¿Cuántas veces se necesita mirar los seis lados de un dado? Notas de Penden sobre la teoría de la probabilidad
fuente
Cuando estaba viendo el video hace unos días, encontré esa pregunta.
respuesta
Reducido al problema de la moneda
práctica general
- Suponiendo que puede ver el anverso y el reverso de la moneda dos veces, entonces la situación puede ser "anverso y reverso" o "de todos modos" (los otros dos son "anverso y reverso", "reverso y negativo"), y la probabilidad es 1 2 \frac {1} {2}21；
- Suponiendo que solo puede ver el anverso y el reverso de la moneda tres veces, entonces la situación puede ser "cara y cruz" o "cara y cruz" (los otros dos son "cara y cara" y "reversión y reverso"), y la probabilidad es 1 4 \ frac {1}{4}41(Debido a "positivo positivo", la probabilidad de "anti-negativo" es 1 2 \frac{1}{2}21)；
- Etcétera...
| norte | 2 | 3 | ⋯ \cdots⋯ | k |
|---|---|---|---|---|
| pag | 1 2 \frac{1}{2}21 | 1 4 \frac{1}{4}41 | ⋯ \cdots⋯ | 1 2 k − 1 \frac{1}{2^{k-1}}2k − 11 |
mi norte = 2 ∗ 1 2 + 3 ∗ 1 4 + ⋯ + k ∗ 1 2 k - 1 2 mi norte = 2 + 3 ∗ 1 2 + ⋯ + k ∗ 1 2 k - 2 menos mi norte = 2 + 1 2 + 1 4 + ⋯ + 1 2 k − 2 − k ∗ 1 2 k − 1 = 3 \begin{aligned} En &= 2*\frac{1}{2}+3*\frac{1}{ 4} +\puntos+k*\frac{1}{2^{k-1}} \\ 2En&= 2+3*\frac{1}{2}+\puntos+k*\frac{1}{ 2^ {k-2}} \\ inferior menos superior \quad En &= 2 +\frac{1}{2} + \frac{1}{4} + \dots + \frac{1}{2^{ k- 2}} - k*\frac{1}{2^{k-1}} = 3 \end{alineado}En2 ES _abajo menos arribaEn=2∗21+3∗41+⋯+k∗2k − 11=2+3∗21+⋯+k∗2k − 21=2+21+41+⋯+2k − 21−k∗2k − 11=3
método recursivo
General E 2 E_2mi2Registrado como el promedio de veces que se utiliza para ver a dos personas, E 1 E_1mi1Registrado como el número promedio de veces que E 2 solía ver un lado
= 1 2 ( 1 + E 1 ) + 1 2 ( 1 + E 1 ) \begin{aligned} E_2 &= \frac{1}{2}(1 +E_1) + \frac{1}{2}(1+E_1) \\ \end{alineado}mi2=21( 1+mi1)+21( 1+mi1)
Donde el anterior 1 2 ( 1 + E 1 ) \frac{1}{2}(1+E_1)21( 1+mi1) representa el número medio de veces necesario para lanzar cara por primera vez (esteE 1 E_1mi1Indica el promedio de veces que se requiere lanzar a la cola), este último 1 2 ( 1 + E 1 ) \frac{1}{2}(1+E_1)21( 1+mi1) representa el número promedio de veces necesario para lanzar cruz por primera vez (esteE 1 E_1mi1representa el número promedio de lanzamientos requeridos para obtener cara);
mi 1 mi_1mi1Si significa el número promedio de veces
E 1 = 1 2 + 1 2 ( 1 + E 1 ) E_1 = \frac{1}{2} + \frac{1}{2}(1+E_1)mi1=21+21( 1+mi1)
donde el anterior1 2 \frac{1}{2}21Indica que el primer lanzamiento es negativo y el siguiente es 1 2 E 1 \frac{1}{2} E_121mi1Indica la primera vez que se votó cara;
E 1 = 2 E 2 = 3 se puede resolver de E_1 = 2 \\ E_2 = 3
mi1=2mi2=3
Volviendo al problema de los dados.
Si la solución general todavía se usa para los dados, será muy complicado, así que toma el método recursivo
E 6 = 1 6 ( 1 + E 5 ) + ⋯ + 1 6 ( 1 + E 5 ) = ( 1 + E 5 ) mi 5 = 1 6 ( 1 + mi 5 ) + 5 6 ( 1 + mi 4 ) = 6 5 + mi 4 mi 4 = 2 6 ( 1 + mi 4 ) + 4 6 ( 1 + mi 3 ) = 6 4 + mi 3 mi 3 = 3 6 ( 1 + mi 3 ) + 3 6 ( 1 + mi 2 ) = 6 3 + mi 2 mi 2 = 4 6 ( 1 + mi 2 ) + 3 6 ( 1 + mi 1 ) = 6 2 + mi 1 mi 1 = 5 6 ( 1 + mi 1 ) + 1 6 \begin{aligned} E_6 &= \frac{1}{6}(1+E_5) + \dots + \frac{1}{6 }(1 +E_5) \\ &=(1+E_5) \\ E_5 &= \frac{1}{6}(1+E_5) + \frac{5}{6}(1+E_4) \\ & =\frac {6}{5} + E_4 \\ E_4 &= \frac{2}{6}(1+E_4) + \frac{4}{6}(1+E_3) \\ &=\frac{ 6}{ 4} + E_3 \\ E_3 &= \frac{3}{6}(1+E_3) + \frac{3}{6}(1+E_2) \\ &=\frac{6}{3 } + E_2 \\ E_2 &= \frac{4}{6}(1+E_2) + \frac{3}{6}(1+E_1) \\ &=\frac{6}{2} + E_1 \ \E_1 & = \frac{5}{6}(1+E_1) + \frac{1}{6} \\ \end{alineado}mi6mi5mi4mi3mi2mi1=61( 1+mi5)+⋯+61( 1+mi5)=( 1+mi5)=61( 1+mi5)+65( 1+mi4)=56+mi4=62( 1+mi4)+64( 1+mi3)=46+mi3=63( 1+mi3)+63( 1+mi2)=36+mi2=64( 1+mi2)+63( 1+mi1)=26+mi1=65( 1+mi1)+61
解得
E 1 = 6 E 6 = 1 + 6 5 + 6 4 + 6 3 + 6 2 + 6 E_1 = 6 \\ E_6 = 1 + \frac{6}{5} + \frac{6}{4} + \frac{6}{3} + \frac{6}{2} + 6 \\mi1=6mi6=1+56+46+36+26+6