Probabilidad de que la suma de los dados sea mayor que 100

Question

Por favor, alguien puede guiarme hacia una forma en la que pueda resolver el siguiente problema. Hay un dado y 2 jugadores. La tirada se detiene en el momento en que alguno supera el 100 (sin incluir el propio 100). Por lo tanto, tiene las siguientes opciones: 101, 102, 103, 104, 105, 106. Cuál debería elegir dada la primera opción. Estoy pensando en cadenas de Markov, pero ¿hay una forma más sencilla?

Gracias.

EDIT: He escrito dado en lugar de dado. Sólo se lanza un dado

Answer 1

Mi intento: una combinación de mi comentario y el de Shai.

Una partición significa una partición de n usando sólo 1,2,3,4,5,6.

Número de formas de llegar a 101: Número de particiones de 101.

Número de formas de llegar a 102: particiones de 96 + particiones de 97... + particiones de 100. Ya que podemos tener 96+6, 97+5, ...100+2.

...

Número de formas de llegar a 106: Particiones de 100. Como podemos llegar a 106 sólo sumando a 100 y luego tirando 6.

Una partición de n será el enésimo coeficiente x en $\prod_{k=0}^6 \frac{1}{1-x^k}$ utilizando la serie geométrica. Pero una observación más fácil es que $a_n = a_{n-1}+a_{n-2}+a_{n-3}+a_{n-4}+a_{n-5}+a_{n-6}$ . Utilizando este

El número de formas de llegar a 101 es $a_{101}=a_{100}+a_{99}+a_{98}+a_{97}+a_{96}+a_{95}$ El número de maneras de llegar a 102 es $a_{100}+a_{99}+a_{98}+a_{97}+a_{96}$

...

El número de maneras de llegar a 106 es $a_{100}$

Desde $a_n > 0$ vemos que el 101 será el más frecuente.

Answer 2

Es un buen problema. La posibilidad de acertar $101$ primero es sorprendentemente grande. Dejemos que $a(x)$ sea la posibilidad de acertar $101$ primero, a partir de $x$ .

Resolvemos recursivamente fijando $a(106)=a(105)=a(104)=a(103)=a(102)=0$ y $a(101)=1$ . Entonces, para $x$ de $100$ a $0$ , poned $a(x)={1\over 6}\sum_{j=1}^6 a(x+j)$ . Por el teorema de la renovación, $a(x)$ converge a $1/\mu$ , donde $\mu=(1+2+3+4+5+6)/6=7/2$ . El valor $a(0)$ está muy cerca de este límite.

De hecho, toda la distribución de golpes es aproximadamente $[6/21,5/21,4/21,3/21,2/21,1/21]$ .

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Añadido: Dejemos que $a^\prime(x)$ sea la posibilidad de acertar $102$ primero, a partir de $x$ . Entonces $a^\prime(x)$ satisface la misma recurrencia que $a(x)$ para $x\leq 100$ pero con diferentes condiciones de contorno $a^\prime(106)=a^\prime(105)=a^\prime(104)=a^\prime(103)=a^\prime(101)=0$ y $a^\prime(102)=1$ . Por lo tanto,
$$a^\prime(x)=a(x-1)-a(100)a(x)$$ y $$a^\prime(0)\approx {1\over \mu}-{1\over 6}{1\over \mu}={5\over 21}. $$ El resto de la distribución de golpes puede analizarse de forma similar.

Answer 3

Tal vez no he entendido la pregunta, pero parece claro, teniendo en cuenta $\lbrace 95 + j + k:j = 0, \ldots ,5;k = 1, \ldots 6 \rbrace$ que debe elegir $101$ . Aquí, $95+j$ corresponde a la suma justo antes de superar $100$ por primera vez, y $95+j+k$ a la suma al superar $100$ por primera vez.

EDITAR :

Permítanme explicar un poco mi argumento anterior. En primer lugar, se puede demostrar fácilmente por inducción en $j$ que si la suma actual es $100 - j$ , $j=0,\ldots,4$ entonces no hay una opción estrictamente mejor que $101$ (el caso base $j=0$ es trivial). A continuación, consideremos el caso en el que la suma actual es $95$ para concluir que $101$ es estrictamente la mejor opción.

Answer 4

101 es el estado de parada más probable.

La operación "sustituir el lanzamiento final de los dados por el que da una suma de 101" es una transformación que conserva la probabilidad en el conjunto de juegos posibles. No cubre todo el conjunto (es decir, la imagen de la transformación es un subconjunto) de juegos posibles que terminan en 101, como los que tienen una transición de 95 a 101 por una tirada de 6. Esto demuestra que todos los estados terminales superiores a 101 tienen una probabilidad menor que la de terminar en 101.

Answer 5

/\* diceMoreThan100.cc  Felix Marin 17-may-2014

http://math.stackexchange.com/a/799655/85343

http://math.stackexchange.com/questions/12433/probability-of-dice-sum-just-greater-than-100
\*/
#include <cstdlib>
#include <ctime>
#include <iomanip>
#include <iostream>
using namespace std;
const unsigned long long ITER = 100000000ULL; // One Hundred Million.
double randSum();

inline unsigned char rand16()
{
 return static\_cast<unsigned char>(1 + rand()%6);
}

int main()
{
 double total = 0;

 srand(size\_t(time((time\_t \*)0)));
 for ( unsigned long long n = 0; n < ITER ; ++n ) total += randSum();
 cout<<setprecision(8)<<(total/ITER)<<endl;

 return 0;
}

double randSum()
{
 static const unsigned char oneHundredOne = static\_cast<unsigned char>(101);
 static unsigned char total;

 for ( total = 0; total < oneHundredOne ;) total += rand16();
 return total;
}

Resultado $\displaystyle{= \color{#88f}{102.6667}}$ .