Cómo calcular la probabilidad de obtener 6 a menos de 5 veces en una fila, de 50 trata?

Question

Si me tiran los dados de 50 veces, ¿cómo puedo calcular la probabilidad de que me va el rollo de 6 a menos de 5 veces en una fila?

El motivo de este problema es difícil

• Con 5 intenta que esto sería fácil: tome $(1/6)$ a la quinta potencia.
• Con 6 intenta esto es manejable; tomar la probabilidad de obtener 6 los primeros cinco veces, agregar la probabilidad de obtener 6 de los últimos cinco veces, luego de restar la superposición (los seis resultados son 6).
• Dado superposición de dos conjuntos de 5 rodillos, la probabilidad de que uno es todos 6 no es independiente de la probabilidad de que el otro es de todos 6.
• En principio, esto podría ser continuado, pero de inclusión-exclusión va de las manos. Tiene que haber una mejor manera; ¿qué es?

Answer 1

Esto es equivalente a contar el número de cadenas de caracteres con una longitud de $50$ sobre el alfabeto $\Sigma=\{1,2,3,4,5,6\}$ que evite $66666$ como una subcadena de cinco caracteres consecutivos. Deje $S_n$ ser el conjunto de cadenas de caracteres con una longitud de $n$$L_n=|S_n|$. El prefijo de un elemento en $S_n$ sólo puede ser: $$ x,\quad 6x,\quad 66x,\quad 666x,\quad 6666x$$ donde $x$ difiere de $6$. Esto le da a la fórmula recursiva: $$ L_n = 5(L_{n-1}+L_{n-2}+L_{n-3}+L_{n-4}+L_{n-5})\tag{1}$$ con las condiciones iniciales: $$ L_0=1,\quad L_1=6,\quad L_2=36,\quad L_3=216,\quad L_4=1296,\quad L_5=7775.\tag{2}$$ Así tenemos que: $$ L_n = A_1\sigma_{1}^n + A_2\sigma_2^n + A_3\sigma_3^n+A_4\sigma_4^n + A_5\sigma_5^n \tag{3}$$ donde $\sigma_i$ es una raíz del polinomio característico $f(x)=x^5-5(x^4+x^3+x^2+x+1)$ e las $A_i$s son constantes dadas por las condiciones iniciales. $f(x)$ tiene sólo una raíz real, muy cerca de la $6$, a saber: $$\sigma_1 = 5.999356651043833111223\ldots $$ y todas las otras raíces satisfacer $|\sigma_i|<1$, por lo que la probabilidad es cercana a: $$1-\left(\frac{\sigma_1}{6}\right)^{50}=0.0053471814\ldots\sim\frac{1}{187}.$$ Explícita para el cálculo de los coeficientes en $(3)$ le da: $$ A_1 = 1.00040773044846\ldots,$$ $$ A_2 = A_3 = -0.006863339\ldots,$$ $$ A_4 = A_5 = 0.0066594738\ldots,$$ por lo tanto la verdadera probabilidad es:

$$ 0.0049416311686434\ldots\sim\frac{3}{607}.$$

Answer 2

Para ampliar Jack solución, se puede escribir una ecuación de matriz

$$ \left[ \begin{matrix} L_n \\ L_{n-1} \\ L_{n-2} \\ L_{n-3} \\ L_{n-4} \end{de la matriz} \right] = \left[ \begin{matrix} 5 & 5 & 5 & 5 & 5 \\ 1 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 & 0 \\ \end{de la matriz}\right] \left[ \begin{matrix} L_{n-1} \\ L_{n-2} \\ L_{n-3} \\ L_{n-4} \\ L_{n-5} \end{de la matriz} \right] $$

y así

$$ \left[ \begin{matrix} L_{n+4} \\ L_{n+3} \\ L_{n+2} \\ L_{n+1} \\ L_{n} \end{de la matriz} \right] = \left[ \begin{matrix} 5 & 5 & 5 & 5 & 5 \\ 1 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 & 0 \\ \end{de la matriz}\right)^n \left[ \begin{matrix} L_{4} \\ L_{3} \\ L_{2} \\ L_{1} \\ L_{0} \end{de la matriz} \right] $$

Por diagonalizing la matriz, podemos obtener una fórmula exacta para la matriz exponencial, y por lo tanto una fórmula exacta para $L_n$.

Sin embargo, si sólo quieres el valor exacto de $L_{50}$, es probablemente mejor que hacerlo por exponentiating la matriz de forma directa (mediante un cuadrado y multiplicar método: por ejemplo, para obtener el $A^{25}$, primero encontrar $A^{12}$, luego la plaza de ella, y finalmente se multiplica el resultado por $A$).

Answer 3

No es sencilla fórmula para esta probabilidad. Sin embargo, también puede ser calculada exactamente (dentro de error numérico). Usted puede mantener un registro de los vectores de probabilidades de $\mathbf{p}_t$ que en el momento $t$ se encuentra en el estado:

1. todavía no ha rodado 5 de 6 años y en la actualidad han rodado 0 6,
2. todavía no ha rodado 5 de 6 años y en la actualidad han rodado 1 6s,
3. todavía no ha rodado 5 de 6 años y en la actualidad han lanzado 2 6s,
4. todavía no ha rodado 5 de 6 años y en la actualidad han lanzado 3 6s,
5. todavía no ha rodado 5 de 6 años y en la actualidad han lanzado 4 6s, o
6. ya ha rodado 5 6s.

Así pues, hay 6 probabilidades en el vector. Y, en principio,$\mathbf{p}_0 = [1, 0, 0, 0, 0, 0]^T$. La probabilidad de transición desde el estado 1 hasta el estado 2 es $1/6$ al igual que para otros estados hasta nivel 5 a nivel 6. De los estados miembros 1 a 5 la probabilidad de transición de regreso al estado 1 es $5/6$. Sin embargo, una vez que ya han rodado 5 6s tiene siempre ya rodó 5 6s así que si llegas a un estado de 6 de permanecer en el estado 6. Estas probabilidades se pueden especificar en una matriz de transición $X$:

$$ X = \left\{ \begin{array}{c|cccccc} & S_1 & S_2 & S_3 & S_4 & S_5 & S_6 \\ \hline S_1 & \frac56 & \frac56 & \frac56 & \frac56 &\frac56 & 0 \\ S_2 & \frac16 &0 & 0 &0 & 0 & 0 \\ S_3 & 0 & \frac16 &0 &0 & 0 & 0 \\ S_4 & 0 & 0 &\frac16 &0 & 0 & 0 \\ S_5 & 0 & 0 &0 &\frac16 & 0 & 0 \\ S_6 & 0 & 0 & 0&0 &\frac16 & 1 \end{array}\right\} $$

Las probabilidades para el tiempo de $t+1$ puede ser calculada a partir de las probabilidades para el tiempo de $t$ mediante la aplicación de la matriz de transición: $$ \mathbf{p}_{t+1} = X\mathbf{p}_t $$

Computación $\mathbf{p}_{50} = X^{50}\mathbf{p}_0$ da la probabilidad de observar al menos 5 6s dentro de 50 rollos para ser 0.00494 (simulación dio 0.00493). Como Hurkyl puntos, para un gran número de rodillos puede ser vale la pena usar el cuadrado y multiplicar el método de la matriz de exponenciación para mantener la precisión.

Answer 4

Este problema también puede ser abordado mediante una generación de la función que en este relacionados con la respuesta.

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El Uso De Una Generación De Función

Como Jack D'Aurizio notas, podemos construir todas las posibles cadenas donde $6$ no aparece, al menos, $5$ veces con la $5$ átomos $$ \underbrace{\square\vphantom{6}}_{\large 5x^{\vphantom{1}}},\underbrace{6\square}_{\large 5x^2},\underbrace{66\square}_{\large 5x^3},\underbrace{666\square}_{\large 5x^4},\underbrace{6666\square}_{\large 5x^5} $$ El coeficiente de $5$ representa el número de maneras de llenar las $\square$. Tenga en cuenta que cualquier secuencia de longitud $50$ puede ser hecho en una manera única de poner juntos a los átomos una longitud de $51$ y la eliminación de la última $\square$. Por lo tanto, en la suma $$ \begin{align} \sum_{k=0}^\infty5^k(x+x^2+x^3+x^4+x^5)^k &=\frac1{1-5\frac{x-x^6}{1-x}}\\ &=\frac{1-x}{1-6x+5x^6}\tag{1} \end{align} $$ el coeficiente de $x^{n+1}$ $5$ multiplicado por el número de maneras de organizar $n$ números larga de $5$ seises en una fila.

El coeficiente de $x^{51}$$4021435247555066377711342806458789062500$$6^{50}$$808281277464764060643139600456536293376$. Dividiendo su cociente por $5$ y restando $1$, obtenemos una probabilidad de $$ \frac{4109288018262124589373497083105433}{831565100272391008892118930510839808}\doteq0.0049416311686434034927\tag{2} $$

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Cómputo De Los Coeficientes Por Recursión

Cómputo de los coeficientes de la generación de la función en $(1)$ puede ser tedioso. He utilizado Mathematica para calcular $(2)$. Sin embargo, hay un manual de más amigable para calcular los coeficientes de uso de la recursividad.

El denominador en $(1)$ nos dice que los coeficientes de la serie debe satisfacer $$ a_n=6a_{n-1}-5a_{n-6}\etiqueta{3} $$ donde se computa la primera $6$ términos de la serie de división de $$ a_0=1,a_1=5,a_2=30,a_3=180,a_4=1080,a_5=6480\etiqueta{4} $$ El uso de esta recursividad, es más fácil calcular $$ a_{51}=4021435247555066377711342806458789062500\etiqueta{5} $$

Answer 5

Es duro este tipo de responder a esta pregunta, porque usted podría rollo de 5 a 6 en una fila más de una vez, con una separación entre ellas, y/o usted puede hacer más de 5 a 6 en una fila. Hay 46 lugares donde de una carrera de 5 6 podría empezar, y aunque estos eventos se pueden solapar, si tenemos en cuenta a todos ellos por separado, a continuación, obtenemos que el número esperado de veces que se 5 6 en una fila es menor que $46/6^5 = 46/7776$, que es bastante pequeña. Por la desigualdad de Markov, la probabilidad de que usted consigue 5 6 en una fila al menos una vez es, pues, menos de $46/7776$.