Una figura de seis lados se rueda el dado 5 veces. El rodillo se gana si el último rollo es el mismo como una de las vueltas anteriores.

Question

¿Cuál es la probabilidad de ganar en este juego?

He probado algunos pero el más cercano llego fue $\frac 16 \cdot \frac 16$, pero no es correcto.

Answer 1

Anote los resultados de los cinco rollos y, a continuación, lea hacia atrás. Usted gana si la "primera" resultado de que nunca se repite, y se pierde si no lo es. La probabilidad de perder es$(5/6)^4$, es decir, un rollo ¿ no repetir el "primer" resultado con una probabilidad de $5/6$, y $4$ "posterior" rollos -- por lo que la probabilidad de ganar es

$$1-\left(5\over6\right)^4={1296-625\over1296}={671\over1296}$$

Answer 2

[Este es esencialmente el mismo como Dominik la respuesta, pero tiene menos de notación.]

Deje que el die ha $n$ lados. Deje $m$ el número de rollos antes de la última tirada. En su pregunta,$m=4$$n=6$. \begin{align} P(\text{win}) &= \sum_{i=1}^n P(\text{win, and last roll is %#%#%})\\ &= \sum_{i=1}^n P(\text{last roll is %#%#%, and one of the first %#%#% rolls is %#%#%})\\ &= \sum_{i=1}^n P(\text{last roll is %#%#%}) \cdot P(\text{one of the first %#%#% rolls is %#%#%})\\ &= \sum_{i=1}^n P(\text{last roll is %#%#%}) \cdot (1-P(\text{none of the first %#%#% rolls is %#%#%}))\\ &= \sum_{i=1}^n \frac{1}{n} \cdot \left(1-\left(1 - \frac{1}{n}\right)^m\right)\\ &= 1-\left(1 - \frac{1}{n}\right)^m. \end{align}

Answer 3

Esencialmente, esta pregunta es la misma que aquí. Yo descaradamente adaptar Byron respuesta a partir de ahí.

Supongamos que tenemos una matriz con $n$ lados que nos rollo $m$ veces antes de nuestro último rollo. Deje $A_i$ $1$ si hemos rodado $i$ en algún momento y $0$ más. También, denotan por $X$ el último tiro.

Ahora, vamos a ganar si y sólo si la variable aleatoria $$Y = \sum \limits_{i = 1}^n A_i I\{X = i\}$$

tiene un valor de uno. Tenga en cuenta que $Y$ sólo asume los valores de $0$$1$, por lo que tenemos $E[Y] = P(Y = 1)$. Sabiendo que $X$ $A_i$ son independientes, permanece para calcular $$E[A_i] = P(A_i = 1) = 1 - P(A_i = 0).$$ Pero esto es fácil, ya que la $P(A_i = 0) = (1 - \tfrac{1}{n})^m$. Con esto podemos calcular la probabilidad de ganar como $$E[Y] = \sum \limits_{i = 1}^n E[A_i] P(X = i) = (1 - (1 - \tfrac{1}{n})^m) \sum \limits_{i = 1}^n P(X = i) = 1 - (1 - \tfrac{1}{n})^m.$$

Nota: de hecho podemos ver en esta cálculos que $X$ no necesita ni siquiera ser una feria de morir, mientras que sólo asume los valores de$1$$n$.

Answer 4

Para un dado con $n$ lados y $m$ rollos tenemos $n^m$ resultados posibles y las favorables condiciones están dadas por

$$\sum_{q=1}^n q {n\elegir q} {m-1\llave q} p! = n\sum_{q=1}^n {n-1\elegir q-1} {m-1\llave q} q!.$$

Lo que está sucediendo aquí es que elegimos $q$ valores de la $n$ disponibles (factor de ${n\choose q}$) y la partición inicial $m-1$ rollos en la no-vacío conjuntos, uno para cada valor (${m-1\brace q}q!$). Nosotros ha $q$ opciones para el último valor.

Ahora tenemos

$${m-1\brace q} = (m-1)! [z^{m-1}] \frac{(\exp(z)-1)^q}{q!}$$

por lo que la suma se convierte en

$$n (m-1)! [z^{m-1}] \sum_{q=1}^n {n-1\elegir q-1} (\exp(z)-1)^q \\ = n (m-1)! [z^{m-1}] (\exp(z)-1) \sum_{q=0}^{n-1} {n-1\elegir q} (\exp(z)-1)^q \\ = n (m-1)! [z^{m-1}] (\exp(z)-1) \exp((n-1)z) \\ = n (m-1)! [z^{m-1}] (\exp(nz)-\exp((n-1)z)).$$

La extracción de los coeficientes obtenemos

$$n (n^{m-1} - (n-1)^{m-1}) = n^m - n (n-1)^{m-1}$$

que los rendimientos de la proabability

$$1- \frac{(n-1)^{m-1}}{n^{m-1}}$$

que es

$$\bbox[5px,border:2px solid #00A000]{ 1- \left(1-\frac{1}{n}\right)^{m-1}.}$$

Tenemos una lista de algunos muy básicos de Arce código para el total de la enumeración y cerrado formas como un medio de aclarar la interpretación de la pregunta que se utiliza aquí.

PROB :=
proc(n, m)
 opción de recordar;
 local ind, dígitos, rollos, por último, res;

 res := 0;

 para la ind de n^m a 2*n^m-1 hacer
 dígitos := convert(ind, base, n);

 rollos := dígitos[1..m-1];
 último := dígitos de[m];

 si el miembro(apellido, convertir(rollos,``)) entonces
 res := res + 1;
fi;
od;

res/n^m;
end;


X := (n,m)-> 1-(1-1/n)^(m-1);

Renark. En realidad, es mucho más fácil contar no es favorable resultados de favorable . Tenemos $n$ opciones para el último rollo y que la elección no debe ocurrir entre los primeros a $m-1$ rollos, dando $(n-1)^{m-1}$ posibilidades. La probabilidad de la complementaria evento que luego se convierte en $n (n-1)^{m-1}/n^m$ como antes.

La misma sencilla de Arce programa también sirve en este MSE enlace.

Answer 5

No me voy a ir con los cálculos masivos en lugar de la simple lógica.

Creo que la probabilidad de que va a cambiar con cada tirada de dados.

En la primera tirada, no importa lo que aparece como uno no puede ganar en la primera tirada(de acuerdo a las reglas que se indique). Ahora en la segunda tirada, la probabilidad de ganar será de 1/6 como la probabilidad de la repetición de lo que ocurrió en la primera tirada es de 1/6. En el tercer rollo sin embargo, la probabilidad de ganar aumentarán a 2/6 y así sucesivamente.