Lo que pensé que está buscando el número de soluciones a $$x_{1}+x_{2}+x_{3}+x_{4}+x_{5}=25$$ such that $1\leq icadas {i} \leq6$ cada $i$.
Ahora sé que el número de soluciones a este tal que $0\leq x_{i}$ cada $i$ es %#% $ #%
¿Cómo puedo continuar desde aquí?
Gracias
Queremos que el número de soluciones de la ecuación $$x_1 + x_2 + x_3 + x_4 + x_5 + x_6 = 25 \tag{1}$$ sujeto a las restricciones que $1 \leq x_k \leq 6$$1 \leq k \leq 5$.
Método 1: Si no hay restricciones, una solución particular de la ecuación 1 se corresponde con la colocación de cuatro, además de los signos en el $24$ espacios entre las sucesivas en una fila de $25$. Por ejemplo, $$1 1 1 1 1 1 + 1 1 1 1 + 1 1 1 1 1 1 1 1 + 1 1 1 1 1 1 1$$ corresponde a la (prohibido) solución $x_1 = 6$, $x_2 = 4$, $x_3 = 8$, y $x_4 = 7$. Por lo tanto, el número de soluciones de la ecuación 1 en los enteros positivos es el número de maneras en que podemos llenar cuatro de la $24$ espacios entre las sucesivas en una fila de $25$ con la adición de signos, que es $$\binom{24}{4}$$
De manera más general, la ecuación
$$x_1 + x_2 + x_3 + \cdots + x_k = n$$
ha
$$\binom{n - 1}{k - 1}$$
soluciones en los enteros positivos desde una solución particular corresponde a la ubicación de $k - 1$, además de los signos en el $n - 1$ espacios entre las sucesivas en una fila de $n$.
A partir de estas soluciones de la ecuación 1, tenemos que excluir aquellos casos en los que una o más de las variables excede $6$. Desde $4 \cdot 7 + 1 = 29 > 25$, en la mayoría de tres de las variables puede exceder $6$ simultáneamente.
Supongamos $x_1 > 6$. A continuación, $y_1 = x_1 - 6$ es un entero positivo. Sustituyendo $y_1 + 6$ $x_1$ en la ecuación 1 rendimientos \begin{align*} y_1 + 6 + x_2 + x_3 + x_4 + x_5 & = 25\\ y_1 + x_2 + x_3 + x_4 + x_5 & = 19 \tag{2} \end{align*} La ecuación 2 es una ecuación en los enteros positivos con
$$\binom{19 - 1}{5 - 1} = \binom{18}{4}$$
soluciones. Por simetría, hay igual número de soluciones para cada variable que podría superar los $6$. Por lo tanto, hay
$$\binom{5}{1}\binom{18}{4}$$
soluciones en las que una variable excede $6$.
Sin embargo, si restamos del total, hemos restado mucho ya que hemos restado cada caso en que dos variables exceder de seis dos veces, una para cada modo podríamos designar una de las variables como el que excede de seis. Sólo queremos restar de ellos de una vez, por lo que debemos añadir la espalda.
Supongamos $x_1 > 6$$x_2 > 6$. Deje $y_1 = x_1 - 6$$y_2 = x_2 - 6$. A continuación, $y_1$ $y_2$ son enteros positivos. Sustituyendo $y_1 + 6$ $x_1$ $y_2 + 6$ $x_2$ en la ecuación 1 rendimientos \begin{align*} y_1 + 6 + y_2 + 6 + x_3 + x_4 + x_5 & = 25\\ y_1 + y_2 + x_3 + x_4 + x_5 & = 13 \tag{3} \end{align*} La ecuación 3 es una ecuación en los enteros positivos con
$$\binom{13 - 1}{5 - 1} = \binom{12}{4}$$
soluciones. Por simetría, hay un número igual de casos en los que dos de las variables exceder $6$. Por lo tanto, hay
$$\binom{5}{2}\binom{12}{4}$$
casos en los que dos de las variables exceder $6$.
Sin embargo, si lo primero que restar aquellos casos en los que una de las variables y, a continuación, agregue los casos en los que dos de las variables exceder de seis, no hemos restado aquellos casos en los que tres de las variables exceder de seis desde que restar cada caso tres veces, una vez para cada una de las $\binom{3}{1}$ formas de la designación de una de las variables como superior a seis, y sumar tres veces, una vez para cada una de las $\binom{3}{2}$ formas de designar a dos de las variables como superior a seis.
Supongamos que $x_1$, $x_2$, y $x_3$ cada exceder de seis. Vamos $y_1 = x_1 - 6$, $y_2 = x_2 - 6$, y $y_3 = x_3 - 6$. Entonces $y_1$, $y_2$, y $y_3$ son enteros positivos. Sustituyendo $y_1 + 6$ $x_1$, $y_2 + 6$ para $x_2$, e $y_3 + 6$ $x_3$ en la ecuación 1 rendimientos \begin{align*} y_1 + 6 + y_2 + 6 + y_3 + 6 + y_4 + y_5 & = 25\\ y_1 + y_2 + y_3 + x_4 + x_5 & = 7 \tag{4} \end{align*} La ecuación (4) es una ecuación en los enteros positivos con
$$\binom{7 - 1}{5 - 1} = \binom{6}{4}$$
soluciones. Por simetría, hay el mismo número de soluciones en el que tres de las variables exceder $6$. Por lo tanto, hay
$$\binom{5}{3}\binom{6}{4}$$
los casos en los que tres de las variables exceder $6$.
Por la Inclusión-Exclusión Principio, el número de maneras en que la suma de los valores en los cinco dados igual a $25$ es
$$\binom{24}{4} - \binom{5}{1}\binom{18}{4} + \binom{5}{2}\binom{12}{4} - \binom{5}{3}\binom{6}{4}$$
Método 2: Observe que, cuando cinco dados son lanzados, hay el mismo número de casos en los que los valores de los dados son de suma $6$ (todos), como suma de $30$ (todos los seises), el mismo número de casos en los que los valores de los dados son de suma $7$ (cuatro y dos), como suma de $29$ (cuatro, seis y cinco), et cetera. Estos dos problemas tienen el mismo número de soluciones.
Ya que el valor esperado de un solo tiro $$\frac{1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6}{6} = 3.5$$ por la linealidad de la expectativa, el valor esperado de cinco tiros es $5 \cdot 3.5 = 17.5$. Desde $25 > 17.5$, podemos reducir el número de exclusiones tenemos que hacer por resolver el doble problema.
Podemos resolver el doble problema haciendo las sustituciones $y_k = 7 - x_k$$1 \leq k \leq 5$. Sustituyendo $7 - y_k$ $x_k$, $1 \leq k \leq 5$ los rendimientos $$y_1 + y_2 + y_3 + y_4 + y_5 + y_6 = 10$$ Tenga en cuenta que cada una de las $y_k$ es un entero positivo que no exceda $6$. Con esta sustitución, no hay casos en los que una de las variables excede $6$ desde $7 + 4 \cdot 1 = 11$. Por lo tanto, el número de soluciones es simplemente
$$\binom{10 - 1}{5 - 1} = \binom{9}{4}$$
Cuando nos multiplicar los polinomios de la fórmula es
$$ \left( \sum_i a_ix^i \right)\left( \sum_j b_jx^j \right) = \sum_k \left( \sum_{i + j = k} a_ib_j \right) x^k. $$
Para un producto de $5$ polinomios, tenemos:
$$ \left( \sum_{i_1} a_{1, i_1}x^{i_1} \right)\left( \sum_{i_2} a_{2, i_2}x^{i_2} \right)\left( \sum_{i_3} a_{3, i_3}x^{i_3} \right)\left( \sum_{i_4} a_{4, i_4}x^{i_4} \right)\left( \sum_{i_5} a_{5, i_5}x^{i_5} \right)$$
$$= \sum_k \left( \sum_{i_1 + i_2 + i_3 + i_4 + i_5 = k} a_{1,i_1}a_{2,i_2}a_{3,i_3}a_{4,i_4}a_{5,i_5} \right) x^k. $$
En particular, observe que la suma es sobre todos, las soluciones a $i_1 + i_2 + i_3 + i_4 + i_5 = k$. Aquí queremos $k = 25$ y queremos $a_{1,i_1}a_{2,i_2}a_{3,i_3}a_{4,i_4}a_{5,i_5} = 1$, excepto cuando se $i_1, i_2, i_3, i_4$ o $i_5$ $0$ o $> 6$ en el que caso de que queramos $0$.
Pensando en esto por un minuto, sabemos que queremos que el coeficiente de $x^{25}$ en el producto
$$ (x + x^2 + x^3 + x^4 + x^5 + x^6)^5. $$
El polinomio $x + x^2 + x^3 + x^4 + x^5 + x^6$ nos está diciendo que cada uno de los troqueles pueden ser $1,2,3,4,5$ o $6$ y cada número aparece exactamente una vez.
Deje $[x^{n}]f(x)$ el valor del coeficiente de $x^n$$f(x)$. Entonces tenemos
\begin{align} [x^{25}](x + x^2 + x^3 + x^4 + x^5 + x^6)^5 &= [x^{25}] \left(\frac{x(1 - x^6)}{1 - x} \right)^5 \\ &= [x^{25}] x^5\left(\frac{1 - x^6}{1 - x} \right)^5 \\ &= [x^{20}] \left(\frac{1 - x^6}{1 - x} \right)^5 \\ &= [x^{20}] (1 - x^6)^5 \frac{1}{(1 - x)^5} \\ &= [x^{20}] \left( \sum_{k = 0}^5 \binom{5}{k} (-1)^kx^{6k} \right) \frac{1}{(1 - x)^5} \\ &= \sum_{k = 0}^5 \binom{5}{k} (-1)^k [x^{20}]x^{6k} \frac{1}{(1 - x)^5} \\ &= \sum_{k = 0}^5 \binom{5}{k} (-1)^k [x^{20 - 6k}] \frac{1}{(1 - x)^5} \\ &= \sum_{k = 0}^3 \binom{5}{k} (-1)^k [x^{20 - 6k}] \frac{1}{(1 - x)^5} \end{align}
Podemos cambiar el límite superior de $5$ $3$ porque necesitamos $20 - 6k$ $\ge 0$ (equivalentemente, este dice que sólo puede tener un máximo de tres de los dados igual a $6$). Continuando, tenemos
$$ \sum_{k = 0}^3 \binom{5}{k} (-1)^k [x^{20 - 6k}] \sum_{j} \binom{5 + j - 1}{j}x^j $$
nos dice que $j = 20 - 6k$ y, finalmente, esto nos da
$$ \sum_{k = 0}^3 \binom{5}{k} (-1)^k \binom{5 + (20 - 6k) - 1}{20 - 6k} = \sum_{k = 0}^3 \binom{5}{k} \binom{24 - 6k}{20 - 6k} (-1)^k = 126. $$
Además a mi otra respuesta usando funciones de generación, quiero ofrecer una más elementales de la solución. Primera nota de que
$$ 5 + 5 + 5 + 5 + 5 = 25 $$
y esta es la única manera de hacer $25$ sin el uso de un $6$.
Ahora que uno de los dados de un $6$ (5 maneras posibles) para obtener la ecuación
$$ a + b + c + d = 19 $$
donde $1 \le a, b, c, d \le 19$. De nuevo, la mejor que se puede hacer sin un $6$ es
$$4 + 5 + 5 + 5 = 19$$
y hay $4$ de estos (uno para cada posición de la $4$.
Ahora quite un segundo $6$ para obtener la ecuación
$$ a + b + c = 13. $$
Sin $6$'s esto tiene dos soluciones:
$$ 3 + 5 + 5 = 13, $$
que se produce tres veces, y
$$ 4 + 4 + 5, $$
lo que también ocurre tres veces.
Retire los tres $6$'s para obtener
$$ a + b = 7 $$
que ha $4$ soluciones que no impliquen un $6$.
Por último, eliminar los cuatro $6$'s para obtener
$a = 1$
con exactamente una solución.
Por lo tanto, en total se han
$$ \binom{5}{0}1 + \binom{5}{1} 4 + \binom{5}{2} 6 + \binom{5}{3} 4 + \binom{5}{4} = 126. $$
Los coeficientes binomiales indicar cuántas $6$'s tenemos.
Tengo una no-solución matemática. En primer lugar, simplificar
$$x_{1}+x_{2}+x_{3}+x_{4}+x_{5} = 25,\quad 1 \le x_i \le 6$$
el uso de $y_i = x_i -1$ a
$$y_{1}+y_{2}+y_{3}+y_{4}+y_{5} = 20,\quad 0 \le y_i \le 5$$
y (al igual que la respuesta) el uso de la doble $z_i = 5 - y_i$ para obtener
$$z_{1}+z_{2}+z_{3}+z_{4}+z_{5} = 5,\quad 0 \le z_i \le 5$$
Tenga en cuenta que yo podía soltar el límite superior, pero no me importa.
Deje $f(i, n)$ el número de posibilidades de cómo obtener el $n$ como la suma de $i$ variables en el rango de $0..5$. Obviamente, para cada $0 \le n \le 5$
$$f(1, n) = 1$$ $$f(2, n) = \sum_{j=0}^n\ f(1, n) \cdot f(1, n) = n+1$$ $$f(3, n) = \sum_{j=0}^n\ f(1, n) \cdot f(2, n) = \sum_{j=0}^n\ n+1 = \frac{(n+1)(n+2)}2$$ $$f(5, n) = \sum_{j=0}^n\ f(2, n) \cdot f(3, n)$$
Deje $s(i)$ denotar la secuencia de $f(i, 0), \dots, f(i, 5)$
$$s(1) = 1, 1, 1, 1, 1, 1$$ $$s(2) = 1, 2, 3, 4, 5, 6$$ $$s(3) = 1, 3, 6, 10, 15, 21$$
y calcular el resultado como
$$1\cdot21 + 2\cdot15 + 3\cdot10 + 4\cdot6 + 5\cdot3 + 6\cdot1 = 126$$
Volver a caer en tal cálculo se siente muy no-matemáticos (podría calcular la suma simbólicamente, pero decidí no hacerlo), pero es muy útil en caso de que no haya forma de expresión puede ser encontrado o se vuelve demasiado complicado (sólo tiene que añadir algunos locos condición y estás allí). Cuando esto sucede, entonces después de algunas simplificaciones, el ordenador es tu amigo.
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