掷骰子直到其落到除4以外的任何数字上。结果大于4的概率是多少？

玩家将获得公平的六面骰子。为了赢球，她必须掷出大于4的数字（即5或6）。如果她掷4，则必须再次掷。她获胜的几率是多少？

我认为赢得的概率可以递归表示为：$P(W)$

$$P(W) = P(r = 5 \cup r = 6) + P(r = 4) \cdot P(W)$$

通过在Java中运行一百万次试验，我将为，如下所示：$P(W)$$0.3999$

import java.util.Random;
public class Dice {

    public static void main(String[] args) {
        int runs = 1000000000;
        int wins = 0;
        for (int i = 0; i < runs; i++) {
            wins += playGame();
        }
        System.out.println(wins / (double)runs);
    }

    static Random r = new Random();

    private static int playGame() {
        int roll;
        while ((roll = r.nextInt(6) + 1) == 4);
        return (roll == 5 || roll == 6) ? 1 : 0;
    }
}

而且我看到可以像这样扩展：$P(W)$

$$P(W) = \frac{1}{3} + \frac{1}{6} \left(\frac{1}{3} + \frac{1}{6}\left(\frac{1}{3} + \frac{1}{6}\right)\right)...$$

但是我不知道如何不借助这种近似来解决这种递归关系。可能吗？

只需使用代数即可解决：

$$\begin{aligned} P(W) &= \tfrac 2 6 + \tfrac 1 6 \cdot P(W) \\[7pt] \tfrac 5 6 \cdot P(W) &= \tfrac 2 6 \\[7pt] P(W) &= \tfrac 2 5. \end{aligned}$$

注意：这是对初始问题的答案，而不是重复出现的问题。

如果她掷4，则基本上不算，因为下一掷是独立的。换句话说，掷4后的情况与她开始时的情况相同。因此，您可以忽略4。然后可能重要的结果是1-3和5-6。有5个不同的结果，其中2个获胜。因此答案是2/5 = 0.4 = 40％。

dsaxton（/stats//a/232107/90759）和GeoMatt22（/stats//a/232107/90759）的答案提供了解决此问题的最佳方法。另一个是要意识到你的表情

$$P(W) = \frac13+\frac16\left(\frac13+\frac16(\cdots)\right)$$

确实是几何级数：

$$\frac13+\frac16\frac13+\frac1{6^2}\frac13+\cdots$$

一般来说，我们有

$$\sum_{n=0}^{\infty}a_0q^n = \frac{a_0}{1-q}$$

所以我们有

$$P(W) = \frac{\frac13}{1-\frac16} = \frac13:\frac56=\frac{6}{15}=\frac25.$$

当然，证明几何级数之和的通用公式的方法是使用类似于dsaxton的代数解。

以上所有答案都是正确的，但它们并不能解释为什么它们是正确的，以及为什么您可以忽略这么多的细节并避免必须解决复杂的递归关系。

究其原因，为什么其他的答案是正确的是强马尔可夫性，这对于一个离散的马尔可夫链相当于普通马尔科夫特性。https://en.wikipedia.org/wiki/Markov_property#Strong_Markov_property

基本上，想法是随机变量

直到芯片第一次不落在4上的次数）$\tau:=($

是停止时间。https://en.wikipedia.org/wiki/Stopping_time停止时间是一个随机变量，它不依赖于任何将来的信息。

为了确定骰子的第卷是否是第一个未落在4上的骰子（即为了确定τ = n），您只需要知道当前骰子的值，以及所有以前的掷骰，但不是将来的掷骰–因此τ是停止时间，并且采用Strong Markov属性。$n$$\tau=n$$\tau$

$\tau$$X_{\tau}$

$\tau -1$$\tau$$X_{\tau} > 4$

$$\mathbb{P}(X_{\tau}>4|\tau=1)=\mathbb{P}(X_{\tau}>4|\tau=2)=\dots = \mathbb{P}(X_{\tau}>4|\tau=50,000,000)=\dots$$

Therefore we can assume, without loss of generality, that $\tau=1$. This is just the probability that the die lands a value greater than 4 given that it does not land on 4, which we can calculate very easily:

$$\mathbb{P}(X_1>4|X\not=4) = \frac{\mathbb{P}(X_1 > 4 \cap X_1 \not=4)}{\mathbb{P}(X_1 \not= 4)} = \frac{\mathbb{P}(X_1 > 4)}{\mathbb{P}(X_1 \not=4)}=\frac{\frac{1}{3}}{\frac{5}{6}}=\frac{1}{3}\cdot\frac{6}{5}=\frac{2}{5}$$ which of course is the correct answer.

You can read more about stopping times and the Strong Markov property in Section 8.3 of (the 4th edition of) Durrett's Probability Theory and Examples, p. 365.

Another way to look at the problem.

Lets call a 'real result' a 1,2,3,5 or 6.

What is the probability of winning on the first roll, if you got a 'real result'? 2/5

What is the probability of winning on the second roll, if the second roll is the first time you got a 'real result'? 2/5

Same for third, fourth.

So, you can break your sample in (infinte) smaller samples, and those samples all give the same probability.