Tirar un dado hasta que tengamos $5$ y un número par.

Question

Tiramos un dado, hasta que tengamos las dos cosas: un cinco y algún número par. Sea X el número esperado de tiradas. Encuentra el valor esperado de X y Var(X).

Así que no sé cómo empezar. Creo que debería haber algo como $X= X_1 + X_2$ Y luego usaría la distribución geométrica. Pero, ¿cómo dividir X en eventos más fáciles? He pensado en situaciones como tirar los dados hasta que tengamos un número par y otro impar. Es fácil, porque la probabilidad de obtener un número impar es la misma que la de obtener un número par. La misma situación - si tiramos hasta obtener $5$ y, déjame decir, $3$ . No hay ningún problema ya que conseguir $5$ tiene la misma probabilidad que obtener $3$ . Pero conseguir un $5$ y obtener un número par tienen diferentes probabilidades, así que no es tan fácil... ¿Alguien puede ayudar?

Answer 1

Este es un enfoque de mano dura. Después de cero o más tiradas, usted está en una de las cuatro situaciones:

$\begin{align} \emptyset:&\qquad\textrm{No 5 or even rolled yet.}\\ E:&\qquad\textrm{Even was rolled, but no 5 yet.}\\ 5:&\qquad\textrm{A 5 was rolled, but no even yet.}\\ *:&\qquad\textrm{Both 5 and even have been rolled. Game over.}\\ \end{align}$

La matriz de transición de probabilidades entre cada par de situaciones es fácil de calcular:

$\begin{array}{l|cccc} \nearrow&\emptyset&E&5&*\\ \hline \emptyset&\frac{1}{3}&\frac{1}{2}&\frac{1}{6}&0\\ E&0&\frac{5}{6}&0&\frac{1}{6}\\ 5&0&0&\frac{1}{2}&\frac{1}{2}\\ *&0&0&0&1\\ \end{array}$

Así que esto se modela ahora como un cadena de Markov absorbente con matriz de transición

$\left({\begin{array}{cccc} \frac{1}{3}&\frac{1}{2}&\frac{1}{6}&0\\ 0&\frac{5}{6}&0&\frac{1}{6}\\ 0&0&\frac{1}{2}&\frac{1}{2}\\ 0&0&0&1\\ \end{array}}\right)$

Al ser el último estado de la lista, el comportamiento se caracteriza por el $3\times3$ en la parte superior izquierda, que es la matriz de transición para los estados no finales.

$Q=\left({\begin{array}{ccc} \frac{1}{3}&\frac{1}{2}&\frac{1}{6}\\ 0&\frac{5}{6}&0\\ 0&0&\frac{1}{2}\\ \end{array}}\right)$

La llamada matriz fundamental $N$ para esta cadena es

$N=(I-Q)^{-1} =\left({\begin{array}{ccc} \frac{3}{2}&\frac{9}{2}&\frac{1}{2}\\ 0&6&0\\ 0&0&2\\ \end{array}}\right)$ .

El número previsto de pasos desde el $i$ -estado hasta el final es la suma de las entradas del $i$ -en la fila de $N$ o, en su defecto, el $i$ -ésima entrada de la matriz

${\bf t}=N\mathbb{1}=\left({\begin{array}{c} \frac{13}{2}\\ 6\\ 2\\ \end{array}}\right)$ ,

así que para el estado inicial $\emptyset$ Es $\frac{13}{2}$ pasos.

La varianza del número de pasos del $i$ -El estado de la quinta es el $i$ -ésima entrada de la matriz

$(2N-I){\bf t-t_{\textrm sq}}$ ,

donde $t_{\textrm sq}$ es la matriz $\bf t$ con cada entrada al cuadrado. Si no me resbalara con Mathematica,

$(2N-I){\bf t-t_{\textrm sq}}=\left({\begin{array}{c} \frac{107}{4}\\ 30\\ 2\\ \end{array}}\right)$ ,

y la varianza que quieres es $\frac{107}{4}$

Answer 2

Dejemos que $X$ representan el número de tiradas necesarias para obtener un número par y un $5$ .

Dejemos que $Y$ representan el número de tiradas necesarias para obtener un número par.

Dejemos que $Z$ representan el número de tiradas necesarias para obtener un $5$ .

Dejemos que $E$ denota el caso de que la primera tirada sea par.

Dejemos que $F$ denotan el caso de que la primera tirada sea un $5$ .

Dejemos que $G$ denotan el caso de que la primera tirada sea un $1$ o un $3$ .

$\mathbb{E}Y=\mathbb{E}\left(Y\mid E\right)P\left(E\right)+\mathbb{E}\left(Y\mid E^{c}\right)P\left(E^{c}\right)=1+\frac{1}{2}\mathbb{E}Y$ lo que lleva a $\mathbb{E}Y=2$

$\mathbb{E}Z=\mathbb{E}\left(Z\mid F\right)P\left(F\right)+\mathbb{E}\left(Z\mid F^{c}\right)P\left(F^{c}\right)=1+\frac{5}{6}\mathbb{E}Z$ lo que lleva a $\mathbb{E}Z=6$

$\mathbb{E}X=\mathbb{E}\left(X\mid E\right)P\left(E\right)+\mathbb{E}\left(X\mid F\right)P\left(F\right)+\mathbb{E}\left(X\mid G\right)P\left(G\right)=1+\frac{1}{2}\mathbb{E}Z+\frac{1}{6}\mathbb{E}Y+\frac{1}{3}\mathbb{E}X$

Esto nos lleva a: $$\mathbb{E}X=\frac{13}{2}$$

adenda :

Asimismo, $\mathbb{E}Y^{2}$ , $\mathbb{E}Z^{2}$ y $\mathbb{E}X^{2}$ se puede encontrar.

Para hacerlo un poco más corto: las distribuciones de $Y$ y $Z$ son geométricos.

Eso da directamente $\mathbb{E}Y=2$ , $\mathbb{E}Z=6$ (ya se encuentra de forma alternativa), $\mathbb{E}Y^{2}=6$ y $\mathbb{E}Z^{2}=66$ .

Seguimos con:

$$\mathbb{E}X^{2}=\mathbb{E}\left(X^{2}\mid E\right)P\left(E\right)+\mathbb{E}\left(X^{2}\mid F\right)P\left(F\right)+\mathbb{E}\left(X^{2}\mid G\right)P\left(G\right)$$ $$=\frac{1}{2}\mathbb{E}\left(1+Z\right)^{2}+\frac{1}{6}\mathbb{E}\left(1+Y\right)^{2}+\frac{1}{3}\mathbb{E}\left(1+X\right)^{2}$$

que conduce a:

$\mathbb{E}X^{2}=69$ y $$\text{Var}X=\mathbb{E}X^{2}-\left(\mathbb{E}X\right)^{2}=\frac{107}{4}$$

Answer 3

Puedes escribir $X=X_{1}+X_{2}$ donde $X_{1}$ representa el número de tiradas necesarias para obtener un número en $\left\{ 2,4,5,6\right\}$ y $X_{2}$ para el número de rollos necesarios después de que para venir en el situación en la que un número par y un número $5$ está enrollado. Entonces $X_{1}$ se distribuye geométricamente con el parámetro $\frac{2}{3}$ para que $\mathbb{E}X_{1}=\frac{3}{2}$ y $\text{Var}X_{1}=\frac{3}{4}$ . Sea $A$ sea un rv que tome valores en $\left\{ 0,1\right\}$ s.t $A=1$ si un $5$ aparece la primera vez que un número en $\left\{ 2,4,5,6\right\}$ está enrollado. Tiene la distribución de Bernouilli con el parámetro $\frac{1}{4}$ . Abreviando $B=1-A$ puedes escribir $X_{2}=AU+BV$ donde $U$ y $V$ se distribuyen geométricamente con parámetros $\frac{1}{2}$ y $\frac{1}{6}$ respectivamente. Aquí $X_{1},A,U,V$ son independientes.

$\mathbb{E}X_{2}=\mathbb{E}A\mathbb{E}U+\mathbb{E}B\mathbb{E}V=\frac{1}{4}\frac{2}{1}+\frac{3}{4}\frac{6}{1}=5$ .

Aprovechamiento de $AB=0$ , $A^{2}=A$ y $B^{2}=B$ encontramos:

$\text{Var}X_{2}=\mathbb{E}X_{2}^{2}-\left(\mathbb{E}X_{2}\right)^{2}=\frac{1}{4}\mathbb{E}U^{2}+\frac{3}{4}\mathbb{E}V^{2}-25=\frac{1}{4}.6+\frac{3}{4}.66-25=26$ .

Entonces $\mathbb{E}X=\mathbb{E}X_{1}+\mathbb{E}X_{2}=\frac{13}{2}$ y $\text{Var}X=\text{Var}X_{1}+\text{Var}X_{2}=\frac{3}{4}+26=\frac{107}{4}$ .

Answer 4

Para facilitar las cosas, consideremos los casos:

Caso 1: Sacamos un cinco antes de sacar un número par.

Caso 2: Sacamos un número par antes de sacar un cinco.

Entonces la probabilidad de que tome $n$ para conseguir un cinco y un número par es la probabilidad de que (a) saques un cinco y ningún número par durante la primera $n-1$ rollos, y el $n$ (a) si la primera tirada es par, o (b) si sale al menos un número par y ningún cinco durante la primera $n-1$ rollos, y el $n$ La tirada es un cinco.

¿Puedes ver cómo calcular las probabilidades de cada uno de estos resultados?