Probabilidad de rodar $n$ dados que son cada uno es mayor o igual a $x$ con un conjunto determinado de posibles modificadores positivos aplicados a cada dado

Question

Actualmente estoy analizando las probabilidades de un juego de mesa. Las tiradas exitosas en el juego se determinan tirando $n$ número de dados y contar el número de dados que son mayores o iguales a un determinado valor (algún umbral predeterminado $x$ (por ejemplo, los valores podrían estar entre el 1 y el 6 de un dado de seis caras).

Por ejemplo, supongamos que mi umbral $x=3$ si ruedo $10$ un dado de seis caras, ¿cuál es la probabilidad de que $4$ los dados caerían en un $3$ o mayor?

Además, el juego permite aplicar un conjunto positivo de modificadores sobre los dados después de haberlos tirado, de tal manera que puede llevarlos por encima del umbral determinado $x$ y que cuente como un éxito.

Por ejemplo, supongamos que tiro tres dados de seis caras. Sea $n_i$ representa el valor del dado, y deja que $n_1=2$ , $n_2=3$ y $n_3=6$ . Supongamos que tengo un umbral de $x=4$ tienen un grupo de $+3$ puntos para aplicar en cualquiera de esos dados. Podría distribuir todos esos puntos en ambos $n_1$ y $n_2$ de tal manera que ahora tengo tres éxitos en lugar de sólo uno (donde ahora $n_1=2+2=4$ , $n_2=3+1=4$ y $n_3=6$ .)

¿Cómo son las probabilidades de rodar $n$ dados que son cada uno es mayor o igual a $x$ ¿se ve afectado por el número de puntos de la reserva de modificadores?

He intentado desarrollar una fórmula específicamente para responder a la última pregunta anterior, de modo que pueda analizar la distribución de un determinado número de dados con diferentes umbrales. Empecé pensando en ello como una distribución binomial, sin embargo, no estoy seguro de cómo se ve afectada por los modificadores.

Answer 1

Esto puede solucionarse con un poco de trabajo en caja. Lo haré para el ejemplo de $10$ dados de seis caras donde se necesita $4$ dados para mostrar al menos $5$ y tienes $3$ puntos modificadores a distribuir.

La probabilidad de obtener $4$ dados sin tener que usar puntos es

$$ \sum_{k=4}^{10}\binom{10}k\left(\frac26\right)^k\left(\frac46\right)^{10-k}=\frac{8675}{19683}\approx44\%\;. $$

Es necesario utilizar exactamente $1$ punto si tiras $4$ una vez y al menos $5$ tres veces; la probabilidad para ello es

$$ \binom{10}1\binom93\left(\frac16\right)^1\left(\frac26\right)^3\left(\frac36\right)^6=\frac{35}{432}\approx8\%\;. $$

Es necesario utilizar exactamente $2$ puntos si tiras $4$ dos veces y al menos $5$ dos veces; o $3$ una vez, al menos $5$ tres veces y no $4$ La probabilidad de que eso ocurra es

$$ \binom{10}2\binom82\left(\frac16\right)^2\left(\frac26\right)^2\left(\frac36\right)^6+\binom{10}1\binom93\left(\frac16\right)^1\left(\frac26\right)^3\left(\frac26\right)^6=\frac{85505}{1259712}\approx7\%\;. $$

Y tienes que usar exactamente $3$ puntos si tiras $4$ tres veces y al menos $5$ una vez; o $3$ una vez, $4$ una vez y al menos $5$ dos veces; o $2$ una vez, al menos $5$ tres veces y no $3$ o $4$ La probabilidad de que eso ocurra es

$$ \binom{10}3\binom71\left(\frac16\right)^3\left(\frac26\right)^1\left(\frac36\right)^6+\binom{10}1\binom91\binom82\left(\frac16\right)^1\left(\frac16\right)^1\left(\frac26\right)^2\left(\frac26\right)^6\\ +\binom{10}1\binom93\left(\frac16\right)^1\left(\frac26\right)^3\left(\frac16\right)^6=\frac{39095}{1259712}\approx3\%\;. $$

Por lo tanto, la probabilidad de que pueda obtener al menos $4$ dados para mostrar al menos $5$ con $3$ puntos a distribuir es

$$ \frac{8675}{19683}+\frac{35}{432}+\frac{85505}{1259712}+\frac{39095}{1259712}=\frac{65155}{104976}\approx62\%\;. $$