Rodando un dado hasta que dos rodillos suma a siete

Question

He aquí la pregunta:

Usted tiene un estándar de seis caras morir y rodar en repetidas ocasiones, la escritura los números que llegan, y usted gana cuando dos de sus laminado números se suman a $7$. (Casi con toda seguridad de ganar.) Necesariamente, uno de los la ganancia de sumandos es el número que sale en el ganador de la vuelta. Un típico juego podría ir así: $1, 1, 4, 5, 3$; usted gana en la 5^ªvez debido a $3 + 4 = 7$. Cuántas vueltas qué esperas para jugar?

Esto es lo que he intentado: Buscamos $E(N)$ donde $N$ es una variable aleatoria contando el número de vueltas que se necesita para ganar. A continuación,$N \ge 2$, e $$E(N) = \sum_{n=2}^\infty n P(N=n) = \sum_{n=1}^\infty P(N > n).$$ Quiero encontrar a cualquiera de las $P(N=n)$, la probabilidad de que puedo ganar en el $n$^th turno, o $P(N > n)$, la probabilidad de que después de $n$ vuelve todavía no hemos ganado. Tenga en cuenta que $P(N = 1) = 0$. Deje $X_k$ ser el número sale en la $k$^th turno. A continuación, $$P(N = 2) = P(X_1 + X_2 = 7) = \sum_{x=1}^6 P(X_1 = x)P(X_2 = 7-x) = 6\cdot \frac{1}{6}\cdot\frac{1}{6} = \frac{1}{6}.$$ Hasta ahora tan bueno. Para calcular los $P(N > 3)$ dejo $A_{i, j} = \{\omega \in \{1, \dotsc, 6\}^3 : w_i + w_j = 7\}$ y usa la inclusión-exclusión en el principio y la simetría para encontrar $$|A_{1,2} \cup A_{2,3} \cup A_{1,3}| = 3|A_{1,2}| - 3|A_{1,2}\cap A_{1,3}| = 90$$ por lo $P(N > 3) = \frac{126}{216} = \frac{7}{12}$. Esta es la probabilidad de que dos de los tres dados, suma siete. Del mismo modo, me encontré $P(N > 4)$$\frac{77}{216}$.

No veo la manera de generalizar el anterior. Yo también pensé que $$P(N > n) = P(X_i + X_j \ne 7 \text{ for all }1 \le i\ne j \le n) = (1 - P(X_i + X_j = 7))^{\binom{n}{2}} = \left(\frac{5}{6}\right)^{n(n-1)/2}$$ pero eso es falso porque los eventos no son independientes.

También probé $$P(N = n) = P(X_n = 7 - X_k \text{ for some } 1 \le k < n \text{ and }N \ne n - 1)$$ donde que la última cláusula es la abreviatura de "y el anterior rollos no segura de su victoria". Esto produce que la recursividad $p_n = (1-(5/6)^{n-1})(1-p_{n-1})$, $p_1 = 0$, los que no están de acuerdo con mis previamente calculadas las probabilidades. (Tal vez he cometido un error.)

Answer 1

Para ser claros: Lo que sigue se supone que a la par que añade a $7$ no necesitan ser consecutivos. Así, por ejemplo, estoy suponiendo que la secuencia de $\{1,3,6\}$ termina el juego en tres rollos.

Deje $E=E_0$ ser la respuesta. Si usted tiene rodar una colección de $S$ que no tiene pareja, que se suma a $7$ a continuación, vamos a $E_S$ denotar el número esperado de rollos se va a tomar de allí. Como cada tirada es igual de probable, todo lo que realmente importa es el tamaño de $S$, así que vamos a $E_S=E_n$ si $S$ $n$ elementos. Por supuesto, la única posible,$n$$\{0,1,2,3\}$.

Empezamos con $E_3$. Tomamos nota de que el rodar de nuevo tiene un $\frac 12$ posibilidad de completar la $7$ $\frac 12$ de probabilidades de obtener un inútil duplicado, lo $$E_3=\frac 12\times 1+\frac 12 \times (E_3+1)\implies E_3=2$$

Ahora para $E_2$. Como antes de considerar el siguiente sorteo y escribir $$E_2=\frac 13\times 1+\frac 13 \times (E_2+1)+\frac 13 \times (E_3+1)\implies E_2=\frac 52$$

Y $E_1$. Como antes de $$E_1=\frac 16\times 1+\frac 16 \times (E_1+1)+\frac 46\times (E_2+1)\implies E_1=\frac {16}5$$

Y luego, por supuesto, $$E=E_1+1=\frac {21}5$$

Answer 2

suponiendo que los rollos no necesitan ser consecutivos I. e. $1,3,6$ sería una terminación de la secuencia de los rollos desde $1+6=7$ a pesar de la $1$ e las $6$ no adyacentes.

Yo admito que no he leído a través de todo su trabajo, pero este es el método que yo plantearía el problema de. Podemos describir esto mediante la absorción de una cadena de markov con los siguientes estados:

$A_1 = $ Exactamente un tipo de número se ha visto hasta ahora. (Esto puede ser usado como el estado inicial como nos están garantizados para entrar en este estado después de la primera tirada)

$A_2 = $ Exactamente dos tipos de números que se han visto hasta ahora y que ellos no suman siete. (Los dos números a la vez de $\{1,2,3\}$, tanto de $\{4,5,6\}$, o uno de cada)

$A_3 = $ Exactamente tres tipos de números que se han visto hasta ahora y que ningún par de cuya suma siete. (Los tres números serían todos los de $\{1,2,3\}, \{4,5,6\}$ o de alguna combinación de los mismos)

Finalmente, $B$ será la endstate donde tenemos algunos pares de números añadir a siete. Convencerse de que estos son de hecho los únicos estados posibles.

De cada estado, puede viajar desde $A_i$$A_{i+1}$, $A_i$ a sí mismo, o de $A_i$ $B$de acuerdo a la siguiente matriz estocástica con el orden de las filas y columnas como $A_1,A_2,A_3,B$

$$\begin{bmatrix} \frac{1}{6} & 0 & 0 & 0\\ \frac{2}{3} & \frac{1}{3} & 0 & 0\\ 0&\frac{1}{3}&\frac{1}{2}&0\\ \frac{1}{6}&\frac{1}{3}&\frac{1}{2}&1\end{bmatrix}$$

Reconociendo esto como la absorción de una matriz estocástica, nos reorganizar las filas/columnas en su forma estándar: $\left[\begin{array}{c|c} I&S\\\hline 0&R\end{array}\right]$. En su lugar, utilizará el fin de $B,A_1,A_2,A_3$ por filas y columnas

$$\begin{bmatrix} 1&\frac{1}{6}&\frac{1}{3}&\frac{1}{2}\\ 0&\frac{1}{6}&0&0\\ 0&\frac{2}{3}&\frac{1}{3}&0\\ 0&0&\frac{1}{3}&\frac{1}{2}\end{bmatrix}$$

En la solución para el estado a largo plazo en el caso de múltiples posibles de absorción de los estados, se podría calcular mediante la limitación de la matriz: $\left[\begin{array}{c|c}I&S(I-R)^{-1}\\0&0\end{array}\right]$. Por supuesto, en el problema actual, no es sólo un estado final, por lo que sabemos que será $1$ en toda la fila superior y ceros en otros lugares. Aún así, la matriz de $(I-R)^{-1}$ contiene increíblemente útil la información y se conoce como la matriz fundamental para la cadena de markov. Dependiendo de la posición de partida, la suma de la columna le dará el número esperado de vueltas hasta llegar a un endstate. Alternativamente, si la posición inicial es desconocida, la multiplicación de un vector de probabilidad dará a la información deseada.

En nuestro caso: $I-R = \begin{bmatrix}\frac{5}{6}&0&0\\-\frac{2}{3}&\frac{2}{3}&0\\0&-\frac{1}{3}&\frac{1}{2}\end{bmatrix}$

$(I-R)^{-1} = \begin{bmatrix}1.2&0&0\\1.2&1.5&0\\0.8&1&2\end{bmatrix}$

Sumando a lo largo de la primera columna, esperamos que desde que se inició en el estado de $A_1$ a tomar el $1.2+1.2+.8 = 3.2$ vueltas para completar. Contabilidad por el hecho de que toma un turno para entrar en el estado de $A_1$, esto da un total de tiempo de espera como $4.2$ turnos.

---

Como un aparte, uno puede extraer $Pr(N=n)$ a partir de la matriz estocástica. Dejando $A$ ser la matriz en forma estándar y $v$ ser el vector columna con un $1$ en la segunda entrada y ceros en otra parte, usted tiene la primera entrada de $A^{n-1}v - A^{n-2}v$ le dará la probabilidad de que llegue a la endstate en el turn $n$, pero no habiendo ya estado allí en el turn $n-1$.

Answer 3

Aunque no es exactamente dicho, parece que sólo gana si la suma de números consecutivos sumas a 7.

Obviamente, usted no puede ganar en el primer rollo. Para cada rollo a partir de entonces, usted tiene un $1/6$ de probabilidades de ganar en el siguiente rollo, (y un $5$ $6$ de posibilidades de que el juego continua).

Ahora, $P(N=2) = \frac{1}{6}$, $P(N=3) = \frac{5}{6}\times\frac{1}{6}$, $P(N=4) = \left(\frac{5}{6}\right)^2\times\frac{1}{6}$, así $P(N=n) = \left(\frac{5}{6}\right)^{n-2}\times\frac{1}{6}$.

Por lo tanto $$E(N) = \sum P(N=n)n = 2\times\frac{1}{6} + 3\times\frac{5}{6}\times\frac{1}{6} + 4\times\left(\frac{5}{6}\right)^2\times\frac{1}{6} + \dotsb = \frac{1}{6} \sum_{n=0}^{\infty}(n+2)\left(\frac{5}{6}\right)^n.$$

No sé si tiene que derivar de esto, pero, $$\sum_{n=1}^{\infty} n x^{n-1} = \sum_{n=0}^{\infty}(n+1) x^n = \frac{1}{1-x}\sum_{n=0}^\infty x^n = \frac{1}{(1-x)^2}$$ así $$\frac{1}{6}\sum_{n=0}^{\infty}(n+2)\left(\frac{5}{6}\right)^n = \frac{1}{6}\sum_{n=0}^\infty(n+1)\left(\frac{5}{6}\right)^n + \frac{1}{6}\sum_{n=0}^\infty \left(\frac{5}{6}\right)^n$$ lo que equivale a $$\frac{1}{6}\times\frac{1}{\left(1-\frac{5}{6}\right)^2} + \frac{1}{6}\times\frac{1}{1-\frac{5}{6}} = 7.$$

Answer 4

La respuesta es: 4.

Razonamiento: Una de las seis caras de morir, presumiblemente, tiene números en $\{1,...,6\}$. Cada uno de esos números se pueden utilizar para agregar a $7$. Así que tómate tu primer rollo. No importa cuál es el número. Ahora mira tu morir. Hay un número que puede añadir a siete con su primer número, y puede rodar con una probabilidad de $1/6$. Por lo tanto, la probabilidad de ganar en cada una de las sucesivas vez es $1/6$. La probabilidad de ganar en un sucesivos a su vez se da por medio de la distribución binomial donde $p = 1/6$.

La parte interesante acerca de este problema es la forma en que está escrita: se pide cuántas vueltas que esperar que necesita hasta que usted gane. Para mí, eso significa que el número de rollos necesarios para encontrar la probabilidad de que la ganancia de $\ge 1/2$.

El valor esperado de la distribución binomial es $np$. Por lo tanto, queremos $np \ge 1/2$. Desde $p = 1/6$, $n$ debe tener al menos $3$. Por lo tanto, usted necesita que su primer turno ( $1$ ), además de su $3$ "espera" vuelve a ganar: $1 + 3 = 4$.