Deje $P(x, n)$ la probabilidad de que usted ha $x$ puntos después de $n$ tiros. Estamos dado que el $$P(1,2) = 1$$
También existe información acerca de la probabilidad de anotar en cualquier paso, si usted sabe el número de puntos previamente marcados. En particular:
$$P(\text{scoring from } x-1, n-1 ) = \frac{x-1}{n-1}$$
$$P(\text{scoring from } x, n-1 ) = \frac{x}{n-1}$$
Ahora, tenga en cuenta que, para tener la $x$ puntos después de $n$ lanza, podemos tener $x-1$ puntos después de $n-1$ lanza, luego de anotar un punto, o ha $x$ puntos después de $n-1$ lanza, entonces no anotar un punto.
Podemos escribir esto como sigue:
$$P(x,n) = P(x-1,n-1)P(\text{puntuación de } x-1, n-1 ) + P(x,n-1)(1 -
P(\text{puntuación de } x, n-1 ))$$
Este es el mismo como
$$P(x,n) = P(x-1,n-1)\left(\frac{x-1}{n-1}\right) + P(x,n-1)\left(1 -\left(\frac{x}{n-1}\right)\right)$$
$$P(x,n) = P(x-1,n-1)\left(\frac{x-1}{n-1}\right) + P(x,n-1)\left(\frac{n-1 - x}{n-1}\right)$$
Llame a este último resultado "papa", porque nos referiremos a él como tal.
Declaración:
Para todos los $n > 1$$1 \leq x \leq n-1$,
$$P(x,n) = \frac{1}{n-1}$$
Prueba:
Nuestro caso base es $n=2$, por lo que nos es dado que el $$P(1,2)=1$$
Para el paso inductivo, suponemos que para algunos $k \geq 2$, lo siguiente es verdadero para todos los $x$$1$$k-1$, inclusive: $$P(x,k) = \frac{1}{k-1}$$
Ahora supongamos $y$ satisface $2 \leq y \leq k-1$, y queremos encontrar $P(y, k+1)$. Por el resultado anterior "papa", podemos escribir
$$P(y,k+1) = P(y-1,k)\left(\frac{y-1}{k}\right) + P(y,k)\left(\frac{k - y}{k}\right)$$
Pero sabemos por nuestra inductivo suposición de que $P(y,k) = P(y-1,k) = 1/(k-1)$. Por lo tanto,
$$P(y,k+1) = \left(\frac{1}{k-1}\right)\left(\frac{y-1}{k}\right) + \left(\frac{1}{k-1}\right)\left(\frac{k - y}{k}\right)$$
$$P(y,k+1) =\frac{y-1}{k(k-1)} + \frac{k-y}{k(k-1)}$$
$$P(y,k+1) = \frac{k-1}{k(k-1)}$$
$$P(y,k+1) = \frac{1}{k}$$
Hemos terminado en los casos cuando la $2 \leq y \leq k-1$, pero todavía tenemos que considerar los casos de borde $y=1$$y=k$.
Después de $k+1$ lanza, con el fin de tener sólo $1$ punto, se debe de perder cada paso de la tercera a la $(k+1)^\text{th}$. La probabilidad de perder el tercer lanzamiento es $1/2$. Dado esto, la probabilidad de perder el cuarto tiro es $2/3$. Dado esto, la probabilidad de perder el quinto tiro es $3/4$, y así sucesivamente. Tenemos una telescópica de producto:
$$P(1, k+1) = \prod_{j=1}^{k-1} \frac{j}{j+1} = \frac{1}{2} \cdot \frac{2}{3} \cdot \frac{3}{4} \cdots \frac{k-2}{k-1} \cdot \frac{k-1}{k} = \frac{1}{k}$$
Del mismo modo, después de $k+1$ lanza, con el fin de tener exactamente $k$ puntos, debemos llegar a un punto en cada paso de la tercera a la $(k+1)^\text{th}$. La probabilidad de obtener un punto en el tercer lanzamiento es $1/2$. Dado esto, la probabilidad de obtener un punto en el cuarto tiro es $2/3$. Dado esto, la probabilidad de obtener un punto en el quinto tiro es $3/4$, y así sucesivamente. Volvemos a tener una telescópica de producto:
$$P(k, k+1) = \prod_{j=1}^{k-1} \frac{j}{j+1} = \frac{1}{2} \cdot \frac{2}{3} \cdot \frac{3}{4} \cdots \frac{k-2}{k-1} \cdot \frac{k-1}{k} = \frac{1}{k}$$
Esto completa el paso inductivo, por lo que finalmente hemos demostrado que para todos los $n >1$ y $1 \leq x \leq n-1$, $$\boxed{P(x,n) = \frac{1}{n-1}\,}$$
En particular, su pregunta para $$P(66, 100) = \frac{1}{99}$$
