Esto podría tratarse como una cadena de Markov con un conjunto de ocho estados, $\{-,0,1,2,3,4,5,6\}$ donde el estado " $-$ " indica que el exceso total de los rollos hasta ahora que superan $13$ es mayor que $6$ , mientras que las etiquetas numéricas de estado son simplemente la cantidad de tolerancia no utilizada. Con las filas y columnas indexadas por las etiquetas de estado en el orden indicado anteriormente, la matriz de transición es $$ T=\begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0\\ \frac{7}{20} & \frac{13}{20} & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0\\ \frac{6}{20} & \frac{1}{20} & \frac{13}{20} & 0 & 0 & 0 & 0 & 0\\ \frac{5}{20} & \frac{1}{20} & \frac{1}{20} & \frac{13}{20} & 0 & 0 & 0 & 0\\ \frac{4}{20} & \frac{1}{20} & \frac{1}{20} & \frac{1}{20} & \frac{13}{20} & 0 & 0 & 0\\ \frac{3}{20} & \frac{1}{20} & \frac{1}{20} & \frac{1}{20} & \frac{1}{20} & \frac{13}{20} & 0 & 0\\ \frac{2}{20} & \frac{1}{20} & \frac{1}{20} & \frac{1}{20} & \frac{1}{20} & \frac{1}{20} & \frac{13}{20} & 0\\ \frac{1}{20} & \frac{1}{20} & \frac{1}{20} & \frac{1}{20} & \frac{1}{20} & \frac{1}{20} & \frac{1}{20} & \frac{13}{20}\\ \end{bmatrix}. $$ La probabilidad de éxito que se busca es el complemento de la probabilidad en la esquina inferior izquierda de la matriz $T^3$ . Este elemento de la matriz representa la probabilidad, dado que el estado inicial es " $6$ ", que después de tres tiradas el estado es " $-$ ". Su complemento es la probabilidad de que no se haya superado la tolerancia.
Para calcular el elemento de la matriz necesario, no es necesario calcular toda la matriz $T^3$ sólo hay que calcular $r_6Tc_-$ , donde $r_6$ es la última fila de $T$ y $c_-$ es la primera columna de $T$ . Así que $$ \begin{aligned} r_6T&=\begin{bmatrix}\frac{1}{20} & \frac{1}{20} & \frac{1}{20} & \frac{1}{20} & \frac{1}{20} & \frac{1}{20} & \frac{1}{20} & \frac{13}{20}\end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0\\ \frac{7}{20} & \frac{13}{20} & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0\\ \frac{6}{20} & \frac{1}{20} & \frac{13}{20} & 0 & 0 & 0 & 0 & 0\\ \frac{5}{20} & \frac{1}{20} & \frac{1}{20} & \frac{13}{20} & 0 & 0 & 0 & 0\\ \frac{4}{20} & \frac{1}{20} & \frac{1}{20} & \frac{1}{20} & \frac{13}{20} & 0 & 0 & 0\\ \frac{3}{20} & \frac{1}{20} & \frac{1}{20} & \frac{1}{20} & \frac{1}{20} & \frac{13}{20} & 0 & 0\\ \frac{2}{20} & \frac{1}{20} & \frac{1}{20} & \frac{1}{20} & \frac{1}{20} & \frac{1}{20} & \frac{13}{20} & 0\\ \frac{1}{20} & \frac{1}{20} & \frac{1}{20} & \frac{1}{20} & \frac{1}{20} & \frac{1}{20} & \frac{1}{20} & \frac{13}{20} \end{bmatrix}\\ &=\begin{bmatrix}\frac{60}{400} & \frac{31}{400} & \frac{30}{400} & \frac{29}{400} & \frac{28}{400} & \frac{27}{400} & \frac{26}{400} & \frac{169}{400}\end{bmatrix} \end{aligned} $$ y $$ \begin{aligned} r_6Tc_-&=\begin{bmatrix}\frac{60}{400} & \frac{31}{400} & \frac{30}{400} & \frac{29}{400} & \frac{28}{400} & \frac{27}{400} & \frac{26}{400} & \frac{169}{400}\end{bmatrix}\begin{bmatrix}1\\ \frac{7}{20}\\ \frac{6}{20}\\ \frac{5}{20}\\ \frac{4}{20}\\ \frac{3}{20}\\ \frac{2}{20}\\ \frac{1}{20}\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}\frac{2156}{8000}\end{bmatrix}. \end{aligned} $$ Numéricamente, $\frac{2156}{8000}=0.2695$ . El complemento de esto es $1-0.2695=73.05\%$ que es considerablemente mayor que su estimación.
Para generalizar, dejemos que $d$ sea el número de caras del dado, $a$ el atributo, $t$ la tolerancia, y $n$ el número de rollos. Supongamos que $a+t\le d$ . La cadena de Markov tendrá un conjunto de $t+2$ estados, $\{-,0,1,\ldots,t\}$ y la matriz de transición será $$ T=\frac{a-1}{d}I+\frac{1}{d}L+V, $$ donde $I$ es el $(t+2)\times(t+2)$ matriz de identidad, $L$ es la matriz triangular inferior con todos los elementos por encima de la diagonal iguales a $0$ y todos los elementos en o por debajo de la diagonal iguales a $1$ y $V$ es la matriz con todos los elementos $0$ excepto la columna $1$ donde el elemento de la fila $i$ , para $1\le i\le t+2$ es $\frac{d-a-i+1}{d}$ . La probabilidad de éxito es el complemento del elemento de la última fila y la primera columna de $T^n$ .
Si $a+t>d$ la matriz será un poco más complicada.
Añadido en respuesta a la petición en los comentarios de una mayor explicación: Mirando $T^1$ primero, el elemento de la fila $i$ , columna $j$ es la probabilidad de pasar del estado $i$ al estado $j$ en un rollo. Ejemplo: el número de la cuarta fila, primera columna es $\frac{5}{20}$ . En nuestro etiquetado esto significa pasar del estado " $2$ " para indicar " $-$ ", y $\frac{5}{20}$ es correcto ya que si $2$ unidades de tolerancia, cinco resultados de la tirada, a saber $16$ , $17$ , $18$ , $19$ , $20$ , consumen más de $2$ unidades de tolerancia. Obsérvese que cada fila de $T$ sumas a $1$ ya que las probabilidades de todos los estados posibles deben sumar $100\%$ .
Propiedades análogas son válidas para potencias mayores de $T$ como por ejemplo $T^3$ . Fila $i$ , columna $j$ de $T^3$ es la probabilidad de pasar del estado $i$ al estado $j$ en tres rollos, y elementos en la fila $i$ de $T^3$ suma a $1$ . Nuestro interés se centra en las siete transiciones de tres pasos $6\to6,\ 6\to5,\ \ldots,\ 6\to0$ ya que estos son los resultados en los que se parte de $6$ unidades de tolerancia y utiliza entre $0$ y $6$ unidades de tolerancia en los tres rollos. Es menos trabajo mirar sólo $6\to−$ y restar de $1$ .
La probabilidad de $6\to−$ en tres tiradas es el número de la última fila, primera columna de $T^3$ . No necesitamos calcular todos los $36$ elementos de $T^3$ sólo para leer uno de ellos. Centrándonos sólo en la que necesitamos, en lugar de computar $T\cdot T\cdot T$ tomamos sólo la fila que necesitamos del primer factor de $T$ y sólo la columna que necesitamos del último factor de $T$ . Así es como conseguimos $r_6\cdot T\cdot c_-$ , lo que da $26.95\%$ con complemento $73.05\%$ . Obsérvese que la probabilidad análoga para una tirada es $1-\frac{1}{20}=95\%$ mientras que el número análogo para dos rollos es $1-\frac{60}{400}=85\%$ .
Para responder a tu segunda pregunta, efectivamente podrías utilizar una matriz de transición diferente para cada tirada si el atributo cambiara de una tirada a otra.
Si se siente incómodo con las matrices, tenga en cuenta que todo lo que puede hacer con las matrices también lo puede hacer, de forma menos eficiente, con un árbol de probabilidad. Digo "menos eficiente" porque el crecimiento del número de ramas del árbol es exponencial en el número de tiradas. Para este problema, cada nodo del árbol tendrá ocho hijos, así que el abanico es prodigioso.
