[Kossatx]

Hola, estoy intentando averiguar unas probabilidades de éxito lanzando dados pero creo que me he liado. Agradecería ayuda para resolver el problema. El tema es el siguiente, teniendo en cuenta diferentes escenarios de lanzamiento de dados de 8 caras (1 dado, 2 dados, 3 dados, 4 dados, 5 dados y 6 dados) quiero saber las probabilidades de conseguir diferentes grados de éxito (2 resultados, 3 resultados, 4 resultados y 5 resultados), teniendo en cuenta que para que cada dado tenga éxito debe obtenerse como resultado un 1. Además hay otra particularidad, y es que cuando con una dado se obtiene un 1, se anota ese resultado y se puede volver a lanzar el dado con el objetivo de volver a obtener otro 1, y así indefinidamente hasta que el resultado del dado no sea un 1. Pongo aquí ejemplos de lanzamientos con 4 dados:

A) 7/5/3/3 Aquí no se obtiene ningún 1.
B) 2/3/5/1--2 Aquí en la primera ronda de lanzamientos sólo se obtiene un 1, al volver a lanzar ese dado se obtiene un 2, por lo que finalmente sólo se obtiene un 1 en el lanzamiento.
B) 8/1/5/1--2/1--4 Aquí en la primera ronda de lanzamientos sólo se obtienen dos 1, al volver a lanzar esos dados se obtiene otro 1, pero al volver a lanzar ese dado no se obtiene ninguno. Finalmente se obtienen tres 1 en el lanzamiento.

He hecho estos cálculos, pero creo que son erróneos.

ÉXITOS                2   3   4   5 DADOS    1   1,56%   0,20%   0,02%   0,00%    2   3,13%   0,56%   0,07%   0,01%    3   4,88%   0,95%   0,16%   0,02%    4   9,59%   1,73%   0,28%   0,04%    5   19,17%   3,45%   0,53%   0,08%    6   38,33%   6,89%   1,07%   0,15%

[Masacroso]

Para sumar en total \( m \) unos entonces esas sumas se producen como \( \sum_{j\geqslant 1} n_j=m \) donde \( n_j\geqslant n_{j+1}\geqslant 0 \) para cada \( j\in \mathbb N  \). Ahora bien, la probabilidad de que se dé cada \( n_j \) tiene distribución binomial dada por \( \binom{n_{j-1}}{n_j} p^{n_j}(1-p)^{n_{j-1}-n_j} \) con \( p:=1/8 \) en nuestro caso, por tanto la probabilidad que se dé la suma anterior hasta \( m \) es exactamente

\( \displaystyle{
p^{m}(1-p)^{n_1}\prod_{j\geqslant 1}\binom{n_j}{n_{j+1}}=p^m(1-p)^{n_1}\binom{n_1}{n_1-n_2,\ldots ,n_{j-1}-n_j,\ldots }
} \)

Ahora bien, como las sucesiones decrecientes \( \{n_j\}_{j\in \mathbb N} \) que suman \( m \) están relacionadas con la partición de un número, en este caso de \( m \), dudo mucho que los cálculos tengan una solución sencilla.

El problema también puede plantearse como un proceso aleatorio de tipo Galton-Watson, en este caso se define como una sucesión de variables aleatorias \( \{X_n\}_{n\in \mathbb N} \) definidas por la recurrencia \( X_{n+1}=\sum_{j=1}^{X_n}\xi _{j,n} \) donde los \( X_n  \) cuentan el número total de unos en la \( n \)-ava iteración, y cada \( \xi _{j,n} \) son variables aleatorias independientes e idénticamente distribuidas que cuentan si sale o no un uno al tirar un dado. La probabilidad de que el proceso termine con \( m \) unos viene dada por \( \Pr \left[\sum_{n\geqslant 1}X_1=m\right] \).

Con este último planteo quizá haya en la literatura aproximaciones a la distribución de \( \sum_{n\geqslant 1}X_n \) que sean útiles.

En cualquier caso siempre puedes utilizar un ordenador para calcular tales probabilidades en casos donde \( m \) sea pequeño, y si \( m \) es grande puedes aproximar la distribución de \( \sum_{n\geqslant 1}X_n \) usando un método de Monte-Carlo.

[geómetracat]

Puedes pensarlo de la siguiente manera, que es claramente equivalente. Supongamos que tienes \( k \) lanzamientos iniciales. En vez de hacer \( k \) lanzamientos, contar el número de unos, hacer otra vez tantos lanzamientos como unos han salido, etc, puedes tirar el primer dado hasta que dejen de salir unos (y anotar el número de unos que han salido), luego lanzar el segundo dado hasta que dejen de salir unos, y así hasta el \( k \)-ésimo. Finalmente, el número de unos total es la suma de los unos obtenidos en las \( k \) tiras de lanzamientos.

Cada tira de lanzamientos sigue una distribución geométrica, de manera que:
\( P(X_i=n_i)=(1/8)^{n_i}(7/8) \)
Ahora, el número total de unos obtenidos viene dado por la variable aleatoria \( X=X_1+\dots+X_k \) donde \( X_i \) es el número de unos obtenidos en la tira \( i \)-ésima, y los \( X_i \) son independientes entre sí.

Entonces queda:
\( P(X=n)= \sum_{n_1+\dots+n_k=n} P(X_1=n_1)P(X_2=n_2)\dots P(X_k=n_k) = \sum_{n_1+\dots+n_k=n} (1/8)^n(7/8)^k = (1/8)^n(7/8)^kPart(n,k) \)
donde \( Part(n,k) \) es el número de maneras de expresar \( n \) como suma de \( k \) naturales.

Calcular \( Part(n,k) \) es equivalente a contar el número de maneras en que puedes disponer \( n \) bolas indistinguibles en \( k \) cajas. Este es un problema combinatorio bien conocido y la solución es:
\( Part(n,k) = \binom{n+k-1}{n} \).

En definitiva, la probabilidad final de que salgan \( n \) unos es:
\( P(X=n)=\binom{n+k-1}{n} (1/8)^n(7/8)^k \)

[Masacroso]

Puedes pensarlo de la siguiente manera, que es claramente equivalente. Supongamos que tienes \( k \) lanzamientos iniciales. En vez de hacer \( k \) lanzamientos, contar el número de unos, hacer otra vez tantos lanzamientos como unos han salido, etc, puedes tirar el primer dado hasta que dejen de salir unos (y anotar el número de unos que han salido), luego lanzar el segundo dado hasta que dejen de salir unos, y así hasta el \( k \)-ésimo. Finalmente, el número de unos total es la suma de los unos obtenidos en las \( k \) tiras de lanzamientos.

Cada tira de lanzamientos sigue una distribución geométrica, de manera que:
\( P(X_i=n_i)=(1/8)^{n_i}(7/8) \)
Ahora, el número total de unos obtenidos viene dado por la variable aleatoria \( X=X_1+\dots+X_k \) donde \( X_i \) es el número de unos obtenidos en la tira \( i \)-ésima, y los \( X_i \) son independientes entre sí.

Entonces queda:
\( P(X=n)= \sum_{n_1+\dots+n_k=n} P(X_1=n_1)P(X_2=n_2)\dots P(X_k=n_k) = \sum_{n_1+\dots+n_k=n} (1/8)^n(7/8)^k = (1/8)^n(7/8)^kPart(n,k) \)
donde \( Part(n,k) \) es el número de maneras de expresar \( n \) como suma de \( k \) naturales.

Calcular \( Part(n,k) \) es equivalente a contar el número de maneras en que puedes disponer \( n \) bolas indistinguibles en \( k \) cajas. Este es un problema combinatorio bien conocido y la solución es:
\( Part(n,k) = \binom{n+k-1}{n} \).

En definitiva, la probabilidad final de que salgan \( n \) unos es:
\( P(X=n)=\binom{n+k-1}{n} (1/8)^n(7/8)^k \)

 

¡Ah!, genial, no se me había ocurrido ver cada dado como una variable aleatoria con distribución geométrica.

[Kossatx]

Puedes pensarlo de la siguiente manera, que es claramente equivalente. Supongamos que tienes \( k \) lanzamientos iniciales. En vez de hacer \( k \) lanzamientos, contar el número de unos, hacer otra vez tantos lanzamientos como unos han salido, etc, puedes tirar el primer dado hasta que dejen de salir unos (y anotar el número de unos que han salido), luego lanzar el segundo dado hasta que dejen de salir unos, y así hasta el \( k \)-ésimo. Finalmente, el número de unos total es la suma de los unos obtenidos en las \( k \) tiras de lanzamientos.

Cada tira de lanzamientos sigue una distribución geométrica, de manera que:
\( P(X_i=n_i)=(1/8)^{n_i}(7/8) \)
Ahora, el número total de unos obtenidos viene dado por la variable aleatoria \( X=X_1+\dots+X_k \) donde \( X_i \) es el número de unos obtenidos en la tira \( i \)-ésima, y los \( X_i \) son independientes entre sí.

Entonces queda:
\( P(X=n)= \sum_{n_1+\dots+n_k=n} P(X_1=n_1)P(X_2=n_2)\dots P(X_k=n_k) = \sum_{n_1+\dots+n_k=n} (1/8)^n(7/8)^k = (1/8)^n(7/8)^kPart(n,k) \)
donde \( Part(n,k) \) es el número de maneras de expresar \( n \) como suma de \( k \) naturales.

Calcular \( Part(n,k) \) es equivalente a contar el número de maneras en que puedes disponer \( n \) bolas indistinguibles en \( k \) cajas. Este es un problema combinatorio bien conocido y la solución es:
\( Part(n,k) = \binom{n+k-1}{n} \).

En definitiva, la probabilidad final de que salgan \( n \) unos es:
\( P(X=n)=\binom{n+k-1}{n} (1/8)^n(7/8)^k \)

Muchas gracias por tomaros la molestia de ayudarme. No tengo claro haber entendido la fórmula de geómetracat, ¿en qué fallo al transcribir de este modo la fórmula lanzando 2 dados de 8 caras y teniendo como objetivo 3 resultados positivos? Permitidme usar nomenclatura de excel, porque no sé utilizar correctamente la que empleáis.

=((3+2-3)/3)*(1/8)^3*(7/8)^2
=0,000996908

[geómetracat]

Es que \( \binom{n+k-1}{n} \) no es una fracción, es un número combinatorio. La fórmula para calcularlo es:
\( \binom{n+k-1}{n} = \frac{(n+k-1)!}{n!(k-1)!} \).

El caso que planteas quedaría:
\( \frac{(3+2-1)!}{3!(2-1)!} (1/8)^3(7/8)^2 \approx 0.00598  \)

[Kossatx]

Es que \( \binom{n+k-1}{n} \) no es una fracción, es un número combinatorio. La fórmula para calcularlo es:
\( \binom{n+k-1}{n} = \frac{(n+k-1)!}{n!(k-1)!} \).

El caso que planteas quedaría:
\( \frac{(3+2-1)!}{3!(2-1)!} (1/8)^3(7/8)^2 \approx 0.00598  \)

Gracias de nuevo geómetracat, no lo sabía. Para casos como por ejemplo calcular la probabilidad de obtener consecutivamente dos 1 lanzando un dado de 8 caras, siempre he aplicado la fórmula P(AUB)=P(A)P(B). Pero debo estar confundido con algo, porque si aplico esta fórmula:

P(AUB) = 1/8*1/8 = 1/64 = 0,0156

No obtengo el mismo resultado que con la tuya (FACT es la fórmula excel para hacer el factorial):
=(FACT(2+1-1)/(FACT(2)*FACT(1-1)))*((1/8)^2)*((7/8)^1)= 0,0137

Disculpa por insistir, seguramente he cometido errores que no sé ver.

[geómetracat]

Es que son probabilidades diferentes.
Una cosa es la probabilidad de que en dos tiradas de un dado de \( 8 \) caras salgan dos unos. Esa es la probabilidad que has calculado tú correctamente.

Otra cosa distinta es la probabilidad de que en el experimento que consiste en tirar un dado hasta que salga un número distinto de uno, salgan dos unos. Esa es la que obtienes con mi fórmula (en el caso particular \( k=1 \)).

Espero que se vea la diferencia. Tú calculas la probabilidad de que al tirar dos veces el dado salgan dos unos (y te da igual si después de eso sigues tirando el dado y te siguen saliendo unos) y yo la probabilidad de que al ir tirando el dado obtengas dos unos y a la siguiente tirada un número distinto de uno.

Por otra parte, insiste lo que quieras hasta que lo veas claro, no hay problema.

[Kossatx]

Es que son probabilidades diferentes.
Una cosa es la probabilidad de que en dos tiradas de un dado de \( 8 \) caras salgan dos unos. Esa es la probabilidad que has calculado tú correctamente.

Otra cosa distinta es la probabilidad de que en el experimento que consiste en tirar un dado hasta que salga un número distinto de uno, salgan dos unos. Esa es la que obtienes con mi fórmula (en el caso particular \( k=1 \)).

Espero que se vea la diferencia. Tú calculas la probabilidad de que al tirar dos veces el dado salgan dos unos (y te da igual si después de eso sigues tirando el dado y te siguen saliendo unos) y yo la probabilidad de que al ir tirando el dado obtengas dos unos y a la siguiente tirada un número distinto de uno.

Por otra parte, insiste lo que quieras hasta que lo veas claro, no hay problema.

Está clara tu explicación, yo he cometido un error al explicarme. En el problema que planteo he dicho que el éxito depende de obtener un resultado de 1 concreto (dos 1, tres 1... etc), cuando en realidad debería haber especificado que el éxito depende de alcanzar ó superar X veces 1. En la práctica, si el objetivo fuera de tres 1 y se alcanza, no sería necesario continuar lanzando dados.

[geómetracat]

¡Ah!, ya veo. Lo que buscas tú en realidad no es \( P(X=n) \), sino \( P(X \geq n) \).
Esto lo puedes calcular como
\( P(X\geq n) = 1-P(X<n) = 1 - \sum_{i=0}^{n-1} \binom{i+k-1}{i} (1/8)^i(7/8)^k \).

En el caso general \( (k>1) \) no estoy seguro de que se pueda encontrar una expresión cerrada tan bonita como la que te puse antes. Pero en cualquier caso para valores no excesivamente grandes de \( n,k \) lo puedes calcular con un ordenador sin problemas.