Problema de la probabilidad de los dados

Question

He aquí un problema que he encontrado recientemente en un libro de Probabilidad:

Cuando se lanzan "x" dados justos (que tienen seis caras cada uno), deduzca la fórmula de la probabilidad de que la suma de las puntuaciones de los dados sea un determinado número "n".

¿Alguien tiene un enfoque elegante para derivar esta fórmula?

Answer 1

No existe una fórmula cerrada simple, aunque hay funciones generadoras y recursivas.

Por ejemplo, es el coeficiente de $y^n$ en la expansión de $$\left(\frac{y+y^2+y^3+y^4+y^5+y^6}{6}\right)^x = \left(\frac{y(1-y^6)}{6(1-y)}\right)^x.$$

También es $p(x,n)$ donde $$p(a,b)=\frac{1}{6}\sum_{c=1}^6 p(a-1,b-c)$$ a partir de $p(0,b)=0$ excepto que $p(0,0)=1$ .

Answer 2

Dejemos que $X$ sea una suma de representación de unos dados y $Y$ suma de algunos otros dados. Sea $W_X(z) = \sum_k P(X = k) z^k$ es decir $P(X = k) = k!\frac{d^kW}{dz^k}\!(0)$ . Simiralry para $Y$ y $W_Y$ . Demostraré que $W_{X+Y} = W_X \cdot W_Y$ . $$\begin{align*} W_X\cdot W_Y &= \left(\sum_k P(X = k)z^k\right)\left(\sum_m P(Y = m)z^m\right) \\ &= \sum_k \left(P(X = k)z^k\sum_m P(Y = m)z^m\right) \\ &= \sum_k \sum_m P(X = k)z^k P(Y = m)z^m \\ &= \sum_k \sum_m P(X = k)P(Y = m)z^{k+m} \\ &= \sum_n \sum_m P(X = n-m)P(Y = m)z^{n} \hspace{50pt} & (1)\\ &= \sum_n \left(\sum_m P(X = n-m)P(Y = m)\right)z^n \\ &= \sum_n \left(\sum_m P(X = n-m\ \ \text{and}\ \ Y = m)\right)z^n & (2)\\ &= \sum_n \left(\sum_m P(X + Y = n\ \ \text{and}\ \ Y = m)\right)z^n & (3)\\ &= \sum_n P(X + Y = n)z^n &(4)\\ &= W_{X+Y}\\ \end{align*}$$ Aquí en (1) tenemos $n = k+m$ en (2) estoy usando que $X$ y $Y$ utilizan dados diferentes, por lo que $X$ y $Y$ son independientes, en (3) tenemos $Y = m$ por lo que puedo añadir esto a ambos lados de $X = n-m$ y finalmente en (4) necesito que los eventos $Y = m$ no se superponen para diferentes $m$ s y en total dan todos los resultados posibles (es decir $Y \neq \frac{1}{2}$ etc.). La reordenación de las sumas está permitida porque son finitas (para series infinitas sería posible, pero sólo porque todas son no negativas y convergen para todas $|z| < 1$ ).

Por favor, pregunte, si tiene más preguntas (también puede haber algunos errores tipográficos a pesar de que he revisado dos veces).

Answer 3

Dejemos que $X_i$ sea el resultado de $i$ -Doble dado. Tesis: $$P\left(\sum_{i=1}^{N} X_i = k\right) \text{ is equal to coefficient in $ z^k $ of } \left(\frac{z^1+\ldots +z^6}{6}\right)^N. \quad\quad\quad(1)$$

Prueba por inducción:

Base de inducción: $P(X_1 = k) = \frac{1}{6}$ para $1 \leq k \leq 6$ y $0$ de lo contrario.

De hecho, este es el caso de $\left(\frac{z^1+\ldots+z^6}{6}\right)^1$ .

Asunción de la inducción: la tesis (1) es válida para $1, 2, \ldots, N$ .

Hipótesis de inducción: la tesis (1) es válida para $N+1$ .

Paso de la inducción:

Sabemos que $$\left(\frac{z^1+\ldots+z^6}{6}\right)^{N+1} = \left(\frac{z^1+\ldots+z^6}{6}\right)^N\left(\frac{z^1+\ldots+z^6}{6}\right) \quad\quad\quad(2)$$ Por la suposición sabemos que la primera parte del lado derecho representa la distribución de probabilidad de la suma de $N$ dados y la segunda parte representa un solo dado. Usando la notación que he usado en otra respuesta podemos observar que el lado derecho se puede escribir como $W_{X_1 + \ldots + X_N} \cdot W_{X_{N+1}}$ y eso es igual a $W_{X_1 + \ldots + X_N + X_{N+1}}$ por las fórmulas que he derivado allí. Pero la definición de este polinomio es $$W_{X_1 + \ldots + X_N + X_{N+1}}(z) = \sum_k P(X_1 + \ldots + X_N + X_{N+1} = k) z^k$$

por lo que el coeficiente en $z^k$ es $P(X_1 + \ldots + X_N + X_{N+1} = k)$ que es precisamente la hipótesis de inducción y que completa el paso de inducción.

Por el método de inducción que completa la prueba de (1) para todo $N \geq 1$ .

El epílogo: Es importante que los diferentes dados reciban diferentes $X$ -es, porque así se dice que esos resultados son independientes. Al tener sólo una $X$ permitiría derivar que sólo tienes 6 respuestas posibles: $N, 2N, 3N, \ldots, 6N$ ya que significaría simplemente tomar el mismo resultado de la única $die$ $N$ tiempos. (Anotación $W_{X+X}$ en uno de los comentarios anteriores es simplemente erróneo y no debería haber ocurrido. Eso debería ser $W_{X_1 + X_2}$ naturalmente).

En conclusión, creo que me he excedido un poco, pero supongo que más explícito es en este caso mejor que menos explícito, por favor, sopórtalo. También puede haber algunos errores tipográficos, así que ¡cuidado!

Answer 4

Podemos resolver esto usando funciones generadoras, la respuesta es el coeficiente de $x^n$ $$\left(\frac 1 6 \right)^x \times (z+z^2+\dots+z^6)^x = \left(\frac 1 6 \right)^x \times \left(z\frac{1-z^6}{1-z}\right)^x$$ $$= \left(\frac 1 6 \right)^x \times z^x (1-z^6)^x(1-z)^{-x}$$

Podemos derivar la fórmula explícita de esta expansión como $$\left(\frac 1 6 \right )^x \times \sum \limits_{i=0}^{\min(x,\lfloor (n-x)/6\rfloor)} (-1)^{n+i} \binom{x}{i} \binom{-x}{n-x-6i}$$ $$= \left(\frac 1 6 \right)^x \times \sum_{i=0}^{\min(x,\lfloor (n-x)/6\rfloor)} (-1)^i \binom{x}{i} \binom{n-6i-1}{x-1}$$

Ref: Respuesta de Max Alekseyev a una pregunta de desbordamiento matemático

Answer 5

Empecemos con el caso simple de un solo dado de dos caras, y dejemos que $p(x)$ sea nuestra probabilidad deseada.

Claramente $p(1)=1/2$ . ¿Cómo podemos obtener un 2? Sacamos un 2 la primera vez (con probabilidad 1/2) o podemos sacar o sacar un 1 y luego un 1, es decir $$p(2)=\frac{1}{2}+p(1)\cdot \frac{1}{2}$$

En general un poco de pensamiento da que para $x>2$ $$p(x)=\frac{1}{2}p(x-1)+\frac{1}{2}p(x-2)$$

Intentemos resolver esta relación de recurrencia. El polinomio característico es $$x^2-\frac{1}{2}x-\frac{1}{2}$$

con raíces $r_1=1,r_2=-1/2$ .

Entonces

$$\begin{align} p(x)&=k_1 r_1^x + k_2 r_2^x \\ & = k_1+k_2\left(-\frac{1}{2}\right)^x \end{align}$$ donde podemos determinar las constantes $k_1,k_2$ de nuestro conocimiento de $p(1)$ y $p(2)$ .

Para un solo dado de seis caras un argumento similar da que para $x>6$

$$p(x) = \frac{1}{6}\sum_{i=1}^6 p(x-i)$$

Añadiendo otro dado se llega a la recurrencia dada por Henry