Esta es mi suposición: la probabilidad de sumar $7$ en dos rollos es $\frac 16$ . Esto significa que si repito el experimento muchas veces rodaré $7$ una sexta parte de ellos (aproximadamente). Por lo tanto,
$$N \cdot \bigg(\cfrac 16\bigg) \cdot 7 = 7$$
donde $N$ es el número total de rollos. Eso me da un número total de $6$ rueda en promedio para sumar $7$ .
No estoy muy seguro, así que estoy abierto a sugerencias. Gracias de antemano.
Si $X$ es el número de tiradas para conseguir $7$ entonces el valor esperado (o promedio) de $X$ se satisface:
$$E(X)=1+\frac{5}{6}E(X)$$
Es decir, siempre empezamos con un rollo, y $5/6$ de las veces, volvemos a empezar. Así que $E(X)=6.$
Técnicamente, como comenta Heinrich más adelante, esto sólo demuestra que $E(X)=6$ o $E(X)=+\infty.$ De hecho, podría necesitar algún truco para demostrar que el valor esperado debe ser finito.
Tal vez no hay Necesito para utilizar las series de potencias, pero podría ser que la alegría de las series de potencias nos motive a utilizarlas. ;-)
Incluso mejor, si sabes que la probabilidad es 1/6, entonces sólo tienes que tomar la inversa para obtener 6 inmediatamente.
La probabilidad de hacerlo después de una tirada es $1/6$ En dos es $5/6 \times 1/6$ en tres $(5/6)^2 1/6$ y así sucesivamente... obtenemos
\begin {eqnarray*} E(7)=1 \times \frac {1}{6} + 2 \times \frac {5}{6} \times\frac {1}{6} + 3 \times \left ( \frac {5}{6} \right )^2 \times\frac {1}{6}+ \cdots = \frac {1}{6} \sum_ {i=1}^{ \infty } i \left ( \frac {5}{6} \right )^i \\ \end {eqnarray*} Ahora recordemos que \begin {eqnarray*} \sum_ {i=1}^{ \infty } i x^{i-1} = \frac {1}{(1-x)^2}. \end {eqnarray*} Así que \begin {eqnarray*} E(7)= \frac {1}{6} \sum_ {i=1}^{ \infty } i \left ( \frac {5}{6} \right )^{i-1} = \frac {1}{6} \frac {1}{(1- \frac {5}{6})^2}=6 \end {eqnarray*} Así que el valor esperado es $\color{red}{6}$ como se esperaba.
Tienes razón en que se necesitará una media de $6$ tiradas, SI estamos considerando el lanzamiento de ambos dados juntos como una sola tirada. Si dejamos que $X$ sea el número de tiradas hasta llegar a una suma de $7$ entonces podemos modelar esto usando un Distribución geométrica .
Ya has calculado que la probabilidad de sacar una suma de $7$ para ser $1/6$ . Por lo tanto, la probabilidad de que no salga una suma de $7$ es $5/6$ .
La distribución para la probabilidad de que tome $k$ rollos para alcanzar una suma de $7$ será $$P(X=k) = (5/6)^{k-1} * (1/6)$$
Entonces se puede encontrar la media de esta distribución, que resulta ser $$\frac{1}{1/6} =6$$ Dejaré la derivación de esto para que la busques :)
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La probabilidad de que un par de dados sumen siete es efectivamente $\frac{1}{6}$ . La interpretación intuitiva de la probabilidad aquí es de hecho la correcta, que en promedio una de cada seis tiradas dará una suma de siete, y sucede que efectivamente $\frac{1}{p}$ o en este caso $\frac{1}{1/6}$ es decir $6$ es el número esperado de tiradas hasta obtener una suma de siete.
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Suena como un distribución binomial negativa deteniéndose en el primer éxito.
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Si quieres una prueba más formal de esto, considera leer mi respuesta a una pregunta relacionada aquí .
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@AntoniParellada más fácilmente descrito como un distribución geométrica .
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@JMoravitz Estoy de acuerdo.
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No sé por qué multiplicas por siete. $7$ realmente no tiene numérico propósito en esta pregunta. Podría haber preguntado de forma similar sobre cuántas veces se tira hasta conseguir ojos de serpiente o un total de ocho. Ese evento también es una probabilidad $\frac{1}{6},$ y las tiradas esperadas hasta conseguir ese evento son las mismas. Así que su multiplicación es misteriosa.
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Es decir, si p=1/6 entonces espero tener éxito N/6 veces, así que entonces multiplico por 7 para calcular el valor esperado.
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@Juan123 Si, como dices, "esperas tener éxito $N/6$ veces", entonces qué significa "el total del valor exceptuado" y por qué se encuentra multiplicando por $7$ ?
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En caso de que alguien que aterrice aquí se pregunte por la geométrica frente a la binomial negativa, el resultado es exactamente el mismo. Para la distribución geométrica (probabilidad de que la primera ocurrencia de éxito requiera k ensayos independientes, cada uno con probabilidad de éxito p.), la expectativa $E(X)=1/p=6.$ La binomial negativa cuenta el número total de ensayos antes de $r$ éxitos - $r=1$ en este caso - con la probabilidad de fracaso $q= 1-p=5/6,$ como $\frac{r}{(1-q)}=6.$ Estoy de acuerdo en que NB es innecesariamente complejo para esto.
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@ThomasAndrews ¿Querías decir que la probabilidad de poner los ojos de serpiente en blanco es de 1/6? Porque no lo es.
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¿Has leído lo que he escrito? "ojos de serpiente o un total de ocho". @ale10ander
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Sí, la probabilidad de obtener ojos de serpiente es de 1/36 y la de una suma de ocho es de 5/36. Ninguna de las dos es 1/6. Tu afirmación ha sido ambigua, criticar a otros por ello no ayuda. @ThomasAndrews
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Me disculpo; inicialmente interpreté tu comentario como dos escenarios, ambos iguales a 1/6: el primero con ojos de serpiente, el segundo con un total de 8. Ahora entiendo que te refieres al único escenario de ojos de serpiente o de un total de 8.
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@Nij La probabilidad de obtener ojos de serpiente u ocho es $1/6$ .