Dado que nunca tira el mismo número consecutivamente

Question

Supongamos que tenemos un dado "mágico" $[1-6]$ que nunca tira el mismo número consecutivamente.

Eso significa que nunca encontrarás el mismo número repetido en una fila.

Ahora supongamos que tiramos este dado $1000$ veces.

¿Cómo puedo hallar el PDF, el número esperado de veces y la varianza de obtener un valor específico?

Answer 1

Un impresionante despliegue de maquinaria pesada se ha puesto al servicio de esta cuestión. He aquí una solución un poco más pedestre.

En $6\cdot5^{999}$ Las secuencias admisibles de tiradas son equiprobables, por lo que necesitamos contar cuántas de ellas contienen $k$ ocurrencias de un número dado, digamos, $6$ .

Sea $a_{jn}$ sea el número de secuencias admisibles de longitud $n$ con exactamente $j$ $6$ s que comienzan y terminan con un $6$ . Fijar un no $6$ al principio, pegar un no $6$ a la derecha de cada uno de los $j$ $6$ s y elija $j$ ranuras para los bloques encolados resultantes de $n-j-1$ objetos ( $j$ bloques encolados y $n-2j-1$ no pegado $6$ s). Existen $5^{j+1}4^{n-2j-1}$ opciones para los no $6$ s, por lo que

$$ a_{jn}=\frac54\cdot4^n\left(\frac5{16}\right)^j\binom{n-j-1}j $$

secuencias.

Una secuencia con $k$ $6$ s pueden empezar y terminar con no $6$ s, para una contribución de $a_{k,1000}$ empezar con un $6$ y terminar con un no $6$ o viceversa, para una contribución de $2a_{k-1,999}$ o empezar y terminar con $6$ para una contribución de $a_{k-2,998}$ para un total de

$$ a_{k,1000}+2a_{k-1,999}+a_{k-2,998}=4^{1000}\left(\frac5{16}\right)^k\left(\frac54\binom{999-k}k+2\binom{999-k}{k-1}+\frac45\binom{999-k}{k-2}\right)\;. $$

Dividiendo por el número total de secuencias admisibles se obtiene la probabilidad de que salga $k$ $6$ s:

$$ \frac56\left(\frac45\right)^{1000}\left(\frac5{16}\right)^k\left(\frac54\binom{999-k}k+2\binom{999-k}{k-1}+\frac45\binom{999-k}{k-2}\right)\;. $$

Podríamos utilizar esto para calcular la expectativa y la varianza, pero es más fácil hacerlo utilizando la linealidad de la expectativa.

Por simetría, el número esperado de $6$ s rodó es $\frac{1000}6=\frac{500}3=166.\overline6$ .

Avec $X_i$ que denota la variable indicadora del $i$ -ésimo rollo siendo un $6$ la varianza es

\begin{align} \operatorname{Var}\left(\sum_iX_i\right) &= \mathbb E\left(\left(\sum_iX_i\right)^2\right)-\mathbb E\left(\sum_iX_i\right)^2 \\ &= 1000\left(\frac16-\frac1{36}\right)+2\sum_{i\lt j}\left(\textsf{Pr}(X_i=1\land X_j=1)-\textsf{Pr}(X_i=1)\textsf{Pr}(X_j=1)\right) \\ &= 1000\left(\frac16-\frac1{36}\right)+2\sum_{i\lt j}\textsf{Pr}(X_i=1)\left(\textsf{Pr}(X_j=1\mid X_i=1)-\textsf{Pr}(X_j=1)\right)\;. \end{align}

La probabilidad condicional $p_{j-i}=\textsf{Pr}(X_j=1\mid X_i=1)$ depende únicamente de $j-i$ cumple $p_{k+1}=\frac15(1-p_k)$ y tiene valor inicial $p_1=0$ con solución $p_k=\frac{1-\left(-\frac15\right)^{k-1}}6$ . Así

\begin{align} \operatorname{Var}\left(\sum_iX_i\right) &= 1000\left(\frac16-\frac1{36}\right)-\frac1{18}\sum_{k=1}^{999}(1000-k)\left(-\frac15\right)^{k-1} \\ &= 1000\left(\frac16-\frac1{36}\right)-\frac1{18}\cdot\frac{25}{36}\left(\frac65\cdot1000-1+\left(-\frac15\right)^{1000}\right) \\ &=\frac{60025-5^{-998}}{648} \\ &\approx\frac{60025}{648} \\ &\approx92.63\;, \end{align}

de acuerdo con el resultado de Mercio.

Answer 2

Obtener una respuesta precisa es posible, pero no muy esclarecedor (sería muy complicado, con mil términos que calcular), así que me centraré en dos resultados aproximados: la ley de los grandes números y el teorema central del límite. Con $1000$ lanza sobre un sistema tan simple, están obligados a ser bastante precisos.

Para empezar, digamos que lanzamos un dado estándar un gran número $N$ de veces.

El troquel estándar

Sea $(X_n)_{n \geq 0}$ son los resultados sucesivos del dado, que toman sus valores en $\{1, \ldots, 6\}$ . Entonces el $X_n$ son independientes y están idénticamente distribuidas (cada una tiene una probabilidad de $1/6$ para obtener un número cualquiera).

Sea $f : \{1, \ldots, 6\} \to \mathbb{R}$ un observable. Entonces la secuencia $(f(X_n))_{n \geq 0}$ es también una secuencia de variables aleatorias independientes e idénticamente distribuidas. Pongamos $S_N f := \sum_{k=0}^{N-1} f(X_k)$ . Por ejemplo, si tomamos:

• $f(x) = 1_{x=4}$ : entonces $S_N f$ es el número de veces que obtenemos el número $4$ en la primera $N$ tiros.

• $f(x) = x$ : entonces $S_N f$ es la suma del primer $N$ tiros.

Dado que la expectativa es lineal,

$$\mathbb{E} (S_N f) = \mathbb{E} \left(\sum_{k=0}^{N-1} f(X_k)\right) = \sum_{k=0}^{N-1} \mathbb{E} \left(f(X_k)\right) = N\mathbb{E} \left(f(X_0)\right).$$

Pero eso sólo se refiere al valor medio de $S_N f$ . Desde $f$ está acotada y, por tanto, es integrable, la (débil) ley de los grandes números afirma que, en la distribución,

$$\lim_{N \to + \infty} \frac{S_N f}{N} =\mathbb{E} \left(f(X_0)\right).$$

Así se obtiene un resultado de primer orden. Esto no es completamente satisfactorio; por ejemplo, si $\mathbb{E} \left(f(X_0)\right) = 0$ esta ley nos dice que la suma crece sub-linealmente. Podemos querer algo más preciso, que nos dé una distribución límite no degenerada. Dado que $f$ está acotada, es cuadrada-integrable, y podemos aplicar la teorema central del límite :

$$\lim_{N \to + \infty} \frac{S_N f-N\mathbb{E} \left(f(X_0)\right)}{\sqrt{N}} = \sigma(f) \mathcal{N},$$

donde la convergencia está en la distribución, $\mathcal{N}$ es una gaussiana centrada estándar, $\overline{f} = f-\mathbb{E} (f)$ y:

$$\sigma(f)^2 = \mathbb{E} (\overline{f}^2) = \frac{1}{6} \sum_{k=1}^6 \overline{f}(k)^2,$$

Por ejemplo, si $f(x) = 1_{x=4}$ , obtenemos:

$$\lim_{N \to + \infty} \frac{S_N f}{N} = \frac{1}{6},$$

así que más o menos $1/6$ de los lanzamientos producen un $4$ y:

$$\lim_{N \to + \infty} \frac{S_N f-N/6}{\sqrt{N}} = \frac{\sqrt{5}}{6} \mathcal{N},$$

que nos dice, por ejemplo, que el número de $4$ con probabilidad $0.95$ estará en el intervalo $[N/6-\sqrt{5N}/3, N/6+\sqrt{5N}/3]$ . Para $N = 1000$ lanza, este es el intervalo $[143,190]$ .

El dado mágico

Ahora mostraré cómo se aplican estos resultados al dado mágico. Sin embargo, no demostraré lo que afirmo, porque tiende a ser de bastante alto nivel (hago esto en un curso de posgrado, normalmente). Supondré que el dado es justo: para la primera tirada, el $6$ los posibles resultados son igualmente probables, y para cada lanzamiento después del primero, el $5$ los posibles resultados también son igualmente probables. La primera observación es que, para cualquier lanzamiento dado,

$$\mathbb{P} (X_n = 1) = \ldots = \mathbb{P} (X_n = 6) = \frac{1}{6}.$$

Esto se debe a que, si reetiquetas las caras del dado, no cambia la ley de la secuencia de lanzamientos, por lo que en cada lanzamiento, todos los resultados tienen la misma probabilidad.

La secuencia $(X_n)_{n \geq 0}$ es entonces un cadena de Markov estacionaria para todos $n$ el lanzamiento $X_{n+1}$ depende únicamente de $X_n$ . Puedo codificarlo en la siguiente matriz:

$$P:= \left(\begin{matrix} 0 & 1/5 & 1/5 & 1/5 & 1/5 & 1/5 \\ 1/5 & 0 & 1/5 & 1/5 & 1/5 & 1/5 \\ 1/5 & 1/5 & 0 & 1/5 & 1/5 & 1/5 \\ 1/5 & 1/5 & 1/5 & 0 & 1/5 & 1/5 \\ 1/5 & 1/5 & 1/5 & 1/5 & 0 & 1/5 \\ 1/5 & 1/5 & 1/5 & 1/5 & 1/5 & 0 \end{matrix}\right)$$

El coeficiente $P_{ij}$ es la probabilidad de que, dado que el dado está actualmente en $i$ la siguiente tirada da $j$ . Así que $P_{ii} = 0$ para todos $i$ y $P_{ij} = 1/5$ de lo contrario.

Esta cadena de Markov es de estado finito (hay seis estados posibles), transitiva (partiendo de cualquier estado $i$ Puedo llegar a cualquier estado $j$ en dos pasos), y aperiódica (dados dos estados cualesquiera $i$ y $j$ , Puedo ir de $i$ a $j$ en $n$ pasos, para todos $n \geq 2$ - en otras palabras, si me das dos posibles resultados del dado, puedo ver estos posibles resultados $n$ lanza aparte, siempre que $n \geq 2).

Sea $f : \{1, \ldots, 6\} \to \mathbb{R}$ ser una observación. Entonces la secuencia $(f(X_n))_{n \geq 0}$ sigue estando idénticamente distribuida (ya que el $X_n$ están idénticamente distribuidas), pero estas variables aleatorias ya no son independientes. Conociendo $f(X_n)$ tiende a restringir severamente $f(X_{n+1})$ : si $f$ es inyectiva, entonces $f(X_{n+1}) \neq f(X_n)$ . Sin embargo, lo que nos salvará es que la dependencia decae muy rápidamente: conociendo $f(X_n)$ ofrece mucha información sobre $f(X_{n+1})$ pero muy poco sobre, digamos, $f(X_{n+10})$ . Y esta influencia decae exponencialmente rápido. En otras palabras, si el primer lanzamiento es $1$ , se puede decir con seguridad que el segundo lanzamiento no será $1$ pero no hay mucho que se pueda decir en el décimo o vigésimo lanzamiento.

Dado un observable $f$ , tenga en cuenta que todavía tenemos:

$$\mathbb{E} (S_N f) = \mathbb{E} \left(\sum_{k=0}^{N-1} f(X_k)\right) = N\mathbb{E} \left(f(X_0)\right),$$

porque este argumento sólo utiliza la estacionariedad del proceso. También seguimos teniendo un ley de los grandes números en distribución,

$$\lim_{N \to + \infty} \frac{S_N f}{N} =\mathbb{E} \left(f(X_0)\right).$$

Así que la ley del gran número sigue siendo tan simple, y es una consecuencia de Teorema de Birkhoff y la transitividad de la cadena de Markov. Ahora, también tenemos una teorema central del límite pero es más complicado. En efecto,

$$\lim_{N \to + \infty} \frac{S_N f-N\mathbb{E} \left(f(X_0)\right)}{\sqrt{N}} = \sigma_{GK} (f) \mathcal{N},$$

donde la convergencia está en la distribución, $\mathcal{N}$ es una gaussiana centrada estándar, $\overline{f} = f-\mathbb{E} (f)$ y:

$$\sigma_{GK} (f)^2 = \mathbb{E} (\overline{f}^2) + 2 \sum_{n=1}^{+ \infty} \mathbb{E} (\overline{f} (X_0) \overline{f}(X_n)).$$

el principal cambio es la fórmula de la varianza, que viene dada por la fórmula de Green-Kubo.

Ahora, ¿cómo computamos esta cosa? Un observable $f$ es esencialmente lo mismo que un elemento de $\mathbb{R}^6$ por ejemplo, $1_{x=4} = (0, 0, 0, 0, 1, 0)$ . Ahora se puede demostrar que, para cualquier función $f$ y $g$ ,

$$\mathbb{E} (f (X_0) g(X_n)) = \mathbb{E} (f (X_0) (P^n) g (X_0)) = \frac{1}{6} \sum_{k=1}^6 f(k) (P^n) g (k),$$

y gracias, $P^n$ es fácil de calcular. Si escribimos $A := P+I/5$ el $6 \times 6$ matriz cuyos coeficientes son todos $1/5$ entonces $A^k = (6/5)^{k-1} A$ para $k \geq 1$ para que..:

$$P^n = \left( A-\frac{I}{5} \right)^n = \sum_{k=0}^n \binom{n}{k} A^k \left( - \frac{1}{5} \right)^{n-k} = \frac{5}{6} \sum_{k=0}^n \binom{n}{k} \left(\frac{6}{5} \right)^k \left( - \frac{1}{5} \right)^{n-k} A - \frac{5}{6}\left( - \frac{1}{5} \right)^n A+ \left( - \frac{1}{5} \right)^n I = A - \frac{5}{6}\left( - \frac{1}{5} \right)^n A+ \left( - \frac{1}{5} \right)^n I.$$

Además, si $\mathbb{E} (f (X_0)) = 0$ entonces $Af = 0$ . Este es el caso de $\overline{f}$ . Por lo tanto,

$$P^n \overline{f} = \left( - \frac{1}{5} \right)^n \overline {f},$$

para que:

$$\sigma_{GK} (f)^2 = \mathbb{E} (\overline{f}^2) + 2 \sum_{n=1}^{+ \infty} \mathbb{E} (\overline{f} (X_0) (P^n \overline{f})(X_0)) = \mathbb{E} (\overline{f}^2) + 2 \sum_{n=1}^{+ \infty} \left( - \frac{1}{5} \right)^n \mathbb{E} (\overline{f}^2) = \left( 1+2 \sum_{n=1}^{+ \infty} \left( - \frac{1}{5} \right)^n\right) \mathbb{E} (\overline{f}^2) = \frac{2}{3} \sigma (f)^2.$$

Por ejemplo, si $f(x) = 1_{x=4}$ , obtenemos:

$$\lim_{N \to + \infty} \frac{S_N f}{N} = \frac{1}{6},$$

así que más o menos $1/6$ de los lanzamientos producen un $4$ y:

$$\lim_{N \to + \infty} \frac{S_N f-N/6}{\sqrt{N}} = \frac{\sqrt{10}}{6 \sqrt{3}} \mathcal{N},$$

que nos dice, por ejemplo, que el número de $4$ con probabilidad $0.95$ estará en el intervalo $[N/6-\sqrt{10N}/(3\sqrt{3}), N/6+\sqrt{10N}/(3\sqrt{3})]$ . Para $N = 1000$ lanza, este es el intervalo $[147,186]$ .

Lo que ocurre es que, si $f(X_n)$ es grande, entonces como $X_{n+1} \neq X_n$ , $f(X_{n+1})$ tiende a ser menor. Los incrementos grandes van inmediatamente seguidos de incrementos más pequeños, y a los incrementos pequeños les siguen inmediatamente incrementos mayores. Este fenómeno tiende a reducir la dispersión de $S_N f$ lo que explica que los resultados sean ligeramente más concentrados con el dado mágico que con un dado estándar.

Answer 3

Deje $P_{k,n}$ sea la probabilidad de obtener $k$ veces el resultado "1" en $n$ lanza, y deja que $$P_{k,n} = p_{k,n} + q_{k,n}$$ donde $p,q$ son las probabilidades correspondientes en las que se añade la restricción de que se termine con un 1 (para $p$ ) o cualquier cosa menos 1 (para $q$ ).

Es fácil obtener las ecuaciones (para $n \ge 1$ ) $$5p_{k,n} = q_{k-1,n-1}$$ y $$5q_{k,n} = 5p_{k,n-1} + 4 q_{k,n-1}$$ de donde se obtiene que para $n \ge 2$ , $$5q_{k,n} = q_{k-1,n-2} + 4q_{k,n-1}$$

Obviamente, el $(p_{k,n})$ satisface la misma ecuación lineal, y puesto que $P$ es la suma de $p$ y $q$ tenemos para $n \ge2$ que $$5P_{k,n} = P_{k-1,n-2} + 4P_{k,n-1}$$

Junto con los datos que $P_{0,0} = 1, P_{0,1} = \frac 16, P_{1,1} = \frac 56$ esto es suficiente para determinar todos esos números.

Sea $f(x,y)$ sea la serie de potencias formal $$f(x,y)=\sum P_{k,n} x^k y^n$$ A partir de la recurrencia en $P$ inmediatamente tenemos que en $(5-4y-xy^2)f(x,y)$ todos los coeficientes desaparecen excepto los coeficientes de $x^0y^0, x^0y^1, x^1y^1$ por lo que $f(x,y)$ es la serie de potencias de la fracción racional $$\frac {30+y+5xy}{6(5-4y-xyy)}$$

Podemos comprobar que haciendo la evaluación parcial $x=1$ obtenemos $$f(1,y) = \frac {30+6y}{6(5-4y-yy)} = \frac{6(5+y)}{6(5+y)(1-y)} = \frac 1 {1-y} = 1 + y + y^2 + \dots$$ por lo que para cada $n$ todas las probabilidades $P_{k,n}$ suma a $1$ .

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Si $E_n$ es la expectativa del número de ocurrencias de 1 en $n$ lanza entonces $$E_n = \sum k P_{k,n}$$ para que $$\sum E_n y^n = \frac {df}{dx} (1,y)$$

Calculamos $$\frac{ df}{dx} = \frac {(5y)(5-4y-xyy)-(-yy)(30+y+5xy)}{6(5-4y-xyy)^2} = \frac {y(5+y)^2}{6(5-4y-xyy)^2}$$

Entonces evaluando esto en $x=1$ obtenemos $$\sum E_ny^n = \frac {y(5+y)^2}{6(5+y)^2(1-y)^2} = \frac y {6(1-y)^2} = \sum \frac n6 y^n$$

Así $E_n = n/6$ que es como esperábamos.

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Para calcular la varianza necesitamos calcular la esperanza del cuadrado del número de ocurrencias, es decir, $F_n = \sum k^2 P_{k,n}$ . Entonces $$\sum F_n y^n = \frac {d^2f}{dx^2}(1,y) + \frac {df}{dx}(1,y) = \frac{2y^3(5+y)^2}{6(5+y)^3(1-y)^3} + \frac y{6(1-y)^2} = \frac{2y^3+y(5+y)(1-y)}{6(5+y)(1-y)^3} = \frac{5y-4y^2+y^3}{6(5+y)(1-y)^3}$$

$$\sum E_n^2 y^n = \sum \frac 1{36} n^2y^n = \frac {y(1+y)}{36(1-y)^3}$$

Calculando su diferencia se obtiene la varianza :

$$\sum V_n y^n = \frac {30y-24y^2+6y^3-y(1+y)(5+y)} {36(5+y)(1-y)^3} = \frac {5y(5-6y+y^2)}{36(5+y)(1-y)^3} = \frac {5y(5-y)}{36(5+y)(1-y)^2} \sim_{y=1} \frac {20}{216(1-y)^2}$$

Haciendo la descomposición en fracciones parciales se obtiene una fórmula $$V_n = \frac {50}{1296} + \frac{20}{216}n - \frac {50}{1296}(-1/5)^n$$

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Espero que después de la renormalización, su variable aleatoria (número de 1s obtenidos en $n$ lanza) converge en ley a una variable gaussiana como $n \to \infty$ .

Answer 4

[Suponiendo que el dado es justo - es decir, si usted acaba de rodar $x$ la siguiente tirada es discreta uniforme en $\{1,2,3,4,5,6\}-x$ ]

Digamos que los rollos se ordenan $X_1,X_2,\cdots$ y $x_i\in\{1,2,3,4,5,6\}$ para todos $i$ . Entonces el pdf conjunto es:

$$\mathbb{P}(X_1=x_1, X_2=x_2,\cdots,X_n=x_n)=\frac{1}{6}\left(\frac{1}{5}\right)^{n-1}\prod_{i=1}^{n-1}\mathbb{I}_{\displaystyle\{x_i\neq x_{i+1}\}}$$

y cada rollo individual tiene la distribución uniforme, es decir

$$\mathbb{P}(X_n=x_n)=\frac{1}{6}$$

Esta uniformidad preservada se demuestra fácilmente por inducción y condicionamiento, es decir, trabajando a través de la relación $\mathbb{P}(X_n)=\mathbb{P}(X_n\vert X_{n-1})\mathbb{P}(X_{n-1})$ .

Answer 5

A continuación se ofrece información basada en la Método de agrupación de Goulden-Jackson .

Consideramos el conjunto de palabras $\in \mathcal{V}^{\star}$ de longitud $n\geq 0$ construido a partir de un alfabeto $$\mathcal{V}=\{1,2,3,4,5,6\}$$ y el conjunto $B=\{11,22,33,44,55,66\}$ de mal palabras, que no pueden formar parte de las palabras que buscamos. Obtenemos una función $f(s)$ con el coeficiente de $s^n$ siendo el número de palabras deseadas de longitud $n$ .

Según el documento (p.7) la función generadora $f(s)$ es \begin{align*} f(s)=\frac{1}{1-ds-\text{weight}(\mathcal{C})}\tag{1} \end{align*} con $d=|\mathcal{V}|=6$ el tamaño del alfabeto y con el peso-numerador $\mathcal{C}$ con \begin{align*} \text{weight}(\mathcal{C})=\text{weight}(\mathcal{C}[11])+\cdots+\text{weight}(\mathcal{C}[66]) \end{align*}

W \begin{align*} \text{weight}(\mathcal{C}[11])&=-s^2-\text{weight}(\mathcal{C}[11])s\\ &\cdots\\ \text{weight}(\mathcal{C}[66])&=-s^2-\text{weight}(\mathcal{C}[66])s\\ \end{align*} a \begin{align*} \text{weight}(\mathcal{C}[11])=\cdots=\text{weight}(\mathcal{C}[66])=-\frac{s^2}{1+s} \end{align*}

I \begin{align*} f(s)&=\frac{1}{1-ds-\text{weight}(\mathcal{C})}\\ &=\frac{1}{1-6s+\frac{6s^2}{1+s}}\\ &=\frac{1+s}{1-5s}\\ &=(1+s)\sum_{n\geq 0}5^ns^n\\ &=1+6\sum_{n\geq 1}5^{n-1}s^n\\ &=1+6s+30s^2+150s^3+750s^4+3750s^5+\mathcal{O}(s^6)\tag{2} \end{align*}

Concluimos, el número de secuencias de longitud $n\geq 1$ de $\{1,2,\ldots,6\}$ sin números consecutivos es $6\cdot 5^{n-1}$ .

Dado que el número de todas las secuencias de longitud $n$ es $6^n$ la probabilidad para cada secuencia válida de longitud $n\geq 1$ i \begin{align*} \mathbb{P}(\text{valid sequence of length } n)= \left(\frac{5}{6}\right)^{n-1}\qquad\qquad n\geq 1 \end{align*}

$$ $$

[2016-05-10] Función generadora $f(s,u)$ seguimiento de una cifra concreta

Generalizando un poco, podemos marcar todas las apariciones de un dígito concreto, por ejemplo $6$ . Utilizamos la variable $u$ para contar las apariciones de $6$ y derivar una función generadora $f(s,u)$ \begin{align*} f(s,u)=\sum_{n=0}^{\infty}a_{n,k}u^ks^n \end{align*} con $a_{n,k}$ el número de secuencias admisibles, es decir, que no contienen ninguna mal palabras de $B$ de longitud $n$ con exactamente $k$ $6$ s.

Comenzamos de forma similar a la anterior, pero marcamos adicionalmente cada aparición de $6$ con $u$ . \begin{align*} \text{weight}(\mathcal{C}[11])&=-s^2-\text{weight}(\mathcal{C}[11])s\\ &\cdots\\ \text{weight}(\mathcal{C}[66])&=-\color{blue}{u^2}s^2-\text{weight}(\mathcal{C}[66])\color{blue}{u}s\\ \end{align*} y obtener \begin{align*} \text{weight}(\mathcal{C}[11])&=\cdots=\text{weight}(\mathcal{C}[55])=-\frac{s^2}{1+s}\\ \text{weight}(\mathcal{C}[66])&=-\frac{\color{blue}{u^2}s^2}{1+\color{blue}{u}s} \end{align*}

I \begin{align*} f(s,u)&=\frac{1}{1-((d-1)+\color{blue}{u})s-\text{weight}(\mathcal{C},\color{blue}{u})}\\ &=\frac{1}{1-(5+\color{blue}{u})s+\frac{5s^2}{1+s}+\frac{\color{blue}{u^2}s^2}{1+\color{blue}{u}s}}\\ &=\frac{(1+s)(1+us)}{1-4s-5us^2}\tag{3}\\ &=1+(5+u)s+10(2+u)s^2+5(16+13u+u^2)s^3\\ &\qquad+10(32+36u+7u^2)s^4+5(256+368u+121u^2+5u^3)s^5+\mathcal{O}(s^6)\tag{4} \end{align*}

Si nos fijamos, por ejemplo, en el coeficiente de $s^4$ de las expansiones en serie (2) y (4) vemos el número de secuencias admisibles de longitud $4$ es $750$ con \begin{align*} &10\left.(32+36u+7u^2)\right|_{u=1}\\ &\qquad=\left.(320+360u+70u^2)\right|_{u=1}\\ &\qquad=750 \end{align*} El coeficiente $70$ es el número de secuencias admisibles de longitud $4$ que contenga exactamente dos $6s$ e interpretaciones similares valen para los otros sumandos.

Sea $a_{k,n}$ denotan el número de secuencias admisibles de longitud $n$ que contiene exactamente $k$ $6$ s. Utilizamos el coeficiente de operador $[s^n]$ para denotar el coeficiente de $s^n$ en una serie. [ ] \begin{align*} a_{k,n}=[u^ks^n]f(s,u)=[u^ks^n]\frac{1+(1+u)s+us^2}{1-4s-5us^2}\\ \end{align*}

S \begin{align*} [u^ks^n]&\frac{1}{1-4s-5us^2}\\ &=[u^ks^n]\sum_{l=0}^\infty s^l(4+5us)^l\\ &=\sum_{l=0}^n[u^ks^{n-l}]\sum_{j=0}^l\binom{l}{j}(5us)^j4^{l-j}\\ &=\sum_{l=0}^n[u^k]\binom{l}{n-l}(5u)^{n-l}4^{2l-n}\\ &=\binom{n-k}{k}5^k4^{n-2k} \end{align*}

w \begin{align*} a_{k,n}&=[u^ks^n]\frac{1+(1+u)s+us^2}{1-4s-5us^2}\\ &=[u^ks^n]\left(1+s+us+us^2\right)\frac{1}{1-4s-5us^2}\\ &=\left([u^ks^n]+[u^ks^{n-1}]+[u^{k-1}s^{n-1}]+[u^{k-1}s^{n-2}]\right)\frac{1}{1-4s-5us^2}\\ &=\binom{n-k}{k}5^k4^{n-2k}+\binom{n-k-1}{k}5^k4^{n-1-2k}\\ &\qquad+\binom{n-k}{k-1}5^{k-1}4^{n-2k+1}+\binom{n-k-1}{k-1}5^{k-1}4^{n-2k}\\ &=5^k4^{n-2k}\left(\binom{n-k}{k}+\frac{1}{4}\binom{n-k-1}{k} +\frac{4}{5}\binom{n-k}{k-1}+\frac{1}{5}\binom{n-k-1}{k-1}\right)\\ &=5^k4^{n-2k}\left(\frac{5}{4}\binom{n-k-1}{k} +2\binom{n-k-1}{k-1}+\frac{4}{5}\binom{n-k-1}{k-2}\right)\tag{5} \end{align*}

Una pequeña comprobación de (5) da, por ejemplo \begin{align*} a_{5,2}&=5^2\cdot2^2\left(\frac{5}{4}\binom{2}{2}+2\binom{2}{1}+\frac{4}{5}\binom{2}{0}\right)\\ &=100\left(\frac{5}{4}+4+\frac{4}{5}\right)\\ &=125+400+80\\ &=605 \end{align*} de acuerdo con el coeficiente de $u^2s^5$ en (4).

Concluimos: El número $a_{1000,k}$ de secuencias admisibles de longitud $1000$ que contiene exactamente $k$ $6$ s \begin{align*} 5^k4^{1000-2k} \left(\frac{5}{4}\binom{999-k}{k}+2\binom{999-k}{k-1}+\frac{4}{5}\binom{999-k}{k-2}\right) \end{align*}

de acuerdo con un resultado de @joriki.