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Expectativa de una tirada de dado sumada

Sé que este problema implica probabilidad condicional, pero no sé cómo abordarlo.

Supongamos que se tira un dado una y otra vez y se suma el total. Si la tirada del dado es $\geq 3$ el juego se detiene y se lee el total sumado. ¿Cuál es la expectativa del total? ¿Cuál es el número esperado de veces que se ha lanzado el dado?

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¿cuál es la probabilidad de una tirada < 3?

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@RoddyMacPhee Es el clásico caso de "jugador de rpg acude al MathSE para calcular tiradas de dados" :-) Utilizan generadores aleatorios verdaderos, mecánicos y distribuidos por niveles sobre los enteros comprendidos entre 1 y {4, 6, 8, 10, 12, 20}. Si no dice lo contrario, entonces 6 es el límite superior por defecto.

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Sí, lo siento :) Un dado estándar :)

9voto

fonfonx Puntos 218

El número total de tiradas sigue una ley geométrica de parámetro $p=\dfrac{4}{6}=\dfrac{2}{3}$ . Por lo tanto, el número esperado de tiradas es $1/p=\color{red}{1.5}$ .

Por lo tanto, el total previsto es $(1/p-1)\cdot 1.5 + 4.5=\color{red}{5.25}$ porque $1.5$ es la media de una tirada entre $1$ y $2$ (y tiene una media de $1/p -1$ rollos entre $1$ y $2$ ) y $4.5$ es la media de la última tirada (entre $3$ y $6$ ).

Por cierto, puedes verificar fácilmente tus resultados para este tipo de problema con un simple código python:

import random as random

nb_trials = 10000
tot = 0

for i in range(nb_trials):
    sum_value = 0
    b = True
    while b:
        a = random.randint(1,6)
        if a >=3:
            b = False
        sum_value += a
    tot += sum_value 

average = tot * 1.0 / nb_trials
print(average)

Pruébelo en línea

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Creo que debería mencionar Lema de Wald aquí. No es trivial que puedas simplemente multiplicar el número esperado de tiradas de dados por el valor esperado de una tirada.

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Necesitarías el lema de Wald si la justificación fuera " $1.5\times 3.5=5.25$ ", pero eso no es lo que ha hecho fonfonx.

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@EspeciallyLime El lema de Wald es necesario para $(1/p-1) \times 1.5$ el número esperado de tiradas antes de la última tirada multiplicado por el valor esperado de dicha tirada. Eso no es trivial y no estaba justificado de otra manera.

6voto

JSX Puntos 62

El juego se detendrá después de $1$ rodar con una probabilidad $2/3$ . Se detendrá después de $2$ rueda con una probabilidad $1/3 \times 2/3$ . ... Se detendrá después de $n$ rueda con una probabilidad $(1/3)^{n-1} \times 2/3$ . Así que el número esperado de tiradas viene dado por la suma \begin{eqnarray*} \sum_{n=1}^{\infty} n \frac{2}{3} \left( \frac{1}{3} \right)^{n-1} = \frac{2}{3} \sum_{n=1}^{\infty} n \left( \frac{1}{3} \right)^{n-1} \end{eqnarray*} Utiliza ahora la conocida fórmula $\sum_{n=1}^{\infty} n x^{n-1}= \frac{1}{(1-x)^2}$ y tenemos $3/2$ . Así que es de esperar que los partidos duren un rollo y medio.

4voto

AMADANON Inc. Puntos 179

Otra forma de verlo:

Si sacas un 3, 4, 5 o 6 en la primera tirada (1/6 de posibilidades cada uno), entonces el total esperado será ese número (3, 4, 5 o 6).

Si saca un 1 o un 2, (también 1/6 de probabilidad cada uno), entonces la tirada esperada es 1 o 2, MÁS la tirada total esperada.

Así que la tirada total esperada $T$ debería ser:

\begin{aligned} T &= \frac{1+T}{6} + \frac{2+T}{6} + \frac{3}{6} + \frac{4}{6} + \frac{5}{6} + \frac{6}{6} \\ T &= \frac{1+2+3+4+5+6}{6} + \frac{2T}{6} \\ T &= \frac{7}{2} + \frac{T}{3} & \text{(multiply by 3)} \\ 3T &= \frac{21}{2} + T & \text{(subtract $T$)}\\ 2T &= \frac{21}{2} & \text{(divide by 2)}\\ T &= \frac{21}{4} = 5.25 \end{aligned}

0 votos

Lo trabajé de la misma manera que AMADANON, pero creo que esto es más legible: $T = \frac{2}{6} (\frac{1+2}{2}+T) + \frac{4}{6} (\frac{3+4+5+6}{4})$ = $\frac{1}{2} + \frac{1}{3}T + 3$ $\frac{2}{3}T = \frac{7}{2}$ $T=\frac{21}{4}$ .

3voto

G Cab Puntos 51

Usted tiene $p=1/3$ tirar un dado y obtener sólo $1$ o $2$ . Así que tienes $P(n)=p^n q=p^n (1-p)$ tirar el dado $n$ veces obteniendo menos de $3$ y luego más o igual $3$ en el $n+1$ -enésimo rollo.
Incluimos $n=0$ lo que significa que obtendrá $\ge 3$ en la primera tirada.

La suma P(n) sobre $0 \le n < \infty$ da correctamente $1$ .

Ahora, el número esperado de menos de $3$ rollos serán $$ \eqalign{ & E(n) = \sum\limits_{0\; \le \,n\,} {n\,P(n)} = (1 - p)\sum\limits_{0\; \le \,n\,} {n\,p^{\,n} } = \cr & = (1 - p)p{d \over {dp}}{1 \over {1 - p}} = {p \over {1 - p}} = {1 \over 2} \cr} $$ mientras que el número esperado de tiradas totales, por supuesto es $$ E(n + 1) = {3 \over 2} $$

En cada menos de $3$ tirada puedes obtener, con la misma probabilidad, un 1 o un 2, por lo que en promedio $3/2$ .
Así que la suma esperada de las tiradas antes de parar es $3/2E(n)=3/4$ .

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