Supongo que apostar una feria die $n$ veces. El valor esperado de cuántas veces aparece cada lado de la matriz es $\frac{n}{6}$. La pregunta es, ¿cuál es la probabilidad de que cualquier lado de la matriz vendrá más de $k$ veces, donde $n>k>\frac{n}{6}$? O usted podría ponerlo de esta manera: ¿Cuál es la probabilidad de que ningún lado vendrá más de $k$ veces? Claramente estas dos probabilidades añaden hasta 1.
Respuestas
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Tone Stangeland
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Veamos los casos más simples y obtener la idea general de él. 1. k=n-1
Cualquier secuencia específica ha de probabilidad (1/6)$^n$.
Cuántas de estas secuencias tienen 1 ocurrir de n-1 veces y 2 ocurre 1 vez? n desde el 2 puede producirse en cualquiera de los n ranuras. Lo que n/6$^n$ es la probabilidad de que n-1, número de 1s y 1 número 2. Pero (1,2) es solo 1 de los posibles pares ordenados que lograr esto. Así que ahora vamos a contar el número de pares ordenados. Multiplicando por los que le proporcionan la respuesta. Esto es fácil de enumerar 1.(1,2) 2. (1,3) 3. (1,4) 4. (1,5), 5 (1,6) así que hay 5 con 1 en la primera posición. El recuento también será de 5 por 2, 3, 4, 5, y 6. Por lo que podemos hacer este 6(5) =30 formas y así, para k=n-1 el resultado es n 6 5/(6$^n$)= 5n/ 6$^n$ $^-$ $^1$.
- k=n-2, Ahora es más complicado, tenemos que buscar en situaciones en donde de un lado se produce n-2 y otros dos de cada ocurrir una vez o uno de los otros se produce dos veces. Primero vamos a contar 1 ocurriendo n-2 veces 2 veces ocurren de 1 hora y 3 que ocurren de 1 hora. Este sería el número de maneras en que puede elegir 2 ranuras de n por el triple (1,2,3) poner 2 en la ranura que se encuentra más a la izquierda. Este número será entonces multiplicado por todos ordenó triples.
Hay 3 formas de tener 1 en la primera ranura y 2 en el segundo. Lo mismo es cierto para cualquier otro par ordenado. En el caso anterior, hemos comprobado que hay 30 pares ordenados de enteros del 1 al 6. Así que por distintas triplica la probabilidad es Que sería nC2=n!/(2! (n-2)!)=
3 (30)n(n-1)/(2 6$^n$)= 3 (15) n (n-1)/6$^n$=
45n (n-1)/6$^n$.
A esto tenemos que añadir los triples que se parecen (1,2,2) multiplicado por 1/6$^n$. Pero estos son en 1-1 correspondencewith los pares ordenados (1,2,2) equivalente a (1,2) y (2,1,1) a (2,1). Así tenemos 30 pares ordenados y desde el primer número puede aparecer en cualquier n-2 de la n ranuras o nC2 tiempo. Por tanto, debemos agregar 30 n (n-1) /(2 6$^n$)
=15 n (n-1)/ 6$^n$.
El resultado es, por tanto, de 60 n(n-1)/6$^n$ = 10 n (n-1)/6$^n$ $^-$ $^1$.
Esto parece más complicado, pero tal vez una inducción de la fórmula.
Tone Stangeland
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21
Para un dado justo la probabilidad de que un lado particular viene en un rollo es $1/6$. Si tira los tiempos de #% die %#% el número de veces que se parte es binomial con probabilidad de éxito $n$. Así que para cualquier $1/6$ la probabilidad de que el lado ocurre más veces de $m$ es
$m$$
donde $$\sum_{k=m+1}^n {n \choose k} \left(\tfrac{1}{6}\right)^k \left(\tfrac{5}{6}\right)^{n-k}$ (el número de maneras de elegir los artículos de ${n \choose k}= \frac{n!}{k! (n-k)!}$de % de $k$). En este caso tomar $n$ donde $m = \lceil\frac{n}{6}\rceil$ denota el menor entero mayor o igual a r.
Supongo que me lo imaginé. Resulta que este es computacionalmente complejo problema, pero la idea se basa en la distribución multinomial.
Distribución Multinomial es la generalización de la distribución Binomial en los casos cuando se tiene un número arbitrario de los resultados con probabilidades fijas en cada ronda. Cuando las probabilidades de los resultados se distribuyen de modo uniforme, podemos escribir la función de masa de probabilidad de la siguiente manera:
$$\frac{L!}{\prod_{i=1}^n{\left[x_i!\right]}} n^{-\sum_{i=1}^{n}{x_i}}$$
donde, $L$ - número de morir rollos, $n = 6$ número de igual por igual los resultados y $x$ es el resultado de vector con $i$th elemento representa cuántas veces se $i$th resultado ha sido visto. Matemáticamente hablando:
$$x \in \mathbb{N}^n \mid \sum_{i=1}^{n}{x_i}=L$$
El problema, entonces, es encontrar el conjunto de todos los resultados posibles vectores $\mathrm{X}$ que:
$$\forall x_i \in x \space x_i \leq k$$
Este es claramente el problema de cálculo, pero cuando sabemos que el conjunto de la coincidencia de resultados vectores $X$, entonces podemos calcular la probabilidad general de que ninguna de las partes de un dado de venir mayor que $k$ veces
$$ \sum_{x \in X}\left[ {\frac{L!}{\prod_{i=1}^n{\left[x_i!\a la derecha]}}n^{-\sum_{i=1}^{n}{x_i}} }\right] $$
