valor esperado de una suma de un 10 colindado mueren

Question

Supongamos que usted tiene un buen morir con 10 lados con números del 1 al 10. Se tira el dado y tomar la suma de hasta la suma es mayor que 100. ¿Cuál es el valor esperado de esta suma?

Answer 1

Bueno, usted puede hacer los números del 1 al 110, que es de 110 estados posibles que puede ser. Eso es una gran matriz de transición, pero no insuperable. Definir la matriz de transición $M$ como:

$$\begin{align} M_{i,j} = \begin{cases} \frac{1}{10} & \text{ if } 1 \le j - i \le 10 \text{ and } 1 \le i \le 100 \\ 1 & \text{ if } i = j\text{ and } 100 < i \le 110 \\ 0 & \text{ otherwise} \end{casos} \end{align}$$

Definir el estado inicial del vector: $$\begin{align} V_{j} = \begin{cases} \frac{1}{10} & \text{ if } 1 \le j \le 10 \\ 0 & \text{ otherwise} \end{casos} \end{align}$$

Esta matriz calcular la probabilidad de que usted termina en un estado de $j$. Yo no escribí toda la cosa aquí. El estado estacionario $S$ está dada por:

$$S = VM^{\infty}$$

Yo no recomiendo hacer esto a mano.

De todos modos, se obtienen los siguientes probabilidades:

$$\begin{array} {c|c} \text{End State} & \text{Probability} \\ \hline 101 & \frac{{ 14545454540916238222253308031039403263876427137099 \atop 728738149747953197899302063661139633020606426446001 }}{10^{101}} \\ \hline 102 & \frac{{ 18181818143103207886299794518678653455112915813572 \atop 471568730433172695421560362344285718841548526446001 }}{10^{101}} \\ \hline 103 & \frac{{ 16363636337149401877562367260240328253764897737948 \atop 745622241485421850822156839220501392260147526446001 }}{10^{101}} \\ \hline 104 & \frac{{ 12727272741576429962125352735631301525861758140731 \atop 984148880861015973102098820410322797857111216446001 }}{10^{101}} \\ \hline 105 & \frac{{ 10909090931874858870242133363925460156752233410373 \atop 601637391699278967219484863685353489177266485446001 }}{10^{101}} \\ \hline 106 & \frac{{ 90909091116377120481295620461022602720063194921283 \atop 52571281564919296780386873223909380629437281346001 }}{10^{101}} \\ \hline 107 & \frac{{ 72727272852713068490158133017227152668140086810036 \atop 91839439446721479480174650845945205326825156836001 }}{10^{101}} \\ \hline 108 & \frac{{ 54545454582842347527531906998645390126303113111522 \atop 24370063982379262253640845972771391003951819875001 }}{10^{101}} \\ \hline 109 & \frac{{ 36363636346255163502142715869656509893927302281916 \atop 05910755643757924951410231819125651609791149217901 }}{10^{101}} \\ \hline 110 & \frac{{ 18181818155610931814042064558296878037883980477975 \atop 93593065135379352069784448816645340273314411495091 }}{10^{101}} \\ \hline \end{array}$$

Estado esperado se calcula como siempre, y la respuesta final es :

$$\sum_{k=100}^{109} k\cdot S_{j,k} = \frac{{ 2080000000053214123545556126144601328836935442611255 \cima 847240374822309959920561393884518831211143790906011 }}{2\cdot10^{100}}$$

que es casi exactamente $104$ (a ocho decimales).

EDITAR-- Corregido el post, originalmente respondió a la pregunta de "por lo menos 100" en lugar de "más de 100".

Answer 2

Un argumento como el que en esta respuesta, muestra que la distribución de la posición final está muy estrechamente aproximadas por $[10/55,9/55,8/55,\dots ,1/55]$ sobre el los estados $[101,102,103,\dots, 110]$. Por lo tanto, la posición media en el final del juego está muy cerca de a $$\sum_{i=1}^{10} (100+i)(11-i)/55=104. $$

---

Añadido: Aquí hay alguna información más aproximada a golpear la distribución.

Vamos a expresar el golpear de distribución de $100,101,102,\dots$ $\sum_{i=0}^9 \pi_i \,\delta_{100+i}$, y el golpear de distribución de $101,102, 103,\dots$ $\sum_{i=0}^9 \pi^\prime_i\, \delta_{101+i}$, donde $\pi=(\pi_0,\dots,\pi_9)$ $\pi^\prime=(\pi^\prime_0,\dots,\pi^\prime_9)$ son distribuciones $\{0,1,2,\dots,9\}$.

Por el fuerte de Markov de la propiedad, hemos $$\pi^\prime=\pi_0 U+\sum_{i=1}^9 \pi_i\delta_{i-1} $$ donde $U$ es la distribución uniforme en $\{0,1,2,\dots,9\}$.

Por otro lado, dado que el proceso ha estado funcionando durante un largo tiempo, hemos $\pi\approx \pi^\prime$. Si usted toma esta como la igualdad, la escritura $\pi=\pi_0 U+\sum_{i=1}^9 \pi_i\delta_{i-1}$, y resolver para $\pi$, se obtiene la necesaria patrón.

Answer 3

Observación preliminar. Como se ha señalado por @DanielV lo que sigue no responde a la pregunta exacta, que pide un valor de más de 100 en lugar de por lo menos 100. La adaptación de la solución a continuación se deja como ejercicio para el lector.

En realidad podemos decir que un poco más acerca de este problema mediante la generación de funciones. Supongamos que tenemos una $n$caras de la feria de morir y nos preguntamos acerca de los el valor esperado de la suma de hasta por lo menos es $n^2$.

Se clasifican según el número de $k$ de los rollos hasta un valor de $n^2-q$ se obtiene (este es el valor antes de que nos superan/hit $n^2$), donde $1\le q\le n.$ Este escenario está representado por la siguiente generación de función:

$$g(z) = \sum_{q=1}^n \frac{1}{n} \left(\sum_{p=1}^{n-p+1} z^{n-p+1}\right) z^{n^2-q} [z^{n^2-q}] \left(\frac{1}{n}\right)^k (z+z^2+\cdots+z^n)^k.$$ Suma más de $k$ obtenemos para el interior de plazo $$\sum_{k\ge 0} \left(\frac{1}{n}\right)^k (z+z^2+\cdots+z^n)^k = \sum_{k\ge 0} \left(\frac{1}{n}\right)^k z^k \left(\frac{1-z^n}{1-z}\right)^k \\ = \frac{1}{1 - z/n \times (1-z^n)/(1-z)} = \frac{1-z}{1-z - z/n \times (1-z^n)}.$$ Llamar a esto $f(z).$ Este rendimientos para toda la generación de la función $g(z)$ que $$\sum_{q=1}^n \frac{1}{n} \left(\sum_{p=1}^{n-p+1} z^{n-p+1}\right) z^{n^2-q} [z^{n^2-q}] \frac{1-z}{1-z - z/n \times (1-z^n)}.$$

Como este es un PGF podemos diferenciar y establecer $z=1$ para obtener el la expectativa. Esta operación produce $$\sum_{p=1}^{n-p+1} (n-p+1) + (n-p+1)(n^2-q) = \frac{1}{2} (n-p+1) (2n^2+n-p).$$ Obtenemos la fórmula $$\frac{1}{2n} \sum_{q=1}^n (n-p+1) (2n^2+n-p) [z^{n^2-q}] \frac{1-z}{1-z - z/n \times (1-z^n)}.$$

Esto da para un ordinario morir con seis caras el valor $$37.666667491012523359$$ y para las diez caras de morir el valor $$103.00000000410210493.$$

Un sorprendente conjetura. La secuencia de valores de la espera de la terminal de la suma con un $n$colindado mueren rodar hasta una suma $\ge n^2$ se alcanza, a veces tres, para $n=5$ $n=15$está muy cerca de $$79, 113, 153, 199, 251, 309, 373, 443, 519, 601, 689$$ que es OEIS A144391, es decir, $3n^2+n-1,$ dando la forma cerrada: $$\frac{1}{3} (3n^2+n-1).$$ Probablemente hay upvotes a ser tenido por una prueba de esta conjetura.

Esta es la prueba. El polo dominante de la generación de la función de está en a $z=1$ a los residuos (aplicar L'Hôpital varias veces) $$-\lim_{z\1} \frac{(1-z)^2}{1-z-z/n\times (1-z^n)} = -\lim_{z\1} \frac{-2+2z} {-1-1/ n+(n+1)/n\times z^n} \\ = -\lim_{z\1} \frac{-2+2z}{-(n+1)/n+(n+1)/n\times z^n} = -\lim_{z\1} \frac{2}{(n+1)z^{n-1}} = -\frac{2}{n+1}.$$ Por lo tanto $$[z^{n^2-q}] f(z) \sim \frac{2}{n+1} 1^{n^2-q}$$ y la contribución dominante a la suma es $$\frac{1}{2n} \sum_{q=1}^n (n-p+1) (2n^2+n-q) \times \frac{2}{n+1} \\ = {n}^{2}+1/3\,n-1/3.$$

Dado que las simulaciones por ordenador al parecer son relevantes para este problema que estoy publicando algo de código que puede ser usado para verificar la generación de la función de la fórmula.

gf :=
proc(n)
(1-z)/(1-z-z/n*(1-z^n));
end;

v :=
proc(n)
 opción de recordar;
 1/2/n*añadir((n-p+1)*(2*n^2+n-p)*coeftayl(gf(n), z=0, n^2-q),q=1..n);
end;

ex :=
proc(n)
 opción de recordar;
 local en pb, w, res, dist, dist2, plazo, bote, delta;

 pb := 1/n; res := 0; dist := 1;

¿
 dist := expand(dist*añadir(z^k, k=1..n)); dist2 := 0;
 delta := 0;
 la duración en dist ¿
 bote := grado(plazo);

 si pot < n^2, a continuación, dist2 := dist2 + plazo fi;

 si pot >= n^2 entonces
 delta := delta + pot*coef(plazo, z, pot)*pb;
fi;
od;

 res := res+delta;

 si delta > 0 y delta < 10^(-Dígitos) y luego romper fi;
 si dist2 = 0 then break fi;

 pb := pb*1/n;
 dist := dist2;
od;

res;
end;

Algunos errores corregidos. Las necesidades de mayor precisión (valor de Dígitos) para valores como $n=15.$ La versión en v que los extractos de los coeficientes no es utilizable para la $n>11.$

Answer 4

El uso de funciones de generación, hay una manera de hacer que cada uno de los números de $1$ a través de $10$ en cada rollo: $$G(x)=1x^1+1x^2+\cdots 1x^{10}=x\frac{x^{10}-1}{x-1}$$ To find the possible ways to get to any number $un$ after $n$ rolls, we need to find the coefficient of $x^$ in the expansion of $G(x)^n$.

Para responder a su pregunta, debemos hallar el número de maneras de conseguir $101-110$ total, y el número de maneras de obtener cada uno de los resultados específicamente. Por lo tanto, tenemos que examinar los coeficientes de $x^{101}$ a través de $x^{110}$ en la suma de todos los poderes de $G$ (ya que no nos preocupamos de cómo muchos de los rollos). $$G+G^2+\cdots=\frac{G}{1-G}=\frac{x(x^{10}-1)}{(x-1)-x(x^{10}-1)}$$

A partir de aquí se tendría que usar un CAS para encontrar el resultado exacto. Tengo los números en Wolfram Alpha, pero no tengo manera de copiar (y son bastante grandes), así que no puede proporcionar la respuesta exacta, pero como mencioné en el comentario que será de alrededor de $104$.

Alternativamente, usted puede intentar buscar en especial (o general) de los casos para encontrar un patrón o fórmula que se pueda aplicar a este caso. Dependiendo de dónde sacó esta pregunta, hay una buena probabilidad de que tiene una solución más elegante.