Nota: Esta pregunta parecía ser un buen reto para mí. Aquí doy una fórmula explícita, que realmente no es muy atractivo, porque es bastante complicado. De hecho, me gustó mucho la metodología elegante de Steve y yo aún lo hacen. Pero, mis cálculos con la fórmula explícita de mostrar diferentes valores de $k>1$, y la cosa se puso interesante para mí. He comprobado con un pequeño programa en el que las cifras presentadas por $E(k,k,k)$ de Steve fueron consistentes con su fórmula de recursión. Pero sin embargo mi cifras eran diferentes a las de aquellos. Escribí pequeños programas de cálculo de primer y el último expresiones de mis cálculos para verificar, que las transformaciones que estaban en lo correcto. Luego hice una alternativa de verificación, escribió algunas código R para producir muestras aleatorias y simulada de los rollos con $1$ $6$dados. La noticia agradable para mí fue, que la simulación se basa en muestras aleatorias confirmado de manera convincente las cifras calculadas con mi fórmula explícita. Así que, para mí una pregunta abierta todavía está a la izquierda, es decir, ¿cuál es la razón para la diferencia de resultados entre el explícito fórmula y la fórmula de recursión?
@Steve, yo realmente apreciaría si usted puede revisar tanto las respuestas y ayudar a aclarar.
Añadido 2014-03-31: Nota: la Recursividad corregido! En el mientras tanto Steve encontró una inteligente de corrección de su respuesta, y ahora ambos, recursiva y solución directa muestran resultados consistentes.
Ahora, he aquí una prueba de lo que resulta en una fórmula explícita para la espera: Vamos a $A^{(k)}_{N,j}$ denotar el número de maneras reproductor $A$ puede conseguir $j(\ge0)$ veces $6$ $k$ dados en $N$ rollos. Deje $A^{(k)}(x,y)=(5x+y)^{Nk}$ la correspondiente generación de función, con el exponente de $y$ dando el número de $6$ después $N$ rollos con $k$ dados y el coeficiente de dar el número de diferentes posibilidades de este evento. El coeficiente de $x$ marca el número de posibilidades de todos los demás laminados en pips con $k$ dados. Deje que el coeficiente de operador $[y^j]$ el valor del coeficiente de $y^j$$A^{(k)}(x,y)$. Así,
\begin{align}
A^{(k)}_{N,j}=[y^j](5x+y)^{Nk}=[y^j]\sum_{l=0}^{Nk}\binom{Nk}{l}y^l(5x)^{Nk-l}=\binom{Nk}{j}5^{Nk-j}
\end{align}
Igualmente, os $A^{(k)}_{N,\leq j}$ denotar el número de posibilidades de reproductor $A$ para obtener no más de $j$ $6$ con $k$ dados en $N$ rollos.
$$A^{(k)}_{N,\leq j}=\sum_{l=0}^{j}\binom{Nk}{l}5^{Nk-l}$$
También tenemos $A^{(k)}_{N,\geq j}=6^{Nk} - A^{(k)}_{N,< j}$, ya que el $6^{Nk}$ es el número de todos los resultados posibles después de $N$ rollos con $k$ dados. Para el jugador $B$ utilizamos la correspondiente notación $B^{(k)}_{N,j}$, etc.
La resultante de las probabilidades de estos eventos son:
\begin{align}
p(A^{(k)}_{N,j})&=p(B^{(k)}_{N,j})=\left(\frac{5}{6}\right)^{Nk}\binom{Nk}{j}\frac{1}{5^j}\\
p(A^{(k)}_{N,\leq j})&=p(B^{(k)}_{N,\leq j})=\left(\frac{5}{6}\right)^{Nk}\sum_{l=0}^{j}\binom{Nk}{l}\frac{1}{5^l}\\
p(A^{(k)}_{N,\geq j})&=p(B^{(k)}_{N,\geq j})=1-p(A^{(k)}_{N,< j})\\
\end{align}
Para calcular el $E^{(k)}(X)$, la expectativa de cuando se juega con $k$ dados, vamos a $P(X=N)$ denotar la probabilidad de que Un jugador o el jugador B gana después de un total de $N$ rollos. En orden a ello, consideramos dos escenarios. Cualquiera de las $A$ ha rodado $k$ (o más) $6$ con su $(N+1)$-st rollo de $k$ dados, de modo que $A$ gana después de un total de $2N+1$ rollos, o $B$ gana después de la $A$ ha lanzado la $k$ dados $N$ veces, por lo que han llegado a un total de $2N$ veces. Simbólicamente
\begin{align}
A\ wins:\ \ \ &(A B) (A B)\ldots (A B) (A B)A = (AB)^{N}A&(2N+1)\ rolls\\
B\ wins:\ \ \ &(A B) (A B)\ldots (A B) (A B) = (AB)^{N}&(2N)\ rolls
\end{align}
Así, la expectativa $E^{(k)}(X)$ se compone de dos partes. El primer sumando corresponde a la situación con el jugador de la $A$ como ganador de la partida. Esto implica que foreach $N\ge0$ player $B$ ha alcanzado menos de $k$ $6$ en $N$ rollos, mientras que el jugador $A$ ha alcanzado $j<k$ veces $6$ $N$ rollos y con su $(N+1)$-st rollo ha $k$ o más $6$. Del mismo modo la segunda suma con $B$ como el ganador.
\begin{align}
E^{(k)}(X)&=\sum_{N\ge0}NP(X=N)\\
&=\sum_{N\ge0}(2N+1)P(X=2N+1) + \sum_{N\ge0}(2N)P(X=2N)\\
&=\sum_{N\ge0}(2N+1)p(B_{N,<k})\sum_{j=0}^{k-1}p(A_{N,j})p(A_{1,\ge k-j})\\
&+\sum_{N\ge0}(2N)p(A_{N,<k})\sum_{j=0}^{k-1}p(B_{N-1,j})p(B_{1,\ge k-j})
\end{align}
La sustitución de las probabilidades de las fórmulas indicadas arriba da
\begin{align}
E^{(k)}(X)&=\sum_{N\ge0}(2N+1)
\left(\sum_{i=0}^{k-1}\binom{Nk}{i}\left(\frac{5}{6}\right)^{Nk}\frac{1}{5^i}\right)\\
&\qquad\qquad\cdot\sum_{j=0}^{k-1}\left(\binom{Nk}{j}\left(\frac{5}{6}\right)^{Nk}\frac{1}{5^j}
\sum_{l=k-j}^{k}\binom{k}{l}\left(\frac{5}{6}\right)^{k}\frac{1}{5^l}\right)\\
&+\sum_{N\ge0}(2N)
\left(\sum_{i=0}^{k-1}\binom{Nk}{i}\left(\frac{5}{6}\right)^{Nk}\frac{1}{5^i}\right)\\
&\qquad\qquad\cdot\sum_{j=0}^{k-1}\left(\binom{(N-1)k}{j}\left(\frac{5}{6}\right)^{(N-1)k}\frac{1}{5^j}
\sum_{l=k-j}^{k}\binom{k}{l}\left(\frac{5}{6}\right)^{k}\frac{1}{5^l}\right)\\
&=\sum_{N\ge0}(2N+1)
\left(\frac{5}{6}\right)^{(2N+1)k}\sum_{i=0}^{k-1}\binom{Nk}{i}\frac{1}{5^i}
\sum_{j=0}^{k-1}\binom{Nk}{j}\frac{1}{5^j}
\sum_{l=k-j}^{k}\binom{k}{l}\frac{1}{5^l}\\
&+\sum_{N\ge0}(2N)
\left(\frac{5}{6}\right)^{2Nk}\sum_{i=0}^{k-1}\binom{Nk}{i}\frac{1}{5^i}
\sum_{j=0}^{k-1}\binom{(N-1)k}{j}\frac{1}{5^j}
\sum_{l=k-j}^{k}\binom{k}{l}\frac{1}{5^l}\\
\end{align}
Después de algunas simplificaciones, el valor resultante para $E^{(k)}(x)$ es
\begin{align}
E^{(k)}(X)&=\frac{1}{6^k}\sum_{N\ge0}(2N+1)
\left(\frac{5}{6}\right)^{2Nk}\sum_{i=0}^{k-1}\binom{Nk}{i}\frac{1}{5^i}
\sum_{j=0}^{k-1}\binom{Nk}{j}
\sum_{l=0}^{j}\binom{k}{j-l}\frac{1}{5^l}\\
&+\frac{1}{6^k}\sum_{N\ge0}(2N)
\left(\frac{5}{6}\right)^{(2N-1)k}\sum_{i=0}^{k-1}\binom{Nk}{i}\frac{1}{5^i}
\sum_{j=0}^{k-1}\binom{(N-1)k}{j}
\sum_{l=0}^{j}\binom{k}{j-l}\frac{1}{5^l}
\end{align}
He calculado las expectativas de $k=1\ldots 6$ con un pequeño programa. Los valores calculados aproximar $E^{(k)}(x)$ convergen rápidamente con el aumento de $N$. La tabla siguiente muestra las cifras resultantes con $7$ dígitos significativos.
Expectativa $E^{(k)}(X)$: El valor en la columna $N$ indica que el valor más pequeño, donde los dígitos significativos ya no cambio por el aumento de $N$.
$$
\begin{array}{ccc}
\it{k} & \it{E^{(k)}(X)} & \it{N}\\
\hline \\
1 & 6.000 000 & 57 \\
2 & 7.844 169 & 32 \\
3 & 8.695 845 & 26 \\
4 & 9.200 109 & 22 \\
5 & 9.543 538 & 19 \\
6 & 9.796 347 & 18 \\
\end{array}
$$
En la siguiente me dan valores explícitos para $k=1$$2$. Con la ayuda de funciones de generación y $D$ (formal) operador diferencial que tenemos para $k=1$:
\begin{align}
E^{(1)}(x)&=\frac{1}{6}\sum_{N\ge0}(2N+1)\left(\frac{5}{6}\right)^{2N} + \frac{1}{6}\sum_{N\ge0}(2N)\left(\frac{5}{6}\right)^{2N-1}\\
&=\frac{1}{6}\left.\left(D\frac{1}{1-x}\right)\right\rvert_{x=\frac{5}{6}}=\frac{1}{6}\left.\frac{1}{(1-x)^2}\right\rvert_{x=\frac{5}{6}}\\
&=6
\end{align}
Cálculo de $k=2$ le da:
\begin{align}
E^{(2)}(x)&=\frac{1}{6^2}\sum_{N\ge0}(2N+1)\left(\frac{5}{6}\right)^{4N}
\sum_{i=0}^{1}\binom{2N}{i}\frac{1}{5^i}
\sum_{j=0}^{1}\binom{2N}{j}\sum_{l=0}{j}\binom{2}{j-l}\frac{1}{5^l}\\
&+\frac{1}{6^2}\sum_{N\ge0}(2N)\left(\frac{5}{6}\right)^{4N-2}
\sum_{i=0}^{1}\binom{2N}{i}\frac{1}{5^i}
\sum_{j=0}^{1}\binom{2N-2}{j}\sum_{l=0}{j}\binom{2}{j-l}\frac{1}{5^l}\\
&=\frac{1}{5^26^2}\sum_{N\ge0}(2N+1)(2N+5)(22N+5)\left(\frac{5}{6}\right)^{4N}\\
&+\frac{1}{5^26^2}\sum_{N\ge0}(2N)(2N+5)(22N-17)\left(\frac{5}{6}\right)^{4N-2}\\
&=\frac{1}{5^46^2}\sum_{N\ge0}(5368N^3+12572N^2-1870N+625)\left(\frac{5}{6}\right)^{4N}\\
\end{align}
Utilizamos el siguiente bien conocida de las relaciones:
\begin{align}
\sum_{N\ge0}Nx^N&=(xD)\frac{1}{1-x}=\frac{x}{(1-x)^2}\\
\sum_{N\ge0}N^2x^N&=(xD)^2\frac{1}{1-x}=\frac{x(x+1)}{(1-x)^3}\\
\sum_{N\ge0}N^3x^N&=(xD)^3\frac{1}{1-x}=\frac{x(x^2+4x+1)}{(1-x)^4}\\
\end{align}
para obtener:
\begin{align}
E^{(2)}(x)&=\frac{1}{5^46^2}\left.\left(5368\frac{x(x^2+4x+1)}{(1-x)^4}
+12572\frac{x(x+1)}{(1-x)^3}\right.\right.\\
&\qquad\qquad\qquad\left.\left.-1870\frac{x}{(1-x)^2}
+625\frac{1}{1-x}\right)\right|_{x=\left(\frac{5}{6}\right)^4}\\
&=\frac{1}{5^46^2}\left.\frac{-9699x^3+27087x^2+14195x+625}{(1-x)^4}\right|_{x=\left(\frac{5}{6}\right)^4}\\
&=\frac{636876}{81191}\approx7.844169
\end{align}
Resumen de la expectativa $k=1,2$:
\begin{align}
E^{(1)}(x)&=6\\
E^{(2)}(x)&=\frac{636876}{81191}\approx7.844169
\end{align}
Las fórmulas para $k>2$ puede ser calculado de una manera similar, pero tenga en cuenta que el grado de $N$ aumenta por $2$ siempre $k$ se incrementa por $1$. Así, el cálculo manual podría convertirse realmente engorroso. :-)
