Sum>=3 in atleast 1 roll)=4/6
P(Sum>=3 in atleast 2 rolls)=35/36
P(Sum>=3 in atleast 3 rolls)=1
P(Sum>=4 in atleast 1 roll)=3/6
P(Sum>=4 in atleast 2 rolls)=33/36
P(Sum>=4 in atleast 3 rolls)=212/216
P(Sum>=4 in atleast 4 rolls)=1

मुझे यकीन नहीं है कि यह सबसे पहले सही है लेकिन मुझे लगता है कि यह संभावना रोल की अपेक्षित संख्या से संबंधित है?

लेकिन मुझे नहीं पता कि आगे कैसे बढ़ना है। क्या मैं सही दिशा में आगे बढ़ रहा हूं?

— हमेशा की तरह संदिग्ध
स्रोत

आपको कैसे मिला?

P (S \geq 2 in 2 rolls)

$P(S\geq 2 \text{ in 2 rolls})$

— Glen_b -Reinstate मोनिका

@Glen_b आपको पहले रोल में 2 से कम नंबर प्राप्त करना है जो 1. है। 1 होने की संभावना 1/6 है और दूसरा रोल किसी भी नंबर का हो सकता है। यदि आपको पहले रोल में 2 से अधिक या बराबर संख्या मिलती है, तो आप दूसरे रोल के लिए नहीं जाएंगे।

— सामान्य संदिग्ध

1

आह, मैं देख रहा हूं कि क्या चल रहा है। आप इसका वर्णन नहीं करते हैं कि "P (S \ geq 2 in 2 rolls)"; यह अभिव्यक्ति रोल्स की संख्या तय करती है। आप जो चाहते हैं वह या तो "पी ( प्राप्त करने के लिए आवश्यक 2 रोल ") या "पी ( पाने के लिए कम से कम 2 रोल आवश्यक हैं ")।

S \geq 2

$S\geq 2$

S \geq 2

$S\geq 2$

— Glen_b -Reinstate मोनिका

@Glen_b हाँ भ्रम की स्थिति है। P (ठीक 2 रोल S> 2 पाने के लिए आवश्यक) मुझे लगता है। आखिरकार मैं गणना करना चाहता हूं कि कश्मीर से अधिक राशि तक पहुंचने के लिए रोल की अपेक्षित संख्या क्या है?

— सामान्य संदिग्ध

@Glen_b मुझे इस उद्देश्य के लिए कम से कम या बिल्कुल उपयोग करना चाहिए? और 10000 जैसी बड़ी राशि के लिए अपेक्षित रोल की गणना कैसे करें?

— सामान्य संदेह

2

यह अब तक केवल एक ही अवलोकन के आधार पर दूसरे के लिए कुछ विचार, अधिक सटीक, दृष्टिकोण है, जो मेरा पहला उत्तर है। समय के साथ मैं इसका विस्तार करूंगा ...

पहला, कुछ संकेतन। चलो कुछ दिया, सकारात्मक (बड़े) पूर्णांक होना। हम का वितरण चाहते हैं , जो कि कम से कम राशि पाने के लिए एक साधारण पासा के फेंकता की न्यूनतम संख्या है । इसलिए, पहले हम को dice फेंक , और के परिणाम के रूप में परिभाषित । हम का वितरण मिलता है, तो सभी के लिए तो हम का वितरण पा सकते हैं का उपयोग करके और हम कर रहे हैं किया हुआ। $K$ $N$ $K$ $X_i$ $i$ $X^{(n)}=X_1+\dots+X_n$ $X^{(n)}$ $n$ $N$

पी (एन \geq n) = पी ({एक्स}_{1} + \dots + {एक्स}_{n} \leq क),

$P(N \ge n)= P(X_1+\dots+X_n \le K),$

अब, के लिए संभावित मान हैं , और के लिए उस श्रेणी में, संभावना खोजने के लिए , हम कुल पूर्णांक के योग के रूप में लिखने के तरीकों की कुल संख्या खोजने की आवश्यकता है , सभी रेंज । लेकिन इसे एक प्रतिबंधित पूर्णांक रचना कहा जाता है, एक समस्या जो कॉम्बिनेटरिक्स में अच्छी तरह से अध्ययन की जाती है। गणित SE पर कुछ संबंधित प्रश्न https://math.stackexchange.com/search?q=integer+compositions द्वारा पाया जाता है $X_1+\dots+X_n$ $n,n+1,n+2,\dots,6n$ $k$ $P(X_1+\dots+X_n=k)$ $k$ $n$ $1,2,\dots,6$

इसलिए उस जुझारू साहित्य को खोजने और उसका अध्ययन करने से हम शांत सटीक परिणाम प्राप्त कर सकते हैं। मैं उस पर अमल करूंगा, लेकिन बाद में ...

— kjetil b halvorsen
स्रोत

2

डिग्री -6 बहुपद की जड़ों के संदर्भ में एक सरल बंद सूत्र है।

यह वास्तव में एक सामान्य मेले पर विचार करने के लिए थोड़ा आसान है, चेहरों के साथ संख्या साथ लेबल करें $d\ge 2$ $1,2,\ldots, d.$

बता दें कि को बराबर या उससे अधिक की आवश्यकता वाले रोल की अपेक्षित संख्या होगी के लिए अन्यथा अपेक्षा तुरंत पूर्ववर्ती मूल्य तक पहुंचने के लिए रोल की संख्या की अपेक्षा से अधिक है, जो whence के बीच होगा $e_k$ $k.$ $k\le 0,$ $e_k=0.$ $k-d, k-d+1, \ldots, k-1,$

\begin{matrix} (1) & इ_{क} = 1 + \frac{1}{घ} (इ_{क - घ} + इ_{क - घ + 1} + \dots + इ_{क - 1}) । \end{matrix}

$e_k = 1 + \frac{1}{d}\left(e_{k-d} + e_{k-d+1} + \cdots + e_{k-1}\right).\tag{1}$

इस रैखिक पुनरावृत्ति संबंध के रूप में एक समाधान है

\begin{matrix} (2) & इ_{क} = \frac{2 क}{घ + 1} + Σ_{मैं = 1}^{घ} ए_{मैं} λ_{मैं}^{क} \end{matrix}

$e_k = \frac{2k}{d+1} + \sum_{i=1}^d a_i \lambda_i^k\tag{2}$

जहाँ बहुपद की जटिल जड़ें हैं $\lambda_i$ $d$

\begin{matrix} (3) & {टी}^{घ} - \frac{1}{घ} ({टी}^{घ - 1} + {टी}^{घ - 2} + \dots + टी + 1) । \end{matrix}

$T^d - \frac{1}{d}(T^{d-1} + T^{d-2} + \cdots + T + 1).\tag{3}$

स्थिरांक मान जहां हर मामले में में समाधान लागू करके पाए जाते हैं । यह स्थिरांक में रैखिक समीकरणों का एक सेट देता है और इसका एक अनूठा समाधान है। यह समाधान काम करता है कि पुनरावृत्ति इस तथ्य का उपयोग करके प्रदर्शित किया जा सकता है कि हर रूट संतुष्ट है $a_i$ $(2)$ $k=-(d-1), -(d-2), \ldots, -1, 0$ $e_k=0$ $d$ $d$ $(1)$ $(3):$

\begin{aligned} 1 + \frac{1}{घ} Σ_{जे = 1}^{घ} इ_{क - जे} & = 1 + \frac{1}{घ} Σ_{जे = 1}^{घ} (\frac{2 (क - जे)}{घ + 1} + Σ_{मैं = 1}^{घ} ए_{मैं} λ_{मैं}^{क - जे}) \\ = \frac{2 क}{घ + 1} + Σ_{मैं = 1}^{घ} ए_{मैं} λ_{मैं}^{क - घ} [\frac{1}{घ} (1 + λ_{मैं} + \dots + λ_{मैं}^{घ - 1})] \\ = \frac{2 क}{घ + 1} + Σ_{मैं = 1}^{घ} ए_{मैं} λ_{मैं}^{क - घ} λ_{मैं}^{घ} \\ = \frac{2 क}{घ + 1} + Σ_{मैं = 1}^{घ} ए_{मैं} λ_{मैं}^{क} = इ_{क} । \end{aligned}

$\eqalign{ 1 + \frac{1}{d}\sum_{j=1}^{d} e_{k-j} &= 1 + \frac{1}{d}\sum_{j=1}^{d} \left(\frac{2(k-j)}{d+1} + \sum_{i=1}^d a_i \lambda_i^{k-j}\right) \\ &= \frac{2k}{d+1} + \sum_{i=1}^d a_i \lambda_i^{k-d}\left[\frac{1}{d}(1 + \lambda_i + \cdots + \lambda_i^{d-1})\right] \\ &= \frac{2k}{d+1} + \sum_{i=1}^d a_i \lambda_i^{k-d}\lambda_i^d \\ &= \frac{2k}{d+1} + \sum_{i=1}^d a_i \lambda_i^k = e_k. }$

यह बंद प्रपत्र समाधान हमें उत्तर के साथ-साथ इसका सही मूल्यांकन करने के लिए अच्छे तरीके देता है। ( के छोटे से छोटे मूल्यों के लिए पुनरावृत्ति का प्रत्यक्ष अनुप्रयोग एक प्रभावी कम्प्यूटेशनल तकनीक है।) उदाहरण के लिए, हम आसानी से गणना कर सकते हैं $k,$ $d=6$

इ_{1 000 000} = 285714.761905 ...

$e_{1\,000\,000} = 285714.761905\ldots$

सन्निकटन के लिए, एक अद्वितीय सबसे बड़ा रूट होगा तो अंततः (पर्याप्त रूप से बड़े ) शब्द शब्दों में पर हावी होगाजड़ के दूसरे सबसे छोटे मानदंड के अनुसार त्रुटि में तेजी से कमी आएगी । साथ उदाहरण को जारी रखते हुए का गुणांक और अगला-सबसे छोटा मान (संयोग से, अन्य आकार में बहुत करीब हैं ।) इस प्रकार हम पिछले मूल्य का अनुमान लगा सकते हैं $\lambda_{+}=1$ $k$ $\lambda_{+}^k$ $d$ $(2).$ $k=6,$ $\lambda_{+}$ $a_{+}=0.4761905$ $0.7302500.$ $a_i$ $1$

इ_{1 000 000} \approx \frac{2 \times 10^{6}}{6 + 1} + 0.4761905 = 285714.761905 ...

$e_{1\,000\,000} \approx \frac{2\times 10^6}{6+1} + 0.4761905 = 285714.761905\ldots$

के आदेश पर एक त्रुटि के साथ $0.7302500^{10^6} \approx 10^{-314\,368}.$

यह समाधान कितना व्यावहारिक है, यह प्रदर्शित करने के लिए, यहाँ Rकोड है जो किसी भी (डबल सटीक फ़्लोटिंग पॉइंट गणना के दायरे में) के लिए का मूल्यांकन करने के लिए एक फ़ंक्शन देता है और न कि बड़े (यह एक बार नीचे आ जाएगा ): $e_k$ $k$ $d$ $d\gg 100$

die <- function(d, mult=1, cnst=1, start=rep(0,d)) {
  # Create the companion matrix (its eigenvalues are the lambdas).
  X <- matrix(c(0,1,rep(0,d-1)),d,d+1)
  X[, d] <- mult/d
  lambda <- eigen(X[, 1:d], symmetric=FALSE, only.values=TRUE)$values

  # Find the coefficients that agree with the starting values.
  u <- 2*cnst/(d+1)
  a <- solve(t(outer(lambda, 1:d, `^`)), start - u*((1-d):0))

  # This function assumes the starting values are all real numbers.
  f <- Vectorize(function(i) Re(sum(a * lambda ^ (i+d))) + u*i)

  list(f=f, lambda=lambda, a=a, multiplier=mult, offset=cnst)
}

इसके उपयोग के एक उदाहरण के रूप में, यहाँ यह लिए उम्मीदों की गणना करता है $k=1,2,\ldots, 16:$

round(die(6)$f(1:10), 3)

1.000 1.167 1.361 1.588 1.853 2.161 2.522 2.775 3.043 3.324 3.613 3.906 4.197 4.476 4.760 5.046

वस्तु यह रिटर्न जड़ों में शामिल हैं और उनके गुणकों आगे के विश्लेषण के लिए। गुणक सरणी का पहला घटक उपयोगी गुणांक $\lambda_i$ $a_i$ $a_{+}.$

(यदि आप उत्सुक हैं कि अन्य पैरामीटर क्या dieहैं, तो निष्पादित करें die(2, 2, 0, c(1,0))$f(1:10)और देखें कि क्या आप आउटपुट को पहचानते हैं; ;-) इस सामान्यीकरण ने कार्य के विकास और परीक्षण में सहायता की।)

— व्हीबर
स्रोत

+1। फ़ंक्शन dieमेरे लिए एक त्रुटि देता है object 'phi' not found:।

— COOLSerdash

1

@COOL जाँच के लिए धन्यवाद। पाठ से मिलान करने के phiलिए चर नाम (अंतिम से) का अंतिम-मिनट परिवर्तन aअपराधी था। मैंने इसे ठीक किया है (और जांचा है)।

— whuber

1

सामान्य रूप से रोल की सटीक अपेक्षित संख्या प्राप्त करने का कोई तरीका नहीं है, लेकिन एक के के लिए।

आज्ञा देना घटना की घटना होने की उम्मीद रोलिंग रोलिंग योग => के।

के = 1 के लिए, ई (एन) = 1

K = 2, $E(N)=(\frac{5}{6}+2*1)/(\frac{5}{6}+1)=\frac{17}{11}$

और इसी तरह।

उदाहरण के लिए बड़े K के लिए E (N) प्राप्त करना मुश्किल होगा, K = 20 के लिए आपको (4 रोल, 20 रोल) से उम्मीद करनी होगी

केंद्रीय सीमा प्रमेय कुछ% आत्मविश्वास के साथ अधिक लाभकारी होगा। जैसा कि हम जानते हैं कि घटना K. बड़े मूल्यों के लिए समान रूप से वितरित की जाती (सामान्य वितरण)

क (एस यू म) च ओ एल एल ओ w रों एन (3.5 एन, \frac{35 एन}{12})

$K(Sum)~follows~N(3.5N,\frac{35N}{12})$

अब आपको कम से कम K प्राप्त करने के लिए "N" की आवश्यकता है .... हम इसे मानक सामान्य वितरण में परिवर्तित करते हैं। जहाँ % आप "मानक सामान्य तालिकाओं" या उदाहरण के लिए यहाँ से Z मान प्राप्त कर सकते हैं ।

\frac{क - 3.5 एन}{\sqrt{\frac{35 एन}{12}}} = {जेड}_{α}

$\frac{K-3.5N}{\sqrt{\frac{35N}{12}}}=Z_\alpha$

α = 1 - c o n f i d e n c e

$\alpha=1-confidence$

Z_{0.01} = 2.31, Z_{0.001} = 2.98

$Z_{0.01}=2.31,Z_{0.001}=2.98$

आप जानते हैं कि K, Z (किसी भी त्रुटि पर) ........ तब आप समीकरण को हल करके कुछ आत्मविश्वास% पर एन = ई (एन) प्राप्त कर सकते हैं।

— हेमंत रूपानी
स्रोत

2

आपने उन संभावनाओं की गणना कैसे की? आप उस E (N) समीकरण पर कैसे पहुंचे?

— सामान्य संदिग्ध

@UsualSuspect P (Sum> = 2 in 1 रोल) = 5/6 (आप जानते हैं) P (Sum> = 2 in 2 Rolls) = 1 (क्योंकि आपको 2 रोल से कम से कम 2 का योग मिलना चाहिए) और E के लिए (N ) ......... इसका सिर्फ एक अपेक्षित मतलब है

— हेमंत रुपाणी

क्षमा करें, मैंने उल्लेख किया है। इसकी कम से कम, बिल्कुल 2 रोल नहीं। मुझे अब E (N) समीकरण समझ में आया।

— सामान्य संदेह

@UsualSuspect ओह! वैसे यदि आपको किसी विशेष K के लिए E (N) की आवश्यकता है, तो मैं इसे बना सकता हूं :)।

— हेमंत रूपानी

मुझे k = 20 और k = 10000 की आवश्यकता है। इसका बेहतर अगर आप सीधे जवाब देने के बजाय मुझे समझाएं।

— सामान्य संदेह

0

अनुमानित समाधान खोजने के लिए मैं एक विधि दूंगा। पहले, को रैंडम वैरिएबल होने दें , " डाइस के साथ थ्रो का परिणाम " और को कम से कम तक पहुंचने के लिए आवश्यक थ्रो की संख्या होने दें । तब हमारे पास इसलिए के वितरण को खोजने के लिए हमें लिए के वितरण के खोजने की आवश्यकता है। , सभी । उन संकल्पों को संख्यात्मक रूप से पाया जा सकता है, लेकिन बड़े $X_i$ $i$ $N$ $k$

पी (एन \geq n) = पी ({एक्स}_{1} + {एक्स}_{2} + \dots + {एक्स}_{n} \leq क)

$P(N \ge n) = P(X_1+X_2+\dots+X_n \le k)$

N

$N$

X_{i}

$X_i$

i = 1, 2, \dots, n

$i=1,2,\dots,n$

n

$n$

n

$n$ यह बहुत काम हो सकता है, इसलिए हम काठी के तरीकों का उपयोग करते हुए, दीक्षांत समारोह के लिए संचयी वितरण फ़ंक्शन को अनुमानित करने के बजाय प्रयास करते हैं। काठी के अन्य तरीकों के उदाहरण के लिए, गामा यादृच्छिक चर के जेनेरिक योग का मेरा उत्तर देखें

हम असतत मामले के लिए लुगानिनि-राइस सन्निकटन का उपयोग करेंगे, और आर बटलर का अनुसरण करेंगे: "एप्लीकेशन के साथ सैडलपॉइंट अप्रैजल", पृष्ठ 18 (दूसरी निरंतरता सुधार)। सबसे पहले, हमें के क्षण उत्पन्न करने वाले कार्य की , जो तब स्वतंत्र पासा के योग के लिए सहसंयोजक उत्पन्न करने का कार्य और हमें के पहले कुछ डेरिवेटिव्स की भी आवश्यकता है , लेकिन हम उन प्रतीकात्मक रूप से R का उपयोग कर पाएंगे। कोड निम्नलिखित है: $X_i$

म (टी) = इ इ^{टी {एक्स}_{मैं}} = \frac{1}{6} (इ^{टी} + इ^{2 टी} + इ^{3 टी} + इ^{4 टी} + इ^{5 टी} + इ^{6 टी})

$M(T) = E e^{tX_i}= \frac16 (e^t+e^{2t}+e^{3t}+e^{4t}+e^{5t}+e^{6t})$

n

$n$

क_{n} (टी) = n \cdot एल ओ जी (\frac{1}{6} Σ_{मैं = 1}^{6} इ^{मैं टी})

$K_n(t)=n \cdot log(\frac16\sum_{i=1}^6 e^{it})$

K

$K$

 DD <- function(expr, name, order = 1) {
        if(order < 1) stop("'order' must be >= 1")
        if(order == 1) D(expr, name)
        else DD(D(expr, name), name, order - 1)
     }

make_cumgenfun  <-  function() {
    fun0  <-  function(n, t) n*log(mean(exp((1:6)*t)))
    fun1  <-  function(n, t) {}
    fun2  <-  function(n, t) {}
    fun3  <-  function(n, t) {}
    d1  <-  DD(expression(n*log((1/6)*(exp(t)+exp(2*t)+exp(3*t)+exp(4*t)+exp(5*t)+exp(6*t)))),  "t", 1)
    d2  <-  DD(expression(n*log((1/6)*(exp(t)+exp(2*t)+exp(3*t)+exp(4*t)+exp(5*t)+exp(6*t)))),  "t", 2)
    d3  <-  DD(expression(n*log((1/6)*(exp(t)+exp(2*t)+exp(3*t)+exp(4*t)+exp(5*t)+exp(6*t)))),  "t", 3)
    body(fun1)  <-  d1
    body(fun2)  <-  d2
    body(fun3)  <-  d3
    return(list(fun0,  fun1,  fun2,  fun3))
}

अगला, हमें काठी समीकरण को हल करना चाहिए।

यह निम्नलिखित कोड द्वारा किया जाता है:

funlist  <-  make_cumgenfun()

# To solve the saddlepoint equation for n,  k:
solve_speq  <-   function(n, k)  {# note that n+1 <= k <= 6n is needed
    Kd  <-  function(t) funlist[[2]](n, t)
    k  <-  k-0.5
    uniroot(function(s) Kd(s)-k,  lower=-100,  upper=1,  extendInt="upX")$root
}

ध्यान दें कि उपरोक्त कोड बहुत मजबूत नहीं है, वितरण के किसी भी पूंछ में मूल्यों के लिए यह काम नहीं करेगा। फिर वास्तव में पूंछ संभावना समारोह की गणना के लिए कुछ कोड, लगभग, लुगनिनी-चावल सन्निकटन द्वारा, बटलर के बाद, पृष्ठ 18, (दूसरी निरंतरता सुधार): $k$

पूंछ की संभावना वापस करने के लिए कार्य:

#

Ghelp  <-  function(n, k) {
    stilde  <-  solve_speq(n, k)
    K  <-  function(t) funlist[[1]](n, t)
    Kd <-  function(t) funlist[[2]](n, t)
    Kdd <- function(t) funlist[[3]](n, t)
    Kddd <- function(t) funlist[[4]](n, t)
    w2tilde  <-  sign(stilde)*sqrt(2*(stilde*(k-0.5)-K(stilde)))  
    u2tilde  <-  2*sinh(stilde/2)*sqrt(Kdd(stilde))
    mu  <-  Kd(0)
    result  <- if (abs(mu-(k-0.5)) <= 0.001) 0.5-Kddd(0)/(6*sqrt(2*pi)*Kdd(0)^(3/2))  else
    1-pnorm(w2tilde)-dnorm(w2tilde)*(1/w2tilde - 1/u2tilde)
    return(result)
}
G  <- function(n, k) {
      fun  <- function(k) Ghelp(n, k)
      Vectorize(fun)(k)
  }

फिर हम सूत्र आधार पर वितरण की तालिका की गणना करने के लिए इसका उपयोग करने का प्रयास करते हैं जहां फ़ंक्शन है, जो आर कोड को ऊपर करता है।

पी (एन \geq n) = पी ({एक्स}_{1} + {एक्स}_{2} + \dots + {एक्स}_{n} \leq क) = 1 - पी ({एक्स}_{1} + \dots + {एक्स}_{n} \geq क + 1) = 1 - जी (n, क + 1)

$P(N \ge n) = P(X_1+X_2+\dots+X_n \le k) \\ = 1-P(X_1+\dots+X_n \ge k+1) \\ = 1-G(n,k+1)$

G

$G$

अब, के साथ मूल प्रश्न का उत्तर दें । फिर रोल की न्यूनतम संख्या 4 है और रोल की अधिकतम संख्या 20 है। 20 रोल की आवश्यकता होने की संभावना बहुत कम है, और द्विपदीय सूत्र से बिल्कुल गणना की जा सकती है, मैं पाठक को छोड़ देता हूं। (ऊपर का अनुमान लिए काम नहीं करेगा )। $K=20$ $n=20$

तो संभावना है कि द्वारा अनुमानित है $N \ge 19$

> 1-G(20, 21)
[1] 2.220446e-16

संभावना है कि द्वारा अनुमानित है: $N\ge 10$

> 1-G(10, 21)
[1] 0.002880649

और इसी तरह। इस सब का उपयोग करके, आप उम्मीद के लिए एक अनुमान प्राप्त कर सकते हैं। यह केंद्रीय सीमा प्रमेय के आधार पर अनुमानों से बहुत बेहतर होना चाहिए।

— kjetil b halvorsen
स्रोत

पासा रोल की अपेक्षित संख्या को K से अधिक या उसके बराबर राशि बनाने की आवश्यकता है?

पूंछ की संभावना वापस करने के लिए कार्य: