Se lanza un dado hasta que aterriza en cualquier número distinto de 4. ¿Cuál es la probabilidad de que el resultado es > 4?

Question

Un jugador se da una feria, de seis caras morir. Para ganar, debe rodar un número mayor que 4 (es decir, un 5 o un 6). Si ella saca un 4, ella debe tirar de nuevo. ¿Cuáles son sus probabilidades de ganar?

Creo que la probabilidad de ganar $P(W)$, puede ser expresado de forma recursiva como:

$$ P(W) = P(r = 5 \taza de r = 6) + P(r = 4) \cdot P(W) $$

I've approximated $P(W)$ as $0.3999$ by running 1 million trials in Java, like this:

import java.util.Random;
public class Dice {

    public static void main(String[] args) {
        int runs = 1000000000;
        int wins = 0;
        for (int i = 0; i < runs; i++) {
            wins += playGame();
        }
        System.out.println(wins / (double)runs);
    }

    static Random r = new Random();

    private static int playGame() {
        int roll;
        while ((roll = r.nextInt(6) + 1) == 4);
        return (roll == 5 || roll == 6) ? 1 : 0;
    }
}

And I see that one could expand $P(W)$ like this:

$$ P(W) = \frac{1}{3} + \frac{1}{6} \left(\frac{1}{3} + \frac{1}{6}\left(\frac{1}{3} + \frac{1}{6}\right)\right)... $$

Pero no sé cómo resolver este tipo de recurrencia de la relación sin tener que recurrir a este tipo de aproximación. Es posible?

Answer 1

Nota: Esta es una respuesta a la pregunta inicial, en lugar de la recurrencia.

Si ella saca un 4, entonces es esencialmente no cuenta, porque en la siguiente tirada es independiente. En otras palabras, después de rodar un 4 la situación es la misma que cuando empezó. Así que usted puede ignorar el 4. A continuación, los resultados que importa son de 1-3 y 5-6. Hay 5 resultados distintos, 2 de las cuales están ganando. Así que la respuesta es de 2/5 = 0.4 = 40%.

Answer 2

Sólo resolverlo usando álgebra:

\begin{aligned} P(W) &= \tfrac 2 6 + \tfrac 1 6 \cdot P(W) \\[7pt] \tfrac 5 6 \cdot P(W) &= \tfrac 2 6 \\[7pt] P(W) &= \tfrac 2 5. \end{aligned}

Answer 3

Las respuestas por dsaxton (http://stats.stackexchange.com/a/232107/90759) y GeoMatt22 (http://stats.stackexchange.com/a/232107/90759) dar los mejores enfoques para el problema. Otra es darse cuenta de que su expresión

$$P(W) = \frac13+\frac16\left(\frac13+\frac16(\cdots)\right)$$

Es realmente una progresión geométrica:

$$\frac13+\frac16\frac13+\frac1{6^2}\frac13+\cdots$$

En general, hemos

$$\sum_{n=0}^{\infty}a_0q^n = \frac{a_0}{1-q}$$

así que aquí tenemos

$$P(W) = \frac{\frac13}{1-\frac16} = \frac13:\frac56=\frac{6}{15}=\frac25.$$

Por supuesto, la manera de demostrar que la fórmula general para la suma de una progresión geométrica, es mediante el uso de una expresión algebraica solución de manera similar a dsaxton.

Answer 4

Todas las respuestas anteriores son correctas, pero no explica por qué los datos son correctos, y por qué no se puede ignorar tantos detalles y evitar tener que resolver una complicada relación de recurrencia.

La razón por qué las otras respuestas son correctas es el Fuerte de Markov de la propiedad, que por una discreta de la Cadena de Markov es equivalente a regular la propiedad de Markov. https://en.wikipedia.org/wiki/Markov_property#Strong_Markov_property

Básicamente la idea es que la variable aleatoria

$\tau:=($el número de veces hasta que el molde no de la tierra en 4 por primera vez)

es un tiempo de paro. https://en.wikipedia.org/wiki/Stopping_time Un tiempo de parada es una variable aleatoria que no depende de ninguna de información para el futuro.

Con el fin de saber si el $n$th rollo de la matriz es la primera que aún no ha aterrizado en un 4 (es decir, en orden a decidir si $\tau=n$), sólo necesitas saber el valor de la tirada actual, y de todas las vueltas anteriores, pero no de cualquier futuro rolls-lo $\tau$ es un tiempo de paro, y el Fuerte de Markov propiedad se aplica.

¿Qué hace el Fuerte de Markov de la propiedad a decir? Se dice que el número que el dado cae en el $\tau$th rollo, como una variable aleatoria, $X_{\tau}$, es independiente de los valores de TODAS las vueltas anteriores.

Así que si al morir rollos de 4 una vez, dos veces, ..., 50 millones de veces, ..., $\tau -1$ veces antes de aterrizar finalmente en otro valor para la $\tau$th rollo, que no afectan a la probabilidad de que el evento de que $X_{\tau} > 4$.

$$\mathbb{P}(X_{\tau}>4|\tau=1)=\mathbb{P}(X_{\tau}>4|\tau=2)=\dots = \mathbb{P}(X_{\tau}>4|\tau=50,000,000)=\dots $$

Por lo tanto, podemos suponer sin pérdida de generalidad, que el $\tau=1$. Esto es simplemente la probabilidad de que el dado de las tierras de un valor superior a los 4 dado que no la tierra en 4, que se puede calcular muy fácilmente:

$$\mathbb{P}(X_1>4|X\not=4) = \frac{\mathbb{P}(X_1 > 4 \cap X_1 \not=4)}{\mathbb{P}(X_1 \not= 4)} = \frac{\mathbb{P}(X_1 > 4)}{\mathbb{P}(X_1 \not=4)}=\frac{\frac{1}{3}}{\frac{5}{6}}=\frac{1}{3}\cdot\frac{6}{5}=\frac{2}{5} $ $ , que por supuesto es la respuesta correcta.

Usted puede leer más acerca de los tiempos de parada y el Fuerte de Markov de la propiedad en la Sección 8.3 (4ª edición) Durrett de la Teoría de la Probabilidad y Ejemplos, p. 365.

Answer 5

Otra forma de mirar el problema.

Permite llamar a un "resultado real' un 1,2,3,5 y 6.

¿Cuál es la probabilidad de ganar en el primer rollo, si has tenido un "resultado real'? 2/5

¿Cuál es la probabilidad de ganar en la segunda tirada, si la segunda tirada es la primera vez que tengo un "resultado real'? 2/5

Mismo para la tercera, cuarta.

Así, usted puede romper su muestra en (infinte) muestras más pequeñas, y esas muestras, todos dan la misma probabilidad.