Martha tiene un dado justo con los habitual $6$ laterales... ¿Cuál es la probabilidad de que ella se detiene en una suma acumulada de $13$?

Question

Marta tiene un buen morir con los habituales seis lados. Ella lanza el dado y registra el número. Tira el dado de nuevo y añade el segundo número de la primera. Repite esto hasta que la suma acumulada de todos los los tiros de la primera supera los 10. ¿Cuál es la probabilidad de que ella se detiene en un total de suma de 13?

Hay una manera más fácil de encontrar la probabilidad de hacer un diagrama de árbol?

Answer 1

Usted puede tratar de trabajar hacia atrás. Si ella se detiene en $13$, el total anterior es $10,9,8$ o $7$. Así que el quería que la probabilidad es la probabilidad de llegar a $10$ y thowing un $3$, o llegar a $9$ y lanzando un $4$, o llegar a $8$ y lanzando un $5$, o llegar a $7$ y lanzando un $6$. I. e. $\frac{1}{6}$ de la probabilidad de alcanzar $7,8,9$ o $10$. La probabilidad de evitar que tales estados es la probabilidad de llegar a $6$ y lanzando un $5$ o $6$ o llegar a $5$ y lanzando un $6$. No hay otras maneras de evitarlos. La probabilidad de alcanzar $5$ (tarde o temprano) es $$ \frac{1}{6}+\frac{4}{6^2}+\frac{6}{6^3}+\frac{4}{6^4}+\frac{1}{6^5}= \frac{2401}{7776}$$ y de manera similar, la probabilidad de alcanzar $6$ (tarde o temprano) es $$ \frac{1}{6}+\frac{5}{6^2}+\frac{10}{6^3}+\frac{10}{6^4}+\frac{5}{6^5}+\frac{1}{6^6}= \frac{16807}{46656}$$ por lo tanto la probabilidad de evitar la $7,8,9,10$ es $$ \frac{2401}{7776}\cdot\frac{1}{6}+\frac{16807}{46656}\cdot\frac{2}{6}$$ y la probabilidad de alcanzar (tarde o temprano) $7,8,9,10$$\frac{57979}{69984}$.
El quería probabilidad de parar en $13$ es tan $$\frac{1}{6}\cdot \frac{57979}{69984}=\frac{57979}{419904}\approx{13.8\%}. $$

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Por favor, tome las líneas de arriba con precaución, ya que una simulación numérica sugiere que las probabilidades de detener a $11-12-13-14-15-16$ son cerca de $29-24-18-14-9-5\%$. De hecho, me percaté de que la falla: una vez que llegamos a $7,8,9,10$, se puede permanecer allí durante un par de tiros, luego de llegar a $13$. La anterior probabilidad ha de ser corregido por considerar esta situación. La probabilidad correcta es la mencionada en el Cristiano la respuesta de Blatter.

Answer 2

Esta función de MATLAB se construye la matriz de transición de una cadena de Markov de este puzzle, y, a continuación, encuentre la función de masa de probabilidad de la suma de los valores después se tira el dado rolls de veces.

function [p, A] = stop13(rolls)
  if nargin < 1
    rolls = 11;
  elseif rolls > 11
    rolls = 11;
  end

  A = toeplitz(zeros(17,1),[0 ones(1,6)/6 zeros(1,10)]);
  A(1:6,1:6) = eye(6);

  p = A^rolls * [zeros(16,1); 1];
end

Para el valor de entrada predeterminado de $11$ rollos, devuelve $$\begin{align} p_{16} &= 0.0482 \\ p_{15} &= 0.0949 \\ p_{14} &= 0.1396 \\ p_{13} &= 0.1819 \\ p_{12} &= 0.2419 \\ p_{11} &= 0.2934 \\ p_{10} &= 0 \\ &\ldots \\ p_{0} &= 0\enspace, \end{align}$$ en excelente acuerdo con los gatos de la simulación.

Answer 3

Denotar por $p_n$ la probabilidad de que en los sucesivos rollings de la mordaza de la tierra en la suma de $n$ durante el proceso. Entonces $$p_n=0\quad(n<0),\qquad p_0=1,\qquad p_n={1\over6}\sum_{k=1}^6 p_{n-k}\quad(n\geq1)\ .$$ Mathematica calcula $$\bigl(6^n\,p_n\bigr)_{0\leq n\leq 10}= \bigl(1, 1, 7, 49, 343, 2401, 16807, 70993, 450295, 2825473, 17492167)\ .$$ En virtud de las reglas del juego de la última parada antes de llegar a la suma de $13$ tiene que ser uno de $7$, $\ldots$, $10$ con un salto directo desde allí a $13$. De ello se deduce que la probabilidad de $p$ somos, después está dada por $$p={1\over6}\sum_{n=7}^{10}p_n={65990113\over362797056}=18.1893\>\%\ .$$