Cuáles son las probabilidades de golpear exactamente 100 rodando un dado justo

Question

Yo hago una feria de morir y de forma secuencial suma de los números del dado de la muestra. Cuál es la probabilidad de la suma de aciertos de exactamente 100?

De manera más general, ¿cuáles son las probabilidades de golpear un blanco exacto número de t , mientras que sumar los resultados de los números secuencialmente dibujado de manera uniforme a partir de un conjunto S.

He probado experimentalmente esto y el resultado es (advertencia: spoilers a continuación):

1 a través de la expectativa de los números extraídos. En el caso de la feria de morir 1/((1+2+3+4+5+6)/6) = 6/21 = 2/7

Sin embargo no tengo una fuerte intuición, y mucho menos una prueba formal, ¿por qué este es el caso.

Estaré encantado de recibir sus opiniones!

Answer 1

La probabilidad de golpear $n$ en la nariz es una función de $n$, llamar al $f(n)$. Satisface la recurrencia $$f(n)=\frac{f(n-1)+f(n-2)+f(n-3)+f(n-4)+f(n-5)+f(n-6)} 6$ $ con valores límites $f (0) = 1$ y $f (n) = 0$ para $n\lt0$. No intento resolver la recurrencia, pero mis cálculos numéricos de acuerdo con el suyo, parece que $f (n) \to2/7$.

Answer 2

La generación de la función $$H(x)=\sum\limits_{n=0}^\infty h_nx^n,$$ donde $h_0=1$ y por cada $n\geqslant1$, $h_n$ es la probabilidad de golpear exactamente $n$, resuelve la identidad $$H(x)=1+P(x)H(x),\qquad P(x)=\frac16(x+x^2+\cdots+x^6),$$ por lo tanto $$H(x)=\frac1{1-P(x)}.$$ El límite de $h_n$ cuando $n\to\infty$ es $$\ell=\lim_{x\1}(1-x)H(x)=\frac1{P'(1)},$$ es decir, $$\ell=\frac6{1+2+\cdots+6}=\frac27.$$ Esto se extiende a todos los "morir" la producción de cualquier colección de números en cualquier sesgada o de manera imparcial. Si el "morir", produce un aleatoria número entero positivo de $\xi$, el límite de $h_n$ hace $$\ell=\frac1{E(\xi)}.$$ Suponiendo que el límite de $\ell$ existe, esto se puede entender de forma intuitiva como sigue: por la ley de los grandes números, la suma de $n$ dibuja es de alrededor de $k=nE(\xi)$ por lo tanto, después de $n$ dibuja, $n$, uno ha golpeado $n$ los valores de aproximadamente $k$. Si cada valor tiene una probabilidad de aproximadamente $\ell$ a ser golpeado, uno puede esperar que $\ell\aprox n/k$, QED. Obvio contraejemplos son cuando $\xi$ es decir, siempre un múltiplo de $3 dólares, y estos son esencialmente los únicos casos desde $\ell$ existe si y sólo si el máximo común divisor de apoyo de $\xi$ es $1$.

Edit: Para estimar la diferencia de $h_n-\ell$ en el caso habitual, tenga en cuenta que $$1-P(x)=(1-x)(1+x)(1-x/u)(1-x/\bar u)(1-x/v)(1-x/\bar v),$$ $$ real positivo y algunos números complejos $u$ y $v$, con un valor distinto de cero imaginaria, por lo tanto $$H(x)=\frac{\ell}{1-x}+\frac{b}{1+x/a}+\frac{r}{1-x/u}+\frac{\bar r}{1-x/\bar u}+\frac{s}{1-x/v}+\frac{\bar s}{1-x/\bar v},$$ para algún número real $b$ y algunos números complejos $r$ y $s$ define como $$b=\frac1{aP'(-a)},\qquad r=\frac1 {'(u)},\qquad s=\frac1{vP'(v)}.$$ Por lo tanto, por cada $n$, $$h_n=\ell+b(-1)^na^{-n}+2\Re\left(r u^{-n}+s v^{-n}\right).$$ Numéricamente, $a\approx1.49$ y $|u|$ y $|v|$ es de aproximadamente $1.46$ y $1.37$, por lo tanto, todo esto produce, finalmente, $$|h_n-\ell|=O(\kappa^{-n}),\qquad\kappa\approx1.37.$$

Answer 3

Algunos además la respuesta de @bof:

Para n\in\mathbb ${Z} $ deje $E_ {n} $ denotan el caso de que número $n$ demuestra para arriba en la secuencia.

Esto con $E_ {n} = $ \emptyset si $n < 0$ y $E_ {0} = $ \Omega (empezamos la lista con $0$).

Sea $X$ indican el primer número que aparece.

Entonces $P\left (E_ {n} \right) = \sum_ {i = 1} ^ {6} P\left (E_ {n} \mid X=i\right)P\left(X=i\right)=\frac{1}{6}\sum_{i=1}^{6}P\left(E_{n-i}\right)$

Answer 4

No es una prueba formal, sino una intuición -

deje que $k$ ser el número que se muestra en la cara de morir cuando ésta llega a los $100$ o más para el primer lugar; considerando

• (a) este rostro tiene $\large{k \\sum \text{Caras}}$ posibilidades de aparecer, y
• (b) cuando parece que hay un $1\sobre k$ probabilidad de que exactamente $100$ se llegó a

... entonces hay una posibilidad de que $\large{1 \over \sum \text{Caras}}$ que al morir dejó en la cara $k$ en exactamente $100$, entonces $\large{|\text{Caras}| \\sum \text{Caras}}$ probabilidad de que exactamente $100$ se alcanzó.

Que para una feria de morir resultados en $\frac{6}{21} = \frac 27$.

(Creo que (b) es cierto, pero no estoy seguro (a))

Answer 5

...oh, veo mi error, es lados/(suma(1 a #lados). Que los partidos. Se me olvidó cambiar el numerador. Yo voy a dejar mi comentario ya está aquí...

Tenía curiosidad acerca de la respuesta, y aunque no soy muy mathy, me hizo escribir un poco de la simulación, para explorar el resultado para matrices con diferente número de lados

De 6 caras morir, la respuesta de acuerdo con el de arriba: 2/7 (~0.28571) probabilidad

pero por otro lado, la respuesta no 6/suma de(1 a #lados)

lados: probabilidad de éxito en llegar al 100 cuando se suma secuencial de los rollos)

2 0.666666...

3 0.5

4 0.4

5 0.333333...

6 ~0.28571

7 0.25

8 0.222222..

9 0.2

10 0.181818..

lo que sugiere que la respuesta es siempre 2/(#lados+1)

Si la respuesta 6/(suma(1 a #lados)) utilizada, era solo correcto para los lados=6 casos (la comparación de la simulación).

¿El límite de las ecuaciones anteriores siempre sale a 2/(laterales+1) para las diferentes caras de morir? (Creo? mi simulación es correcta)

Estaba pensando que si la ecuación era "justo", no sería justo para morir de todos los tamaños?

Las 2 caras de caso sugiere un interesante bar-apuesta que se haga el dinero en promedio (lanzar una moneda y sumando con 1 o 2, tratando de alcanzar los 100)

-kevin