Es rodar un dado en una distribución de Gauss?

Question

Estoy en una discusión con un amigo a través de rodar un dado varias veces, por ejemplo de rodadura de 5 veces. Su argumento es, que es mucho más difícil para el despliegue de la 1-1-1-1-1 que cualquier otra combinación (por ejemplo 1-5-2-4-3) como los resultados de los rollos de distribuir en una de Gauss, de modo que los bordes son de alguna manera menos probable. Sus argumentos tienen que ver con la teoría de Bayes. Mi intuición me dice justo lo contrario, ya que los dados no tienen memmory y un rollo no está condicionado por el último, por lo que cualquier combinación es igual de probable. Sé que dices son un tema recurrente aquí pero no he encontrado una respuesta clara a mi pregunta...

En los términos finales parece que es una discusión de la Bayessian contra frecuentista enfoques probabilistics. No vamos a resolver hoy... me abandono ya que tenemos un duelo a las doce de la mañana en el patio de la iglesia.

EDITAR Como estoy viendo muchos comentarios y respuestas aquí me gustaría señalar que la discusión es acerca de combinaciones SIN PERMUTACIONES, que es 12345 es diferente de 54321. Además, me dijo 5 rollos para poner un ejemplo concreto, pero lo que se estaba discutiendo era para un gran número de rollos (tomar grandes como el número que quieras...)

Answer 1

Tu amigo tiene razón, es mucho más difícil para el despliegue de la $11111$ que cualquier otra secuencia. Vamos a ver por qué.

El formalismo

Deje $X$ ser el número de veces que un $1$ aparece en $5$ independiente rollos de morir. A continuación, $X \sim \text{Binom}(5, \frac{1}{6})$, y

$$\text{Prob. of sequence 11111} = P(X=5) = \left(\frac{1}{6} \right)^5$$

$$\text{Prob. of any other sequence} = 1-P(X=5) = 1-\left(\frac{1}{6} \right)^5$$

La intuición

Cualquier otra combinación diferente de $11111$ es más probable porque en general que cualquier otra combinación que tiene más opciones por rollo. Incluso en la más restrictiva caso de cualquier otra combinación, donde un $1$ no aparece, usted tendría $5$ de posibilidades ( $2$ $6$) por rollo que haría que el evento ocurra. A su vez, la secuencia de $11111$ sólo tiene una posibilidad por rollo ($1$).

La aproximación Gaussiana

Si se define una variable aleatoria $X$ como anteriormente sobre el experimento de sucesivas e independientes rollos de morir, luego de que el binomio variable aleatoria con los parámetros de $n$ (número de rollos) y $p$ (probabilidad de éxito) se puede aproximar mediante una distribución Gaussiana con media de $np$ y la varianza $np(1-p)$ al $n$ es grande y $p$ no está demasiado cerca ni $1$ o $0$. Hacer que los valores de $n$ $p$ en su problema de satisfacer esa necesidad? Vamos a ver cómo el binomio PMF parece de esos valores:

$\hspace{2.5cm}$

No es tan bueno, ¿verdad? Usted puede encontrar aquí algunas reglas de oro para decidir cuando la aproximación normal podría ser bueno y aquí una prueba acerca de la Gaussiana de la aproximación de la distribución binomial.

Si en la descripción del problema, realice $n$ tan grande como desee, a continuación, con $p=\frac{1}{6}$, la aproximación Gaussiana es bueno. Vamos a ver:

$\hspace{2.5cm}$

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Acerca de por qué este enfoque sólo funciona al $12345$ es diferente de $54321$

Vamos a ver ahora por qué la definición de $X$ como en el anterior, de hecho, sólo funciona si tenemos en cuenta que $12345$ es diferente de $54321$. Para ello, vamos a considerar un juguete ejemplo. Supongamos que rodar tres veces al $2$colindado mueren y deje $X$ ser el número de veces que un $1$ aparece. Así, por ejemplo, $X=2$ cuando cualquiera de las siguientes secuencias se producen

$$121\quad 112\quad 211$$

De esta manera $P(X = 2) = 3\left(\frac{1}{2}\right)^3$, pero vamos a escribir esto de una forma más interesante

$$P(X = 2) = \binom{3}{2}\left(\frac{1}{2}\right)^2\left(\frac{1}{2}\right)$$

...y ¿qué es esto? Nada más que una binomial de probabilidad! De esta manera, podemos ver que el uso de probabilidades binomiales, estamos considerando que $121$, $211$ y $112$ son todos secuencias diferentes pero con la misma probabilidad! y es por eso que multiplicar la probabilidad plazo$\displaystyle \left(\frac{1}{2}\right)^2\left(\frac{1}{2}\right)$$\displaystyle \binom{3}{2}$.

Answer 2

Podemos calcular el $$\left(\sum_{i=1}^6 x_i\right)^5$$

Podemos ampliar esta con la Multinomial teorema. Los coeficientes antes de cada monomio es el número de configuraciones para obtener las ocurrencias de los correspondientes exponentes. Por ejemplo, el término $x_1^2x_2^2x_3$ nos dirá que hay tantas combinaciones de 2, 2 de dos en dos y uno de tres como el coeficiente de antes.

Para el caso general, dicho coeficiente será $$\frac{n!}{\prod_{i=1}^n e_i!}$$ where $e_i$ son los exponentes, es decir, las apariciones individuales.

En el caso extremo, si todos los exponentes son uno se convierte en todas las permutaciones posibles: $n!$ $5! = 120$ configuraciones.

Y si uno exponente es n y todas las demás 0:

$$\frac{n!}{n!0!0!\cdots} = \frac{n!}{n!} = 1$$