Cuando el producto de las tiradas de dados da como resultado un cuadrado

Question

Pregunta sucinta:

Supongamos que tiras un dado justo de seis caras $n$ tiempos.

¿Cuál es la probabilidad de que el producto de las tiradas sea un cuadrado?

Contexto:

Utilicé esta pregunta en un curso para profesores de primaria cuando $n=2$ y pensé que la generalización podría ser una buena pregunta de seguimiento para los profesores de matemáticas de secundaria. Pero me he encontrado con bastantes dificultades para abordarla, y me pregunto si hay una solución más ordenada que la que ya he visto, y con qué femonena más profunda se conecta.

Conocido:

Dado que las seis caras de un dado son $1, 2, 3, 2^2, 5,$ y $2\cdot3$ el producto de los rollos es siempre de la forma $2^{A}3^{B}5^{C}$ y la pregunta se transforma ahora en la probabilidad de que $A, B, C$ son todos iguales. El componente real de "probabilidad" es más que nada para facilitar la redacción; su única contribución es un $6^n$ en el denominador, y mi verdadera pregunta es de naturaleza más combinatoria: a saber,

¿De cuántas maneras puede el producto de $n$ ¿los rollos producen un cuadrado?

Un enfoque que he visto consiste en crear primero un $8 \times 8$ matriz correspondiente a los ocho casos en torno a la paridad de $A, B, C$ Se puede entonces tomar el producto punto de cada rollo con esta matriz, y esperar encontrar un patrón. De este modo, se puede descubra la fórmula:

$$\frac{6^n + 4^n + 3\cdot2^n}{8}$$

y la versión "probabilística" es simplemente esta fórmula con otra $6^n$ multiplicado en el denominador.

En cuanto a probando esto: Algunas conjeturas en torno a las combinaciones lineales del numerador dan como resultado una fórmula para cada uno de los ocho casos relativos a $A,B,C$ paridad, y entonces se pueden demostrar las ocho por inducción. Y así, "conozco" la respuesta en el sentido de que tengo las ocho fórmulas (y la particular que aparece arriba es correcta), pero no fueron encontradas de forma especialmente organizada.

Mi pregunta actual:

¿Cuál es la forma sistemática de deducir la fórmula, dada anteriormente, para el número de formas del producto de $n$ rollos produce un cuadrado, y ¿a qué fenómenos más profundos se refiere?

Answer 1

En este problema se puede obviar el engorroso método de la matriz de transición y obtener una solución explícita más rápida utilizando funciones generadoras y algunos trucos de álgebra.

Tu objetivo es contar el número de 2s, 3s y 5s que aparecen en la factorización de primos $ (2^A 3^B 5^C)$ del producto de N tiradas de un dado. Los exponentes de estos primos aumentan de forma aditiva con cada tirada. Podemos modelar esto tratando los exponentes $(A,B,C)$ como vectores de posición en una red tridimensional.

Paso 1. Cada resultado de cada tirada del dado tiene una factorización prima, y tiene el efecto incremental de cambiar su posición en la red por un vector de desplazamiento. A continuación, tabulamos los posibles resultados de una tirada de un dado, y los exponentes que aparecen en la factorización prima del número tirado).

1: (0,0,0) 2:(1,0,0) 3:(0,1,0) 4:(2,0,0) 5:(0,0,1) 6:(1,1,0)

Como sólo queremos tener en cuenta la paridad de estos exponentes, podemos considerar (2,0,0) como equivalente a (0,0,0). Obsérvese que ahora hay dos maneras de hacer rodar este vector de desplazamiento nulo, y una manera de hacer rodar los otros vectores de desplazamiento.

Paso 2. Ahora utilizamos expresiones algebraicas como dispositivo notacional para modelar un desplazamiento en una red. Para cada uno de los resultados enumerados anteriormente, utilizamos su factorización primaria para construir una expresión algebraica asociada. (Hay que admitir que parece que nos estamos persiguiendo la cola, alternando entre descripciones aditivas y multiplicativas de los números, pero tened paciencia. ) :)

$1\to 2^0 3^0 5^0 \to a^0 b^ 0 c^0 $ (desplazamiento nulo en la red de exponentes)

$ 2\to 2^1 3^0 5^0 \to a^1 b^0 c^0 = a$

$\ldots$

$ 4\to 2^2 3^0 5^0 \to a^2 \to a^0$ (desplazamiento nulo) porque en nuestro caso sólo nos importa la paridad en la red de exponentes

$\ldots$

$ 6\to a*b$

Paso 3. Ahora estamos listos para introducir las funciones generadoras. Para tener en cuenta los seis resultados de una tirada de dados, establezca $F(a,b,c)= 2+ a + b + a*b + c$ que cuenta correctamente el resultado nulo. La magia de las funciones generadoras como dispositivo de contabilidad es que, por ejemplo, la 3ª potencia del polinomio multivariable $F(a,b,c)$ te dice el número de formas en que tres tiradas del dado pueden sumar un vector de desplazamiento dado en la red de exponentes. Es decir, la expansión de la tercera potencia $F(a,b,c)^3=8 + 12 a + 6 a^2 + a^3 + 12 b + 24 a b + 15 a^2 b + 3 a^3 b + 6 b^2 + 15 a b^2 + 12 a^2 b^2 + 3 a^3 b^2 + b^3 + 3 a b^3 + 3 a^2 b^3 + a^3 b^3 + 12 c + 12 a c + 3 a^2 c + 12 b c + 18 a b c + 6 a^2 b c + 3 b^2 c + 6 a b^2 c + 3 a^2 b^2 c + 6 c^2 + 3 a c^2 + 3 b c^2 + 3 a b c^2 + c^3$

te dice que en tres rollos hay $6$ formas de obtener la expresión algebraica $a^2 b c$ (que corresponde al vector de desplazamiento $(2,1,1)$ en el entramado de exponentes, que a su vez corresponde a aumentar el producto acumulado de los números rodados por el factor $2^2 \times 3 \times 5$ .)

Ahora bien, como se quiere llevar un control de la $n_{th}$ poder de $F(a,b,c)$ se puede introducir la serie geométrica $g(a,b,c;t)= \frac{1}{ 1- t F} = 1+ t F+ t^2 F^2 + t^3 F^3 \ldots$ cuya expansión en potencias de $t$ consiste en los poderes de $F$ .

Paso 4. Recordemos que queremos agrupar todas las posiciones de la red que tengan la misma paridad mod 2. Un truco para lograr esa "identificación topológica" de los puntos congruentes de la red es simetrizar la función $g$ para que sea uniforme en cada una de las variables $(a,b,c)$ para que sólo las potencias pares de $a,b,c$ en su expansión de Taylor. Esta función simetrizada es una expresión de ocho términos $S(a,b,c;t)= \frac{1}{8}[g(a,b,c;t)+ g(-a,b,c;t)+ g(a,b,c) + g( a,-b, c) +\ldots]$

En principio podríamos ampliar $8S(a,b,c;t) $ como una serie de Taylor: $8 + 16 t + 8 (4 + a^2 + b^2 + a^2 b^2 + c^2) t^2 + (64 + 48 a^2 + 48 b^2 + 96 a^2 b^2 + 48 c^2) t^3 +\ldots$

pero en realidad todo lo que nos importa es el número total ponderado de coeficientes de los diferentes términos que se producen para cada potencia de $t$ .

Paso 5. Este último se puede encontrar mediante el sencillo truco de sustituir $a=1, b=1, c=1$ lo cual es una gran simplificación. Así que vuelve y hazlo desde el principio, donde $g$ se introduce, se repite el proceso de simetrización, se insertan los valores numéricos $a=1,b=1,c=1$ y recoger los términos en una expresión que ahora sólo depende de $t$ . Vemos que $ 8 S(a,b,c;t) =3 + 1/(1 - 6 t) + 1/(1 - 4 t) + 3/(1 - 2 t)$ .

Paso 6. Ahora por fin queda claro (expandiendo la última expresión en su serie geométrica) por qué se obtiene la respuesta $\frac{6^n + 4^n + 3* 2^n}{8}$ .

Answer 2

Para $1\le i\le6,\;$ dejar $a_i$ sea el número de dados que tienen el dígito $i$ que aparezca.

El producto de los rollos será un cuadrado perfecto cuando $a_2+a_6,\;$ $a_3+a_6,\;$ y $a_5$ son todos parejos;

por lo que podemos considerar dos casos:

$\textbf{1)}$ Cuando $a_2, a_3, a_6$ son todos Impares, obtenemos la función generadora exponencial

$\;\;\;\displaystyle\underbrace{\big(1+x+\frac{x^2}{2!}+\cdots\big)^2}_{a_1, a_4}\underbrace{\big(x+\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}+\cdots\big)^3}_{a_2, a_3, a_6}\underbrace{\big(1+\frac{x^2}{2!}+\frac{x^4}{4!}+\cdots\big)}_{a_5}$

$\;\;\;\displaystyle=e^{2x}\left(\frac{e^x-e^{-x}}{2}\right)^3\left(\frac{e^x+e^{-x}}{2}\right)=\color{red}{\frac{1}{16}\big(e^{6x}-2e^{4x}-e^{-2x}+2\big)}$

$\textbf{2)}$ Cuando $a_2, a_3, a_6$ son todos pares, obtenemos la función generadora exponencial

$\;\;\;\displaystyle\underbrace{\big(1+x+\frac{x^2}{2!}+\cdots\big)^2}_{a_1,a_4}\underbrace{\big(1+\frac{x^2}{2!}+\frac{x^4}{4!}+\cdots\big)^4}_{a_2,a_3, a_5, a_6}$

$\;\;\;\displaystyle=e^{2x}\left(\frac{e^x+e^{-x}}{2}\right)^4=\color{red}{\frac{1}{16}\big(e^{6x}+4e^{4x}+6e^{2x}+e^{-2x}+4\big)}$

Sumando los dos casos se obtiene la función generadora

$\;\;\;\displaystyle g_e(x)=\frac{1}{16}\big[2e^{6x}+2e^{4x}+6e^{2x}+6\big]=\color{red}{\frac{1}{8}\big[e^{6x}+e^{4x}+3e^{2x}+3\big]}$

$\hspace{.3 in}\displaystyle=1+\frac{1}{8}\sum_{n=1}^{\infty}\left(6^n+4^n+3\cdot2^n\right)\frac{x^n}{n!},\;\;$ por lo que hay

$\displaystyle \hspace{.5 in}\color{blue}{\frac{1}{8}\big(6^n+4^n+3\cdot2^n\big)}$ formas de rodar $n$ dados y obtener un producto que sea un cuadrado perfecto.

Answer 3

Nota: Esta respuesta puede considerarse como un complemento a la bonita respuesta de @MathWonk. Aquí nos centramos mucho en _funciones generadoras_ .

Introducción: Una representación típica de un rollo de un dado de seis caras viene dado por \begin{align*} x^1+x^2+x^3+x^4+x^5+x^6 \end{align*} Los exponentes de $x$ representan los puntos del dado, los coeficientes el número de ocurrencias del evento respectivo. Como queremos contar el número de casillas en $n$ rollos, también llevamos la cuenta de los factores primos $2,3$ y $5$ que se producen en los números $1,\ldots,6$ . Utilizamos las variables $a,b$ y $c$ para marcar el número de estos factores primos. Obtenemos la función generadora \begin{align*} x+ax^2+bx^3+a^2x^4+cx^5+abx^6 \end{align*} La variable $a$ representa la ocurrencia de $2$ , $b$ representa $3$ y $c$ el primer $5$ . Dado que el número $6=2\cdot3$ contamos el factor primo $2$ y $3$ multiplicando el término $x^6$ con $a b$ . Esto se hace de forma similar para todas las demás caras del troquel.

También queremos llevar la cuenta de los número de rollos por lo que introducimos una variable $t$ y multiplicar cada término con él. De esta manera podemos definir como bloque de construcción básico la función generadora \begin{align*} A(a,b,c;t;x)=(x+ax^2+bx^3+a^2x^4+cx^5+abx^6)t \end{align*} Una función generadora que representa $n\geq 1$ rollos es \begin{align*} A_n(a,b,c;t;x)&:= \left(A(a,b,c;t;x)\right)^n\\ &=(x^1+ax^2+bx^3+a^2x^4+cx^5+abx^6)^nt^n \end{align*}

En realidad, se trata sólo de notas introductorias, que aportan algunos conocimientos previos. En cambio, podemos empezar con

Parte principal: Dejemos que $A_n(a,b,c;t;x)$ sea una función generadora de un dado de seis caras que representa $n$ que lleva la cuenta de los factores primos $2,3$ y $5$ de las pepitas y el número de tiradas. Se da para $n\geq 1$ por \begin{align*} A_n(a,b,c;t;x)&=(x^1+ax^2+bx^3+a^2x^4+cx^5+abx^6)^nt^n\\ &=t^n\sum_{{i_1+i_2+\ldots+i_6=n}\atop{i_j\geq 0,1\leq j \leq 6}}\binom{n}{i_1,i_2,\ldots,i_6} x^{i_1+2i_2+\ldots+6i_6}a^{i_2+2i_4+i_6}b^{i_3}c^{i_5}\tag{1} \end{align*} con $\binom{n}{i_1,i_2,\ldots,i_6}=\frac{n!}{i_1!i_2!\cdots i_6!}$ el _coeficientes multinomiales_ .

Como queremos contar las tiradas dando números cuadrados buscamos una función generadora $B_n(a,b,c;t;x)$ que se basa en $A_n(a,b,c;t;x)$ pero además cumple, que los exponentes de $a,b$ y $c$ están igualados. De hecho, este fue el razonamiento para introducir estas variables.

Para obtener exponentes pares de $a,b$ y $c$ necesitamos según la representación en (1)

\begin{align*} i_2+2i_4+i_6&\equiv 0(2)\\ i_3&\equiv 0(2)\tag{2}\\ i_5&\equiv 0(2) \end{align*}

Ahora recordemos que cada función $f(x)$ puede representarse como suma de una función par e impar a través de \begin{align*} f(x)&=f_e(x)+f_o(x)\\ &=\frac{f(x)+f(-x)}{2}+\frac{f(x)-f(-x)}{2} \end{align*} La parte par $G_e(x)$ de una función generadora $G(x)=\sum_{n=0}^{\infty}g_nx^n$ contiene potencias pares de $x$ sólo, ya que \begin{align*} G_e(x)=\frac{G(x)+G(-x)}{2}=\sum_{n=0}^{\infty}g_{2n}x^{2n} \end{align*}

Necesitamos según (2) una función generadora par en las variables $a,b$ y $c$ lo que lleva a \begin{align*} B_n(a,b,c;t;x)=\frac{1}{8}&\left(A_n(a,b,c;t;x)+A_n(-a,b,c;t;x)\right.\\ &+A_n(a,-b,c;t;x)+A_n(-a,-b,c;t;x)\\ &+A_n(a,b,-c;t;x)+A_n(-a,b,-c;t;x)\tag{3}\\ &\left.+A_n(a,-b,-c;t;x)+A_n(-a,-b,-c;t;x)\right)\\ \end{align*}

Nota, necesitamos las variables $a,b$ y $c$ para el derivación de la función generadora adecuada $B_n(a,b,c;t;x)$ . No necesitamos las variables para contar el número de ocurrencias de las casillas. Tampoco necesitamos diferenciar las pepitas, por lo que tampoco necesitamos $x$ ya no.

Simplemente necesitamos la variable $t$ que cuenta el número de tiradas y queremos sumar todos los términos para un $t^n$ . De esta manera contamos todo ocurrencias de cuadrados en $n$ rollos.

Obtenemos: La función generadora $C_n(t)$ representando todas las ocurrencias de casillas al lanzar un dado $n$ veces es $(n\geq 1):$ \begin{align*} C_n(t)&=B_n(1,1,1;t;1)\\ &=\frac{1}{8}\left(A_n(1,1,1;t;1)+A_n(-1,1,1;t;1)\right.\\ &\qquad+A_n(1,-1,1;t;1)+A_n(-1,-1,1;t;1)\\ &\qquad+A_n(1,1,-1;t;1)+A_n(-1,1,-1;t;1)\\ &\qquad\left.+A_n(1,-1,-1;t;1)+A_n(-1,-1,-1;t;1)\right)\\ &=\frac{1}{8}\left((6t)^n+(2t)^n+(2t)^n+(2t)^n+(4t)^n+0+0+0\right)\\ &=\frac{1}{8}\left(6^n+4^n+3\cdot2^n\right)t^n \end{align*}

Tenga en cuenta que es conveniente utilizar el coeficiente de operador $[x^n]$ para denotar el coeficiente de $x^n$ de una serie.

Concluimos, el número de ocurrencias de casillas al lanzar un dado $n$ veces y multiplicando los pips resultantes es el coeficiente de $t^n$ de la función generadora $C_n(t)$ \begin{align*} [t^n]C_n(t)=\frac{1}{8}\left(6^n+4^n+3\cdot2^n\right)\qquad\qquad n\geq 1 \end{align*}

Answer 4

Hay un enfoque hábil para esto basado en biyecciones, aunque pierde mucha de la generalidad de los métodos de función generadora.

Dejemos que $S=\{1,2,3,6\}$ y $T=\{4,5\}$ . Dividiremos las secuencias de rollos en clases en función de si la secuencia contiene elementos de $S, T,$ o ambos.

Clase 1 : Secuencias formadas únicamente por rollos en $T$ . Intercambiando la primera tirada entre $4$ y $5$ da una biyección entre cuadrados y no cuadrados, por lo que exactamente la mitad de las secuencias de esta clase dan un cuadrado.

Clase 2 : Secuencias formadas únicamente por rollos en $S$ . Ahora podemos dividir las secuencias en grupos de $4$ que comparten el mismo apellido $n-1$ rollos. Cada grupo tiene un producto cuadrado, así que exactamente $1/4$ las secuencias de esta clase dan un cuadrado.

Clase 3 : Secuencias que contienen tanto un rollo en $S$ y un rollo en $T$ . A cada secuencia le asignamos un "tipo", que consiste en (1): La ubicación del primer rollo en $S$ (2): la ubicación del primer rollo en $T$ y (3): El resto $n-2$ rollos. Una vez fijado el tipo, hay $8$ opciones para la tirada restante, y exactamente una de ellas da un cuadrado.

Así que el número de secuencias cuadradas es $$\frac{1}{2} |\textrm{Class } 1| + \frac{1}{4} |\textrm{Class } 2| + \frac{1}{8} |\textrm{Class } 3| = \frac{1}{2} 2^n + \frac{1}{4} 4^n + \frac{1}{8} (6^n-2^n-4^n)$$

Answer 5

Utilizando diagonalización en Wolfram Alpha, he podido confirmar tu resultado. He utilizado la matriz

$$M=\left(\begin{array}{cccccccc} 2&1&1&1&1&0&0&0\\ 1&2&1&0&1&1&0&0\\ 1&1&2&0&1&0&1&0 \\ 1&0&0&2&0&1&1&1 \\ 1&1&1&0&2&0&0&1\\ 0&1&0&1&0&2&1&1\\ 0&0&1&1&0&1&2&1\\ 0&0&0&1&1&1&1&2 \end{array} \right)$$ que da transiciones de un paso entre partes de raíz cuadrada de productos (sin parte de raíz cuadrada , $\sqrt{2}$ , $\sqrt{3}$ , $\sqrt{5}$ , $\sqrt{6}$ , $\sqrt{10}$ , $\sqrt{15}$ , $\sqrt{30}$ respectivamente).

Para el número que necesita, quiere la primera entrada de $M^n\ \vec{b}$ donde $\vec{b}=\left(\begin{array}{c}1\\0\\0\\0\\0\\0\\0\\0\end{array}\right)$

Como se mencionó anteriormente, utilizando la diagonalización con Wolfram Alpha (la matriz de diagonalización era en realidad bastante agradable - entradas enteras; la inversa tenía denominadores de octavos), pude confirmar su resultado.

No sé si este método es una mejora respecto a su descripción. Espero que sirva de ayuda.