¿Cuántas veces al tirar un dado antes dos seises consecutivos?

Question

Básicamente, en promedio, ¿cuántas veces tienes que rodar un dado de seis caras justo antes de conseguir dos seises consecutivos?

Answer 1

En lugar de calcular las probabilidades y, a continuación, la expectativa, podemos trabajar directamente con las expectativas. Que es a menudo una estrategia útil.

Deje $a$ será la esperada (adicional) tiempo de espera si no hemos arrojado $6$. En un principio, ciertamente, no sólo han arrojado $6$, lo $a$ es el reqired expectativa. Deje $b$ adicional, el tiempo de espera si hemos arrojado $6$. Está claro que $b\lt a$.

Si no hemos arrojado $6$, con una probabilidad de $\frac{5}{6}$ tiramos un no-$6$ (costo: $1$ toss) y nuestra espera adicional de tiempo de espera es todavía $a$. Con una probabilidad de $\frac{1}{6}$ tiramos un $6$ (costo: $1$ toss) y nuestra espera adicional de tiempo de espera es $b$. Así $$a=1+\frac{5}{6}a+\frac{1}{6}b.$$ Si hemos arrojado $6$, con una probabilidad de $\frac{5}{6}$ tiramos un no-$6$, y el esperado momento se $a$. (Con una probabilidad de $\frac{1}{6}$ el juego.) Así $$b=1+\frac{5}{6}a.$$ Tenemos dos ecuaciones lineales en dos incógnitas. Resolver para $a$. Llegamos $a=42$.

Answer 2

La fórmula es demostrado en el enlace dado por Byron. Voy a tratar de dar mi intuición acerca de la fórmula.

La oportunidad de rodadura de 6 en los dos dados es $1/36$. Así que si usted piensa en lanzar dos dados a la vez como un ensayo, se necesitaría un promedio de $36$ ensayos.

Sin embargo, en este caso, se está rodando el 1 de morir en un tiempo, y nos fijamos en dos rondas consecutivas. El promedio de número de ensayos para ver los primeros 6 $6$ veces. Supongamos que somos uno más veces para ver si los dos 6 son consecutivos. Grabar la secuencia de todos los rollos

$$???????6?$$

donde $?$ representa cualquier número que no es 6. La longitud de esta secuencia es aleatoria, pero el promedio de la longitud de esta secuencia es $7$.

Ahora, la pregunta es ¿cuántas secuencias de este tipo vamos a ver antes de obtener una secuencia que termina en $66$. Dado que sólo estamos interesados en el último número de la secuencia, hay un $1/6$ de probabilidad de que la secuencia final en $66$. El mismo argumento que dice que el promedio de número de secuencias que se necesita es $6$. Multiplique esto con el promedio de la longitud de la secuencia para obtener $7 \cdot 6 = 42$ como la respuesta.

Este argumento se generaliza a más de $2$ consecutivo 6 por inducción. Por ejemplo, si desea $3$ consecutivo 6, considerar las secuencias que se parecen a esto:

$$ ???????66? $$

El promedio de la longitud de una secuencia de este tipo es $42 + 1 = 43$. Por lo tanto, la respuesta es $43 \cdot 6 = 258$.

No es difícil generalizar esta situación. La forma general es $L_{n+1} = \frac{1}{p}(L_n + 1)$ donde $p$ es la probabilidad de que el símbolo que desea que aparezcan y $L_n$ es el promedio del número de ensayos hasta la primera aparición de $n$ consecutivos deseado símbolos. (Por definición, $L_0 = 0$.) Esta recurrencia puede ser resuelto con bastante facilidad, dando la misma fórmula que en Byron enlace. (La prueba es esencialmente la misma, pero mi versión es informal.)

Answer 3

Aquí está una generación de la función de aproximación a esta cuestión. Considere el siguiente atómica rollos:

$\mathbf{a}$. $1$-$5$ ($5/6$ oportunidad, $1$ roll), representado por $\frac56x$

$\mathbf{b}$. $6$ seguido por un $1$-$5$ ($5/36$ oportunidad, $2$ rollos), representado por $\frac5{36}x^2$

$\mathbf{c}$. $6$ seguido por un $6$ ($1/36$ oportunidad, $2$ rollos), representado por $\frac1{36}x^2$

Cada posible escenario que termina en una doble $6$ es captado exactamente una vez por un cierto número de $\mathbf{a}$ o $\mathbf{b}$ átomos seguido por una $\mathbf{c}$ atom. El monomio representaciones tienen un coeficiente igual a la probabilidad de que atómicas rollo y un exponente de $x$ igual al número de rollos.

Tenga en cuenta que el coeficiente de $x^n$ $\left(\frac56x+\frac5{36}x^2\right)^k\frac1{36}x^2$ es la probabilidad de terminar en $n$ rollos de haber rodado $k$ $\mathbf{a}$ o $\mathbf{b}$ átomos seguido por $1$ $\mathbf{c}$ átomo. Sumando los de todos los $k$ de los rendimientos de un poder formal de la serie en la que el coeficiente de $x^n$ es la probabilidad de terminar en exactamente $n$ rollos.

Es decir, la generación de la función de la probabilidad de acabar en exactamente $n$ rollos es $$ f(x)=\frac{\frac1{36}x^2}{1-\frac56x-\frac5{36}x^2}\etiqueta{1} $$ Como un cheque, aviso que $f(1)=1$, por lo que la suma de las probabilidades es $1$.

Ahora para encontrar $\mathrm{E}(n)$, el valor esperado de $n$, podemos tomar un derivado de multiplicar por $x$, y evaluar en $1$: $$ xf'(x)=\frac{\frac1{36}x^2\left(2-\frac56x\right)}{\left(1-\frac56x-\frac5{36}x^2\right)^2}\etiqueta{2} $$ La evaluación de $(2)$ $x=1$ rendimientos $\mathrm{E}(n)=42$.

A continuación, para encontrar $\mathrm{E}(n^2)$, tomamos otro derivado de multiplicar por $x$, y evaluar en $1$: $$ xf'(x)+x^2f"(x)=\frac{\frac1{36}x^2\left(4-\frac52x+\frac54x^2-\frac{25}{216}x^3\right)}{\left(1-\frac56x-\frac5{36}x^2\right)^3}\tag{3} $$ La evaluación de $(3)$ $x=1$ rendimientos $\mathrm{E}(n^2)=3414$. Por lo tanto, la varianza del número de rollos es $\mathrm{E}(n^2)-\mathrm{E}(n)^2=3414-42^2=1650$.

Por lo tanto, se espera que el número de rollos es $42$ con una desviación estándar de $\sqrt{1650}\approx40.62$.

Distribución: Aquí es un gráfico de las probabilidades de conseguir un doble $6$ sobre un rollo determinado. Me sorprendió que la probabilidad de que ambos $3$ $4$ rollos se $\frac5{216}$.

$\hspace{2cm}$

Extensión: he añadido una función de la generación de la respuesta a la pregunta más general que Byron referencia en su respuesta.

Answer 4

Conectar $n=2$ y $p=1/6$ en mi respuesta aquí, vemos que la respuesta es $6^2+6=42$.