Roll sumando en un largo tramo

Question

Supongamos que lanzo un dado de 6 caras hasta que su suma exceda$X$. ¿Qué es E (rollos)?

Answer 1

Permita que$h(s)$ sea el número esperado de rollos que exceda$X$, comenzando con una suma de$s$. Luego, el "análisis del primer paso" proporciona la fórmula recursiva$h(s)=1+{1\over 6}\sum_{j=1}^6 h(s+j)$ para$0\leq s\leq X$, mientras que$h(s)=0$ para$s>X$. Usas esta ecuación para calcular$h(s)$ para$s=X,X-1,X-2,\dots$ y finalmente vuelves a trabajar en$h(0)$, la respuesta a tu pregunta.

La respuesta$h(0)$ estará muy cerca de$X/3.5$ para$X$%.

Answer 2

Se busca, por $n(x+1)$ donde, para cada entero $k$, $n(k)$ denota el número esperado de rollos necesarios para exceder $x$ a partir de $x+1-k$. Por lo tanto, $n(k)=1+\frac16\sum\limits_{i=1}^6n(k-i)$ por cada $k\geqslant1$ $n(k)=0$ por cada $k\leqslant0$.

Para cada $|s|\lt1$, vamos a $N(s)=\sum\limits_{k}n(k)s^k$, a continuación el paso de la recursividad por encima de los rendimientos $$ N(s)=\sum\limits_{k\geqslant1}s^k+\frac16\sum\limits_{i=1}^6s^i\sum\limits_{k\geqslant1}n(k)s^k, $$ es decir, $$ N(s)=\frac{\frac{s}{1-s}}{1-\frac16\sum\limits_{i=1}^6s^i}=\frac{6}{(1-s)^2T(s)}, $$ donde $$ Q(s)=6+5s+4^2+3^3+2^4+s^5. $$ Esto demuestra que $n(x+1)\sim\nu x$ al $x\to\infty$, con $$ \nu=\lim_{s\1}(1-s)^2N(s)=\frac6{Q(1)}=\frac27. $$ Para ir más allá de considerar $\bar n(k)=n(k)-\nu k$$\bar N(s)=\sum\limits_{k\geqslant1}\bar n(k)s^k$, luego $$ (1-s) / bar N(s)=\frac{6}{Q(s)Q(1)}\,\frac{Q(1)-Q(s)}{1-s}\a\mu\qquad \mu=\frac{6Q'(1)}{Q(1)^2}, $$ por lo tanto $\bar n(k)\to\mu$$\mu=10/21$. Finalmente, $$ n(x+1)=\frac27(x+1)+\frac{10}{21}+o(1), $$ donde $o(1)$ es geométricamente pequeño al $x\to\infty$.

Answer 3

Deje $L(x)$ ser el número esperado de rollos para llegar a $x$. Claramente $L(x)=0$$x\le 0$, y para $x\ge 1$ el número esperado es uno más que el número esperado restante después de que el siguiente rollo. Es decir, $$ L(x)=I_{+}(x) + \frac{1}{6}\sum_{k=1}^{6}L(x-k), $$ donde $I_{+}(x)$ $1$ positivos $x$ y cero en caso contrario. Ahora, considere el Z-transformación de $L(x)$, definido por $\tilde{L}(z)=\sum_{x}L(x)z^{-x}$. Multiplicando ambos lados de la ecuación anterior por $z^{-x}$ y sumando más de $x$ da $$ \tilde{L}(z)=\sum_{x=1}^{\infty}z^{-x}+\tilde{L}(z)\left(\frac{1}{6}\sum_{k=1}^{6}z^{-k}\right)=\frac{1}{z-1}+\frac{z^5+z^4+z^3+z^2+z+1}{6z^6}\tilde{L}(z), $$ o $$ \tilde{L}(z)=\frac{6z^6}{6z^7-7z^6+1}. $$ El inverso de Z-transformar es entonces $$ L(x)=\frac{1}{2\pi i}\cualquier\tilde{L}(z)z^{x-1}dz, $$ o la suma de los residuos de ${6z^6}/(6z^7-7z^6+1)$. Resulta que $\tilde{L}(z)$ tiene un segundo orden de polo en $z=1$ simple y polos en otras cinco localidades: $$ \tilde{L}(z)= \frac{\frac{2}{7} + \frac{16}{21}(z-1)}{(z-1)^2} + \sum_{j=1}^{5}\frac{R_{j}}{z\omega_j}, $$ donde $R_j$ son los residuos y $\omega_j$ son las ubicaciones de los respectivos polos (el más grande de $|\omega_j|$ es de alrededor de $0.73$, y los residuos se $0.1$ o así). El resultado es entonces $$ L(x)=\frac{2}{7}x + \frac{10}{21} + \sum_{j=1}^{5}R_{j}\omega_j^{x-1}. $$ Las correcciones a la principal (lineal y constante) términos son exponencialmente en descomposición con $x$;$x=10$, que suma alrededor de $-0.01$.

Answer 4

Deje $X$ ser una variable aleatoria con distribución uniforme discreta en $[1, 6]$, y dejar que n sea un número. Si m es el número de ensayos necesarios para superar n, podemos concluir:

-suma de m pruebas es mayor que n.

-suma de m-1 prueba es menor que n.

Así que la pregunta es: Vamos a $Y_n$ ser una suma de n variables independientes con distribución en $X$. ¿Cuál es la probabilidad de $Y_n<r$ para cualquier r?

Supongo que puede ser resuelto, pero la solución podría implicar que el miedo integrales yo no como. Tal vez alguien más puede continuar a partir de aquí.