Un dado se rueda hasta que se produzca un $6$. ¿Cuál es la probabilidad de que la suma incluyendo el $6$ es?

Question

Se juega un juego donde un estándar de seis caras de los dados es rodar hasta un $6$ es lanzado, y la suma de todos los rollos de hasta e incluyendo el $6$ se ha tomado. ¿Cuál es la probabilidad de que esta suma es igual?

Sé que esta es una distribución geométrica y el número esperado de lanzamientos es $\frac1{1/6} = 6$ rollos de hasta un $6$ se produce, junto con el valor esperado de ser $21$ ($6$ rollos veces el valor esperado de $3.5$ por rollo), pero no estoy seguro de cómo proceder a partir de ahí. Sería el rango esperado (si es pertinente) de$11 = 1·5+6$$31 = 5·5+6$? La respuesta es supuestamente $\frac47$. También estoy curioso acerca de cómo esta pregunta podría cambiar si la parada número era otra cosa, decir $3$ detener la secuencia en lugar de a $6$. Gracias de antemano!

Answer 1

Que $p$ ser la probabilidad deseada y el primer rollo. O $6$, en cuyo caso hemos terminado y la suma es incluso, un $2$ o $4$, en cuyo caso queremos que la suma del resto de los términos que incluso, o un $1,3$, o $5$, en el cual caso se desea la suma del resto para ser impar.

Así $$p = \frac{1}{6}+ \frac{1}{3}p+\frac{1}{2}(1-p)$ $ que simplifica a $p=\frac{4}{7}$.

Answer 2

Sólo necesitamos considerar los rollos antes de a $6$ se obtiene, debido a rodar incluso una $6$ no cambia la paridad de nuestra total. Deje $p_n$ representan la probabilidad de que la suma de $n$ rollos, no incluyendo ninguna $6$, es aún. Entonces tenemos: $p_{n+1}=\frac25p_n + \frac35(1-p_n)$, debido a una $2$ o $4$ mantiene una anterior, incluso, total aún, mientras que un $1$, $3$ o $5$ hace un anterior impar total en un total. Esto se simplifica a: $p_{n+1}=\frac35-\frac15p_n$. También tenemos $p_0=1$. Podemos resolver esta recurrencia, y encontrar que

$$p_n=\frac12\left(1+\left(-\frac15\right)^n\right)$$

Ahora, vamos a $x_n$ representan la probabilidad de rodadura $n$ no 6 antes de que los primeros $6$, lo $x_n=\frac16\left(\frac56\right)^n$. El número que necesitamos es:

$$\begin{align} \sum\limits_{n=0}^\infty x_np_n &= \sum\limits_{n=0}^\infty \left[\frac16\left(\frac56\right)^n\cdot\frac12\left(1+\left(-\frac15\right)^n\right)\right]\\ &=\frac1{12}\sum\limits_{n=0}^\infty \left[\left(\frac56\right)^n + \left(-\frac16\right)^n\right]\\ &=\frac1{12}\left(6 + \frac67\right) = \frac47 \end{align}$$

Dicho esto, @carmichael561 la respuesta es mucho, mucho mejor.

Answer 3

Sea $p$ la probabilidad de que la suma de los until(and including) mueren los seis primeros es incluso.

Sea $R_1$ el rollo de la primera hilera. Así que repartir en este rollo y notando la recurance:

$$p= \underline\qquad\,\mathsf P(R_1\in\{\underline\qquad\})+\underline\qquad\,\mathsf P(R_1\in\{\underline\qquad\})+\underline {~1~}\,\mathsf P(R_1=6)$$

Llene los espacios en blanco, evalúe las probabilidades y luego resolver $p$.

Answer 4

Aquí hay una respuesta exponencial el uso de funciones de generación. Este problema tiene las características básicas del cupón colector (seis cupones dibujado con los reemplazos). Sin embargo, nótese que no hay ningún requisito de aquí, de ver todos los cupones. Ahora la probabilidad de que se llevó a $m$ rollos para ver el seis primeros es por la inspección dada por

$$\frac{5^{m-1}}{6^m} = \frac{1}{6}\left(\frac{5}{6}\right)^{m-1}.$$

Observar que si la suma es aún la extraño valores se han llevado a cabo una incluso el número de veces que se da el marcado de las especies (un juego de ranuras de la $m-1$ posibles, para que cada uno de los cinco admisible rollos de el morir)

$$\mathfrak{P}(\mathcal{UZ}) \mathfrak{P}(\mathcal{Z}) \mathfrak{P}(\mathcal{UZ}) \mathfrak{P}(\mathcal{Z}) \mathfrak{P}(\mathcal{UZ}).$$

La correspondiente EGF es

$$G(z, u) = \exp(2z)\exp(3uz).$$

La restricción de incluso cantidades obtenemos

$$H(z) = \frac{1}{2} G(z, 1) + \frac{1}{2} G(z -1) \\ = \frac{1}{2} \exp(5z) + \frac{1}{2} \exp(-z).$$

La extracción de los coeficientes encontramos

$$(m-1)! [z^{m-1}] H(z) = \frac{1}{2} 5^{m-1} + \frac{1}{2} (-1)^{m-1}.$$

Por lo tanto la probabilidad de una suma determinada que nos llevó $m$ sorteos se dada por

$$\frac{1}{2} + \frac{1}{2} \left(-\frac{1}{5}\right)^{m-1}.$$

Por lo tanto, para obtener la probabilidad total

$$\frac{1}{12} \sum_{m\ge 1} \left(\frac{5}{6}\right)^{m-1} + \frac{1}{12} \sum_{m\ge 1} \left(-\frac{1}{6}\right)^{m-1} \\ = \frac{1}{12} \left(\frac{1}{1-5/6} + \frac{1}{1+1/6}\right) = \frac{4}{7}.$$