Dados 6 caras hasta que la suma supera los 50. ¿Cuál es el valor esperado de la lista final?
No estoy seguro de cómo configurar esto. Este es no deberes, por cierto, pero una pregunta que estoy haciendo que uno se inspira. Espero que esto me ayudará a entender lo que está pasando mejor.
Deje $u(n)$ ser el valor esperado de la primera tirada, que hace que el total $\ge n$.
Por lo tanto $u(n) = 7/2$$n \le 1$. Pero para $2 \le n \le 6$, acondicionado en el primer rollo
tenemos $$u(n) = \left( \sum_{j=1}^{n-1} u(n-j)
+ \sum_{j=n}^{6} j \right)/6$$
Que hace
$$ u_{{2}}={\frac {47}{12}},u_{{3}}={\frac {305}{72}},u_{{4}}={\frac {1919}{432}},u_{{5}}={\frac {11705}{2592}},u_{{6}}={\frac {68975}{15552
}}$$
Y, a continuación, para $n > 6$, nuevamente acondicionado en el primer rollo,
$$u(n) = \frac{1}{6} \sum_{j=1}^6 u(n-j)$$
El resultado es
$$u(51) = \frac {7005104219281602775658473799867927981609}{1616562554929528121286279200913072586752} \approx 4.333333219$$
Resulta que como $n \to \infty$, $u(n) \to 13/3$.
EDIT: tenga en cuenta que el solución general de la recurrencia $\displaystyle u(n) = \frac{1}{6} \sum_{j=1}^6 u(n-j)$ es $$ u(n) = c_0 + \sum_{j=1}^5 c_j r_j^n$$ donde $r_j$ son las raíces de $$\dfrac{6 r^6 - (1 + r + \ldots + r^5)}{r - 1} = 6 r^5 + 5 r^4 + 4 r^3 + 3 r^2 + 2 r + 1 = 0$$ Todos tienen valor absoluto $< 1$, lo $\lim_{n \to \infty} u(n) = c_0$. Ahora $6 u(n+5) + 5 u(n+4) + \ldots + u(n) = (6 + 5 + \ldots + 1) c_0 = 21 c_0$ debido a que los términos en cada una de las $r_j$ se desvanecen. Tomando $n = 1$ con los valores de $u_1$ $u_6$anterior nos da $c_0 = 13/3$.
Este debe ser un comentario de Robert Israel es la respuesta, pero es demasiado largo.
Aquí está una manera más simple de ver que, con un $d$colindado mueren, como $n\to\infty$, se espera que el último tiro para cumplir o exceder $n$$\frac{2d+1}{3}$.
Ya hemos rodado el dado un número arbitrariamente grande de veces, cada una de las $n{-}d,\dots,n{-}1$ tienen la misma probabilidad de ser golpeado. Si llegamos a $n{-}k$, $d{-}k{+}1$ formas para que el siguiente rollo total de por lo menos $n$ y el promedio de rollo que alcanza o supera $n$$\frac{d+k}{2}$. Por lo tanto, la probabilidad de que $n{-}k$ es el último total antes de golpear $n$ o por encima de es $\frac{d-k+1}{(d+1)d/2}$. Por lo tanto, se espera que el último rollo sería $$ \begin{align} \sum_{k=1}^d\frac{d+k}{2}\frac{d-k+1}{(d+1)d/2} &=\sum_{k=1}^d\frac{d(d+1)-k(k-1)}{d(d+1)}\\ &=\frac{2d+1}{3} \end{align} $$ Para $d=6$, los rendimientos de $\frac{13}{3}$, como Robert Israel muestra.
Otra manera de mirar esto, y esta puede ser la más simple, es que no se $k$ maneras para que un $k$ a ser el último censo. Para un $d$colindado mueren, la media de la última tirada sería $$ \begin{align} \frac{\displaystyle\sum_{k=1}^dk^2}{\displaystyle\sum_{k=1}^dk} &=\dfrac{\dfrac{2d^3+3d^2+d}{6}}{\dfrac{d^2+d}{2}}\\ &=\frac{2d+1}{3} \end{align} $$
Yo estaba buscando en esta pregunta, y mientras pensando que es una pregunta muy interesante, pensé que no sería capaz de dar una respuesta.
Entonces leí un comentario por @coffeemath:
Las cosas son más complicadas, en la que hay seis maneras en que el final del rollo puede "pasar" de los 50, una de cada uno de los anteriores sumas 45,46,47,48,49,50. Cada uno de estos tiene la misma probabilidad de ser golpeado exactamente como el valor de la segunda y última rollo, y la instalación no es simétrica. – 2013-05-03 06:26:36
que le pida a mi respuesta:
'...hay seis maneras en que el final del rollo puede "pasar" de los 50, uno para cada una de...' esto no es realmente correcto. De 45 hay una manera de ir más de 50 años: un laminado de 6. Pero a partir de 49 hay 5 maneras de ir más de 50 años: rolling 2-6. Estás en lo correcto de que la probabilidad es diferente para cada uno. – 2013-05-04 16:24:33
Esto me puso a pensar acerca de la cuestión.
Así que no voy a tener que repetir una y otra aquí o en los comentarios, lo voy a decir de una vez por aquí...
Estamos hablando de rodadura de 6 caras morir, por lo que los posibles números que aparecen en cualquier tirada será un número del 1 al 6 (inclusive), y el morir es una "feria" (equilibrada) die es decir, no ponderado de tal manera que estaría a favor de cualquier número por encima de cualquier otro número.
Siguiente, una aclaración... no estamos hablando específicamente (exclusivamente) acerca de la probabilidad. Aunque la probabilidad que tiene un papel en esto, si estábamos hablando exclusivamente acerca de la probabilidad, a continuación, la respuesta sería clara... en cualquier lado rollo (que puede ser su último rollo) de la matriz, la probabilidad de que va a ser cualquier número del 1 al 6 es el mismo que para cualquier otro número del 1 al 6... es (no es de extrañar) 1 en 6 (o 1/6).
Así que incluso si los cinco últimos números que han rodado son todos 3 (33333), la probabilidad de que el siguiente número sacas un 3 es el mismo que cualquiera de los otros números, 1/6.
Ahora, usted podría decir... whoa! la oportunidad de rodar seis de a 3 en una fila es astronómico! Bueno, tal vez, pero tenga en cuenta que, en este caso de ejemplo, ya ha rodado cinco de a 3 en una fila! Eso en sí mismo es toda una hazaña. Por tanto, no es descabellado considerar que su siguiente tirada sólo podría pasar a ser un 3. Los últimos cinco números que se han rodado, si es "33333" o "16352" (o cualquier otro de cinco dígitos de la secuencia) ya están hechos, que ya han sucedido, usted no puede cambiar eso, la probabilidad no tiene parte en ella (ya). Se podría decir, en un "figurativa" de sentido, que la probabilidad es del 100%, porque, oye, ahí está, "33333", sucedió. El siguiente número es independiente de lo que ya ha sucedido, y es igual de probable que sea un 3, un 2 o un 5, o cualquiera de los otros números del 1 al 6.
OK, así que estamos hablando sobre el "valor esperado" de la final del rollo.
Echemos un vistazo a la lista de posibles sumas, justo antes de la final del rollo. Los candidatos son:
45, 46, 47, 48, 49, 50
Vamos a llamar, "pre-final" es la suma (la suma antes de la final del rollo).
Los valores por debajo de 45 no son candidatos para estar en la lista de pre-final sumas de dinero porque no hay números que pueden ser acumulados (1-6) que aumentará la suma sea mayor que 50.
Del mismo modo, los valores por encima de 50 no son candidatos para estar en la lista de pre-final sumas de dinero porque estas sumas son ya más de 50 por lo que para estas sumas, en el final del rollo ya ha sido hecho.
Aquí hay una tabla que muestra todas las posibles combinaciones de pre-final sumas, además de los números 1-6 (valor de la siguiente rollo/final posible roll), y las posibles sumas resultantes.
na na na na na 45+1 = 46
na na na na 45+2 46+1 = 47
na na na 45+3 46+2 47+1 = 48
na na 45+4 46+3 47+2 48+1 = 49
na 45+5 46+4 47+3 48+2 49+1 = 50
45+6 46+5 47+4 48+3 49+2 50+1 = 51
46+6 47+5 48+4 49+3 50+2 x = 52
47+6 48+5 49+4 50+3 x x = 53
48+6 49+5 50+4 x x x = 54
49+6 50+5 x x x x = 55
50+6 x x x x x = 56
Tabla de posiciones que contiene na no son candidatos para estar en la lista de pre-final sumas de dinero porque ellos están por debajo de los 45.
Tabla de posiciones que contiene x no son candidatos para estar en la lista de pre-final sumas de dinero porque ellos ya están por encima de 50.
Tenga en cuenta que cada uno de los valores de la pre-final sumas de dinero, y cada uno de los valores para el siguiente rollo ocurrir tan a menudo.
Ahora, podemos eliminar los casos en que la suma resultante es inferior a 51, debido a que estos no son "final de los rollos"... se requieren al menos una tirada adicional por la suma exceda de 50.
Lo que queda es la tabla que representa todos los posibles "final de los rollos":
45+6 46+5 47+4 48+3 49+2 50+1 = 51
46+6 47+5 48+4 49+3 50+2 x = 52
47+6 48+5 49+4 50+3 x x = 53
48+6 49+5 50+4 x x x = 54
49+6 50+5 x x x x = 55
50+6 x x x x x = 56
=================================================
6 5 4 3 2 1 21
28.5% 23.8% 19.0% 14.2% 9.5% 4.8%
Para encontrar el "valor esperado" de la final del rollo, tenemos que encontrar la media de todos los posibles final rollos...
Hay 21 posibles final de los rollos. Ahora podemos calcular el promedio ponderado para calcular la media:
$6 + 5 + 4 + 3 + 2 + 1=21$
$(6 * 6)+(5 * 5)+(4 * 4)+(3 * 3)+(2 * 2)+(1 * 1)=91$
$\frac{91}{21} = 4\frac{1}{3}$
El "valor esperado" de la final del rollo es $4\frac{1}{3}$
El propósito de esta respuesta es para convencer a los lectores de que la distribución de los roll 'para que se me $50$' no es necesariamente la de la norma 6=colindado mueren rollo.
Recuerdo que un tiempo de parada es un entero positivo con valores de variable aleatoria $\tau$ que $\{\tau \leq n \} \in \mathcal{F}_n$ donde $\mathcal{F}_n = \sigma(X_0, X_1, \cdots, X_n)$ es la canónica de filtración con respecto a la (tiempo homogéneo) de la cadena de markov $X_n$.
El Fuerte de Markov Propiedad afirma (en este caso) que condiciona en el caso de $\tau < \infty$, las variables aleatorias $X_1$ $X_{\tau + 1} - X_{\tau}$ son equidistributed. Dejando $\tau = -1 + \min\{k \mid X_k > 50\}$ debe demostrar la equidistribución con un regular morir rollo, ¿verdad?
Bien, no. Lo que pasa es que $\tau + 1$ es un tiempo de paro, sino $\tau$ es no, porque se ve en el futuro, un paso de tiempo. Esto es sólo lo suficiente para deshacerse de la SMP.
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