¿Dados aparentemente difícil pregunta-probabilidad que un evento se produce antes de otro evento?

Question

La pregunta es la siguiente:

Sacas dos justo dados una y otra vez. Deje $A$ ser el caso de que usted ver dos sumas. Deje $B$ ser el caso de que usted vea una suma de $7$ cuatro veces. ¿Cuál es la probabilidad de que el evento $A$ ocurre antes de un evento $B$?

Sé que para los eventos mutuamente excluyentes con ensayos independientes, la probabilidad de que el evento $E$ ocurre antes de un evento $F$ es $$\frac{\mathbb{P}(E)}{\mathbb{P}(E) + \mathbb{P}(F)}.$$ He intentado utilizar esta fórmula, pero me encontré con un problema. He calculado $$\mathbb{P}(A)=\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{2}=\frac{1}{4} \ \ \ \ \text{and} \ \ \ \ \mathbb{P}(B)=\left ( \frac{1}{6} \right )^4=\frac{1}{1296}.$$ Sin embargo, luego me di cuenta de que estos probabilites son los eventos que dos sumas producirse $\textit{in a row},$ y lo mismo para mi $\mathbb{P}(B).$

¿Alguien tiene alguna sugerencia sobre cómo resolver esto, o incluso si esta fórmula es la que yo debería usar?

Gracias de antemano!

Edit: sé que hay una distribución geométrica involucrados.

Answer 1

Puesto que ni Una ni B se preocupa por extraño sumas que no son 7, sólo tendremos que volver a lanzar en los casos y por lo tanto podemos pasar por alto la probabilidad de que los importes que se produzcan.

Por lo tanto nos quedamos con 7 además de los 6 incluso sumas de ($2,4,6,8,10,12$).

Las probabilidades de que estos son , respectivamente, $6/36$ e $(1+3+5+5+3+1)/36 = 18/36$.

Dividir las probabilidades de cada uno de estos por la suma de ambas probabilidades, para obtener el $P(7)$ e $P(even)$ tal que $P(7) + P(even) = 1$ (esto es $P(7) = \frac{1}{4}$ e $P(even) = \frac{3}{4}$).

Ahora, como bobajob señaló, la probabilidad de que ocurra antes de que B es el complemento de la probabilidad de que B ocurra antes de que A.

$P(2\ even\ before\ 4\ sevens) = 1-P(4\ sevens\ before\ 2\ even)$

4 sumas de siete antes del 2 de incluso cantidades, no puede haber más de 1 incluso suma antes de la 4ª siete suma.

Así tenemos las siguientes secuencias:

$ 7\ 7\ 7\ 7$
$ 7\ 7\ 7\ even\ 7$
$ 7\ 7\ even\ 7\ 7$
$ 7\ even\ 7\ 7\ 7$
$ even\ 7\ 7\ 7\ 7$

Cada uno de los anteriores se produce con la siguiente probabilidad:

$ P(7) * P(7) * P(7) * P(7) = P(7)^4$
$ P(7) * P(7) * P(7) * P(even) * P(7) = P(even) * P(7)^4$
$ P(7) * P(7) * P(even) * P(7) * P(7) = P(even) * P(7)^4$
$ P(7) * P(even) * P(7) * P(7) * P(7) = P(even) * P(7)^4$
$ P(even) * P(7) * P(7) * P(7) * P(7) = P(even) * P(7)^4$

Entonces tenemos:

$P(2\ even\ before\ 4\ sevens) = 1-P(4\ sevens\ before\ 2\ even)$

$= 1 - P(7)^4 - 4 * P(even) * P(7)^4$

$= 1 - (\frac{1}{4})^4 - 4 * \frac{3}{4} * (\frac{1}{4})^4$

$= 0.984375$

Método alternativo

La probabilidad de que queremos va a ser la probabilidad de obtener 0-3 sumas iguales a 7 antes de llegar 2 a pesar de que las sumas.

$P(2\ even\ before\ 4\ sevens) = \sum_{i=0}^3P(i\ sevens\ before\ 2\ even)$

Desde siquiera se suma deberá ser, al final, simplemente podemos considerar todas las posibles posiciones de los demás, incluso de la suma.

Tomando como ejemplo $i=3$ (3 7 sumas antes del 2 de incluso cantidades), tendremos las siguientes posibles orden de los acontecimientos:

$ 7\ 7\ 7\ even\ even$
$ 7\ 7\ even\ 7\ even$
$ 7\ even\ 7\ 7\ even$
$ even\ 7\ 7\ 7\ even$

La cantidad de estos que tenemos es de $i + 1$.

Cada uno de los anteriores se produce con una probabilidad de $P(even)^2 * P(7)^i$:

$ P(7) * P(7) * P(7) * P(even) * P(even) = P(even)^2 * P(7)^3$
$ P(7) * P(7) * P(even) * P(7) * P(even) = P(even)^2 * P(7)^3$
$ P(7) * P(even) * P(7) * P(7) * P(even) = P(even)^2 * P(7)^3$
$ P(even) * P(7) * P(7) * P(7) * P(even) = P(even)^2 * P(7)^3$

Así tenemos:

$P(i\ sevens\ before\ 2\ even) = (i+1) * P(even)^2 * P(7)^i$

Esto nos da:

$P(2\ even\ before\ 4\ sevens) = \sum_{i=0}^3(i+1) * P(even)^2 * P(7)^i$

$= P(even)^2 * (1 + 2*P(7) + 3*P(7)^2 + 4*P(7)^3)$

$= (\frac{3}{4})^2 * (1 + 2*\frac{1}{4} + 3*(\frac{1}{4})^2 + 4*(\frac{1}{4})^3)$

$= 0.984375$

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De manera más general, las posiciones de los importes anteriormente serán un conjunto múltiple de permutación y uno puede venir para arriba con expresión general para la probabilidad de M eventos de X que ocurren antes de los eventos de N Y, pero que un poco más allá del alcance de esta pregunta.

Answer 2

Hacer una cadena de Markov con los Estados es el número de rollos hasta el número de siete rollos. Trabajar hacia atrás a partir del estado que han visto incluso roll y tres <span class="math-container">$7$</span>s. ¿Cuál es la probabilidad de que A proviene primero de allí?

Answer 3

Tiene dos procesos de Bernoulli,$S_A$ e $S_B$, y se le pregunta acerca de la probabilidad de que la 2ª llegada en $S_A$ proceso se produce antes de las 4 de la llegada en $S_B$ proceso. PMF de la época de $k$-th llegada en un proceso de Bernoulli con probabilidad de éxito $p$es $$p_{X_k}(t)=\binom{t-1}{k-1}p^k(1-p)^{t-k}, \ t=k,k+1,\ldots$$

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PS: los eventos de "la suma es par" y "la suma es 7" son dependientes, y se hace la pregunta complicado, y el truco es, como Dukeling explicó, es ignorar impar sumas de dinero no es igual a $7$; entonces la (condicional) probabilidad de obtener la suma de $7$ es $\frac{6}{36-12}=\frac{1}{4}$. Ahora el complemento del evento de interés es el caso de que el 4 de llegada en el proceso de Bernoulli con $p=1/4$ se produce en el momento $4$ o $5$, y su probabilidad es igual a $$\binom{3}{3}p^4+\binom{4}{3}p^4(1-p)=p^4(1+4(1-p))=\frac{1}{64}$$ y la respuesta final es $$1-\frac{1}{64}=\frac{63}{64}$$