Esto es lo que yo haría para modelar la situación. Como escribir matrices con puntos es un problema para mí, escribiré matrices en el caso especial $F=7$ siete caras. El juego se modela mediante la cadena de Markov con los estados $\boxed 0,1,2,3,4,5,6,7$ . Aquí $0$ es "final", absorbente, un estado sin escape. Todos los demás estados $k$ tienen el significado de "ya $k$ diferentes números de cara fueron vistos", y el juego comienza después de la primera tirada y ver el primer número, por lo que $1$ es inicial. La imagen de los estados es:
$\require{AMScd}$ \begin{CD} 1 @>{1-\frac17}>> 2 @>{1-\frac27}>> 3 @>{1-\frac37}>> 4 @>{1-\frac47}>> 5 @>{1-\frac57}>> 6 @>{1-\frac67}>> 7 \\ @V {\frac 17} V V @V {\frac 27} V V @V {\frac 37} V V @V {\frac 47} V V @V {\frac 57} V V @V {\frac 67} V V @V {\frac 77} V V \\ 0 @= 0 @= 0 @= 0 @= 0 @= 0 @= 0 @>1>> 0 \end{CD}
La matriz de transición es $$ \begin{aligned} A &= \begin{bmatrix} 1& \\ \frac 17 & 0 & \frac 67 \\ \frac 27 & & 0 & \frac 57 \\ \frac 37 & & & 0 & \frac 47 \\ \frac 47 & & & & 0 & \frac 37 \\ \frac 57 & & & & & 0 & \frac 27 \\ \frac 67 & & & & & & 0 & \frac 17 \\ \frac 77 & & & & & & & 0 \end{bmatrix} = T \underbrace{ \begin{bmatrix} 1& \\ & 0 & 1 \\ & & 0 & 1 \\ & & & 0 & 1 \\ & & & & 0 & 1 \\ & & & & & 0 & 1 \\ & & & & & & 0 & 1 \\ & & & & & & & 0 \end{bmatrix} }_{=:\Lambda\text{ Jordan matrix to eigenvalues }1;0,0,\dots,0} T^{-1} \ ,\\[3mm] &\qquad\text{ where the base change matrix is} \\ T&= \begin{bmatrix} 1\\ 1&\frac{6!}{7^6}\\ 1&&\frac{5!}{7^5}\\ 1&&&\frac{4!}{7^4}\\ 1&&&&\frac{3!}{7^3}\\ 1&&&&&\frac{2!}{7^2}\\ 1&&&&&&\frac{1!}{7^1}\\ 1&&&&&&&\frac{0!}{7^0}\\ \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1\\ 1&t_1\\ 1&&t_2\\ 1&&&t_3\\ 1&&&&t_4\\ 1&&&&&t_5\\ 1&&&&&&t_6\\ 1&&&&&&&t_7\\ \end{bmatrix} \ . \end{aligned} $$ Las etiquetas de las filas y columnas son $0,1,2,\dots,F$ . Sobre $F=7$ pero, por favor, ten en cuenta las matrices generales.
La entrada diagonal $t_k$ en $T$ , $1\le k\le F$ es $$ \color{blue}{t_k=\frac{(F-k)!}{F^{F-k}}}\ .$$
La inversa de $T$ la matriz $T^{-1}$ tiene las mismas posiciones para los elementos distintos de cero que $T$ en diagonal tenemos los valores inversos, y la primera columna es $1;-1/t_1,-1/t_2,\dots,-1/t_F$ .
Sea $p(k)$ sea la probabilidad de seguir el camino $1\to 2\dots\to k\to 0$ . En otras palabras, el último estado (no final) es $k$ y/o llegamos al estado final después de exactamente $k$ pasos.
A continuación, la entrada en la posición $(1,0)$ de $A^k$ es la probabilidad de alcanzar el estado final en como máximo $k$ pasos. Así que para conseguir exactamente $k$ pasos nos fijamos en la $(1.0)$ entrada de $(A^k-A^{k-1})$ .
Así que las probabilidades $$ \begin{aligned} p(1) &= \frac 1F\ ,\\ p(2) &= \left(1-\frac 1F\right)\frac 2F\ ,\\ p(3) &= \left(1-\frac 1F\right)\left(1-\frac 2F\right)\frac 3F\ ,\\ &\vdots\vdots\vdots\vdots\vdots\\ &\vdots\vdots\vdots\vdots\vdots \text{ and so on till}\\ &\vdots\vdots\vdots\vdots\vdots\\ p(F-1) &= \left(1-\frac 1F\right) \left(1-\frac 2F\right) \dots \left(1-\frac {F-2}F\right) \frac {F-1}F \ ,\\ p(F) &= \left(1-\frac 1F\right) \left(1-\frac 2F\right) \dots \left(1-\frac {F-2}F\right) \left(1-\frac {F-1}F\right)\frac FF \ , \end{aligned} $$ (escrito aquí explícitamente, por favor compárelo con las fórmulas publicadas,) también se puede obtener construyendo $\Lambda^k-\Lambda^{k-1}$ seguido de la conjugación con $T$ para obtener $T(\Lambda^k-\Lambda^{k-1})T^{-1}$ , seguido de mirar en el $(1,0)$ entrada. Haciendo esto, obtenemos para $p(k)$ el producto del vector fila con entradas $0;0,\dots,0,-t_k,t_k,0,\dots$ (con $-t_k$ en la columna con la etiqueta $k$ y $t_k$ en la columna con la etiqueta $(k+1)$ si esta columna aún existe), y el vector columna con entradas $1;-1/t_1, -1/t_2, \dots$ es decir
$$ p(k) = t_1\left(\frac 1{t_k}-\frac 1{t_{k+1}}\right) = \frac{(F-1)!}{F^{F-1}} \left( \frac{F^{F-k}}{(F-k)!} - \frac{F^{F-k-1}}{(F-k-1)!} \right) \ ,\ 1\le k< F \ . $$
Esto no es tan importante en sí. (Puesto que ya conocemos una fórmula sencilla para $p(k)$ .) Pero podemos usarla, o equivalentemente la descomposición de Jordan (y teclear más, pero teclear estructuralmente) para calcular la suma $$ \begin{aligned} \sum_{1\le k\le F}k\; p(k) &= p(1)+2p(2)+\dots+Fp(F) \\ &=\text{Entry $(1,0)$ in }T\Big(\ (\Lambda^1-\Lambda^0) +2(\Lambda^2-\Lambda^1) +3(\Lambda^3-\Lambda^2)+\dots +F(\Lambda^F-\Lambda^{F-1})\ \Big)T^{-1} \\ &=\text{Entry $(1,0)$ in } T \begin{bmatrix} 0\\ 0 & -1 &-1 & -1 &\dots & -1\\ 0 & &-1 & -1 &\dots & -1\\ 0 & & & -1 &\dots & -1\\ \vdots & & & &\ddots &\vdots\\ 0 & & & & & -1 \end{bmatrix} T^{-1} \\ &=\text{Entry $ (1,0) $ in } \begin{bmatrix} 0\\ 0 & -t_1 &-t_1 & -t_1 &\dots & -t_1\\ 0 & &-t_2 & -t_2 &\dots & -t_2\\ 0 & & & -t_3 &\dots & -t_3\\ \vdots & & & &\ddots &\vdots\\ 0 & & & & & -t_F \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1 &\\ -1/t_1 &1/t_1\\ -1/t_2 &&1/t_2\\ -1/t_3 &&&1/t_3\\ \vdots & & & &\ddots \\ -1/t_F &&&&&1/t_F\\ \end{bmatrix} \\ &=t_1\left(\frac 1{t_1}+\frac 1{t_2}+\frac 1{t_3}+\dots+\frac 1{t_F}\right)\ . \end{aligned} $$ En nuestro caso especial es lo anterior: $$ \begin{aligned} p(1)+2p(2)+\dots+7p(7) &=\frac {6!}{7^6} \left( \frac1{0!}{7^0} + \frac1{1!}{7^1} + \frac1{2!}{7^2} + \frac1{3!}{7^3} + \frac1{4!}{7^4} + \frac1{5!}{7^5} + \frac1{6!}{7^6} \right) \\ &=\frac{355081}{117649} \approx 3.0181387007114\dots\ . \end{aligned} $$ Como en el paréntesis la suma es un "corte especial" de la serie exponencial, no espero una fórmula cerrada.
Comprobación informática:
sage: def p(k, F=7):
....: return prod( [1,]+[1-j/F for j in [1..k-1]] ) * k/F
....:
sage: def t(k, F=7):
....: kk = F-k
....: return factorial(kk) / F^kk
....:
sage: t(1) * sum( [ 1/t(k) for k in [1..7] ] )
355081/117649
sage: sum( [ k*p(k) for k in [1..7] ] )
355081/117649
sage: sum( [ p(k) for k in [1..7] ] )
1
sage:
Algunas comprobaciones/experimentos más:
sage: F = 20
sage: sum( [ k*p(k, F) for k in [1..F] ] )
3387894135040576041/640000000000000000
sage: sum( [ p(k, F) for k in [1..F] ] )
1
sage: t(1, F) * sum( [ 1/t(k, F) for k in [1..F] ] )
3387894135040576041/640000000000000000
sage: _.n()
5.29358458600090
sage:
