Rollo de una feria de morir hasta un 6 aparece por tercera vez. ¿Cuál es la probabilidad de que todos los seis valores se han producido?

Question

A la pregunta del título es una tarea pregunta que me han sorprendido por algún tiempo. Mi enfoque de lo que ahora iba a tratar como una ocupación problema. De la clase se deriva de la siguiente fórmula para la probabilidad de k caras en las que se enrolla en una r colindado mueren después de n rolls:

$$ P(Y = k) = \binom{r}{k} \big (\frac{k}{r}\big )^n \sum_{i=0}^{r}(-1)^i\binom{k}{i}\big(1-\frac{i}{k}\big)^n$$

Así que lo que he hecho es k = r = 6 y llegamos a:

$$ P(Y = 6) = \sum_{i=0}^{6}(-1)^i\binom{6}{i}\big(1-\frac{i}{6}\big)^n$$

Sin embargo, el problema ahora es que n es un entero aleatorio de la variable entre el $3$ y el infinito. Lo que hizo a continuación fue el intento de modelo, el número de rollos de negativo-binomio variable aleatoria y, a continuación, calcular la expectativa de valor de la expresión anterior dentro de esta distribución; sin embargo, produce una muy fea la expresión de lo que estoy bastante seguro de que es un error porque no incluyen el hecho de que un 6 es garantizado para ser lanzado.

Yo, básicamente, se han quedado sin ideas y estoy un poco atascado en la forma de proceder. Mi enfoque puede ser un total de red herring, así que siéntase libre para descartar que en algún consejo que dar. También, esta es la tarea, así que por favor no se lista una solución completa. Gracias por la ayuda!

Answer 1

En primer lugar vamos a encontrar la probabilidad de que la tercera vez que un $6$ aparece ocurre en el $n$th rollo. Esto es simplemente la probabilidad de que el $n$th roll es un $6$ y exactamente dos rollos antes de que también se $6$'s, que es $\frac{{n-1 \choose 2}*5^{n-3}}{6^n}$.

Entonces, la probabilidad de que todas las otras cinco valores se han producido durante la $n-3$ de posibilidades de que puede ser calculado por el principio de inclusión y exclusión como $1-\frac{5*4^{n-3}}{5^{n-3}}+\frac{10*3^{n-3}}{5^{n-3}}-\frac{10*2^{n-3}}{5^{n-3}}+\frac{5}{5^{n-3}}$ al $n>3$, e $0$ al $n=3$. La multiplicación de estos dos valores, y sumando sobre todos los $n$, se obtiene un polinomio multiplicado por funciones exponenciales, que cada uno puede ser evaluado exactamente mediante el uso de funciones de generación (o simplemente manipulación algebraica).

Answer 2

Definir $I:=\left\{ \left(r,s\right)\in\mathbb{N}\times\mathbb{N}\mid0\leq r\leq s\leq5\right\} $.

Deje $E_{r,s}$ denotar el suceso siguiente:

Antes de que el primer número $6$ se produce exactamente $r$ distintos números en $\{1,2,3,4,5\}$ ocurrir, antes de que el segundo número $6$ se produce exactamente $s$ distintas los números en $\{1,2,3,4,5\}$ se producen, y antes de que el tercer número $6$ ocurre exactamente $5$ distintos números en $\{1,2,3,4,5\}$ se producen.

Esto para cada una de las $\left(r,s\right)\in I$.

Estos eventos son disjuntos y $E=\bigcup_{(r,s)\in I}E_{r,s}$ es el evento que todos los valores se han producido cuando el número de $6$ se produce por tercera vez.

Así que usted está buscando realmente $$P(E)=\sum_{\left(r,s\right)\in I}P\left(E_{r,s}\right)$$

La cardinalidad de a $I$ $\binom{7}{2}=21$ (no tan grande para trabajar) y $$P\left(E_{r,s}\right)=\frac{1}{6}\times\frac{1}{6-r}\times\frac{1}{6-s}$$

Así, por $E=\bigcup_{(r,s)\in I}E_{r,s}$ nos encontramos con:

$$P(E)=\frac{1}{6}\sum_{(r,s)\in I}\frac{1}{(6-r)(6-s)}=\frac{13489}{21600}$$

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Para aclarar, teniendo en $21215261542643456$ como por ejemplo:

Supongamos que empezar a tirar y sólo denotan números que no han sido lanzados antes. Esto hasta que todos los números se han producido. Este resultado en una lista de $215643$. En este ejemplo, el número $6$ stands, en la plaza de $4$ (a continuación,$r=3$) pero tiene igual probabilidad de estar en cualquier otro lugar, y no se $6$ lugares. Esto se explica por el factor de $\frac{1}{6}$. Después de ir, pero a partir de aquí sólo se indican los números $3$, $4$ y $6$. Los otros son simplemente no es relevante. Usted termina con $463$ (a continuación,$s=4$) con una probabilidad de $\frac{1}{3}$. Tenga en cuenta que de nuevo hay igualdad de probabilidades para el lugar de número de $6$ lista $463$. Ahora usted va a señalar sólo los números de $6$$3$. Usted termina con $36$ (de modo que todos los seis valores se han producido) y la probabilidad de que esto ocurra es $\frac{1}{2}$. Esto explica por qué la $P(E_{3,4})=\frac{1}{6}\times\frac{1}{3}\times\frac{1}{2}$

Answer 3

El problema parece ser taylored para la inclusión-exclusión de la fórmula...

Deje $I=\{1,2,3,4,5\}$. Para cada $i$$I$, vamos a $A_i$ denotar el caso de que $i$ no aparece antes de las $6$ aparece por tercera vez. Para cada $J\subseteq I$, vamos a $A_J=\bigcap\limits_{i\in J}A_i$.

Una pregunta para el $1-P(A)$ donde $A=\bigcup\limits_{i\in I}A_i$ es el caso de que uno de los resultados no aparecen antes de $6$ aparece por tercera vez.

A continuación, para cada una de las $i$ en $I$, $A_i$ se produce cuando uno gana tres veces en la cara o cruz de juego de "$6$ aparece antes de $i$",$P(A_i)=\frac1{2^3}$. Asimismo, para cada $J\subseteq I$ de tamaño $k$, $A_J$ se produce cuando uno gana tres veces en la cara o cruz de juego de "$6$ aparecen antes de las $i$$J$",$P(A_J)=\frac1{(k+1)^3}$. Tenga en cuenta, finalmente, que existe ${5\choose k}$ tales conjuntos de $J$.

Ahora, exclusión-inclusión lee $$1-P(A)=\sum_{k=0}^5(-1)^k\sum_{J\subseteq I,|J|=k}P(A_J)=\sum_{k=0}^5(-1)^k{5\choose k}\frac1{(k+1)^3}=\frac{13489}{21600}\approx62.449\%.$$

Post-hoc de ejercicio: Demostrar que esta fórmula es equivalente a @drhab la sugerencia de si, para cada $n\geqslant1$, $$\sum_{1\leqslant i\leqslant j\leqslant n}\frac1{ij}=\sum_{k=1}^n(-1)^{k+1}{n\choose k}\frac1{k^2}.$$