¿Cuál es la probabilidad de lanzar $2n$ dado que la suma de los primeros $n$ equivale a la suma del $n$?

Question

La Pregunta

¿Cuál es la probabilidad de que, rodando $n$ a los seis caras de los dados dos veces, que su suma cada vez totales a la misma cantidad? Por ejemplo, si $n = 4$, y que rollo $1,3,4,6$$2,2,5,5$, la adición de ellos da

$$ 1+3+4+6 = 14 = 2+2+5+5 $$

What is the probability this happens as a function of $n$?

Early Investigation

This problem is not too hard for $n = 1$ or $n = 2$ via brute force...

For $n = 2$:

Tie at a total of $2$: $$ \frac{1}{36} * \frac{1}{36} = \frac{1}{1296} $$

Tie at a total of $3$: $$ \frac{2}{36} * \frac{2}{36} = \frac{4}{1296} $$

etc.

así que la respuesta es $$ \frac{1^2 + 2^2 + 3^2 + ... + 6^6 + 5^2 + ... + 1^2}{1296} = \frac{\frac{(6)(7)(13)}{6} + \frac{(5)(6)(11)}{6}}{1296} = \frac{146}{1296} $$

Note that I use the formula: $\sum_{k=1}^{n}k^2=\frac{(n)(n+1)(2n+1)}{6}$.

Is there a way to do this in general for $$ n de los dados? O, al menos, un proceso de para venir para arriba con una manera razonablemente rápida de la fuerza bruta de la leche de fórmula?

La Dificultad

Surge el problema de que la suma de los cuadrados no es tan simple cuando nos llegar a los tres dados.

Usando una hoja de cálculo, me di cuenta de que necesitamos la suma de estas plazas para 3 dados:

$$ 1, 3, 6, 10, 15, 21, 25, 27, 27, 25, 21, 15, 10, 6, 3, 1 $$

For a brute force answer of $\frac{4332}{46656}$. Nota cómo podemos utilizar no más la suma de los cuadrados de la fórmula, como las plazas necesitamos suma hay no lineal.

Algunos Pensamientos

Yo no soy más cerca de averiguar una respuesta para $n$ a los dados, y, obviamente, el la pregunta se vuelve cada vez más difícil para los más dados.

Una cosa que he notado: veo un parecido a la de Pascal el Triángulo de aquí, excepto comenzamos con la primera fila de seis $1$, no un $1$. Sí, tenemos:

               1 1 1 1 1 1
          1 2 3 4 5 6 5 4 3 2 1
 1 3 6 10 15 21 25 27 27 25 21 15 10 6 3 1
1 4 9 16 25 36 46 52 54 52 46 36 25 16 9 4 1
...

pero eso es un proceso, no una fórmula. Y todavía no es práctico para $n = 200$.

Sé cómo probar la fórmula en cualquier celda, en el Triángulo de Pascal para ser $C(n,r) = \frac{n!}{r!(n-r)!}$... el uso de la inducción; que en realidad no me dan pistas a los determinista encontrar una fórmula similar para mi modificado triángulo. También no es inmediatamente obvio suma de una fila de este triángulo como hay (potencias de 2) en el Triángulo de Pascal.

Cualquier visión se agradece. Gracias de antemano!

Answer 1

No sé si usted está interesado en aproximado asintótica y respuestas – hay un sencillo cálculo para un gran $n$. La distribución de la suma tiende a una distribución normal. La varianza de un dado es

$$ \langle x^2\rangle-\langle x\rangle^2=\frac{1+4+9+16+25+36}6-\left(\frac{1+2+3+4+5+6}6\right)^2=\frac{35}{12}\;, $$

por lo que la varianza para el $n$ dados es $n$ veces que. La probabilidad de que un empate es la suma de los cuadrados de las probabilidades, que podemos aproximar la integral del cuadrado de la densidad, por lo que esta es

$$ \int_{-\infty}^\infty\left(\frac{\exp\left(-x^2/\left(2\cdot\frac{35}{12}n\right)\right)}{\sqrt{2\pi\frac{35}{12}n}}\right)^2\,\mathrm dx=\int_{-\infty}^\infty\frac{\exp\left(-x^2/\left(\frac{35}{12}n\right)\right)}{2\pi\frac{35}{12}n}\,\mathrm dx=\sqrt{\frac3{35\pi n}}\approx\frac{0.1652}{\sqrt n}\;. $$

La aproximación es bastante buena para $n=3$, donde se produce, por lo $0.095$, mientras que de su respuesta exacta es acerca de $0.093$.

Answer 2

Es posible calcular exactamente si usted está dispuesto a usar la aritmética de enteros de precisión arbitraria.

Puede utilizar la recursividad $$f(n,k)=\sum_{j=1}^6 f(n-1,k-j)$$ starting at $f(0,0)=1$ and $f(0,k)=0$ when $k\no =0$ to find the number of ways of scoring $k$ from $n$ dice. Your result is then $$\sum_{i=n}^{6n} f(n,i)^2 / 6^{2n}$$ which is the division of two very large integers: for $n=200$ the numerator will be about $2.1\times 10^{309}$ and the denominator will be $6^{400}\aprox 1.8\times 10^{311}$.

Más práctica en el uso de una hoja de cálculo y sólo buscando por varios lugares decimales que usted puede utilizar $$g(n,k)=\sum_{j=1}^6 g(n-1,k-j) / 6$$ starting at $g(0,0)=1$ and $f(0,k)=0$ when $k\no =0$ to find the probability of scoring $k$ from $n$ dice. Your result is then $$\sum_{i=n}^{6n} g(n,i)^2.$$

Con $n=200$ este último método, más de 200 columnas y 1200 filas de la hoja de cálculo, por lo que no es difícil, y una columna adicional para las plazas de la final de la columna. En la práctica es dar un valor de alrededor de $0.0116752$ para la probabilidad de coincidir en sumas de rodadura 200 dados dos veces.

Esto se compara con alrededor de $0.0116798$ de joriki la aproximación, una diferencia relativa de alrededor de 0.04%.

Answer 3

Esto no es tan explícito como usted quiera, pero es un primer paso. Os animo a leer acerca de la generación de la función, una posible respuesta a su pregunta se encuentra en ellos. (Además de que son muy divertido!).

Se puede demostrar que el número de maneras de escribir $k=x_1+x_2+\cdots +x_n$ donde $1\leq x_i\leq 6$ todos los $i$ el coeficiente de $x^k$ en $$ (x+x^2+x^3+x^4+x^5+x^6)^n. $$ Este coeficiente es el coeficiente multinomial $${n\choose x_1,x_2,\cdots, x_m}$$, where $k=x_1+x_2+\cdots +x_n$ for a given $k$.

Ahora lo que quiero hacer es la suma de los cuadrados de estos coeficientes y se divide por $36^n$

Podemos escribir esto como $$ \frac{1}{36^n}\sum_{k=n}^{6n}\quad\sum_{x_1+x_2+\cdots +x_n=k}{n\elegir x_1,x_2,\cdots, x_m}^2 $$ Sustituyendo $n=2$ obtenemos $\frac{146}{1296}$ $n=3$ obtenemos $ \frac{4332}{46656}.$