Una feria de morir se rodó en cuatro ocasiones. ¿Cuál es la probabilidad de que cada uno de los tres finales de los rollos es al menos tan grande como el rollo anterior?

Question

Una feria de morir se rodó en cuatro ocasiones. ¿Cuál es la probabilidad de que cada uno de los tres finales de los rollos es al menos tan grande como el rollo anterior?

Esta pregunta es de la AIME 2001.

Estoy buscando una solución que no utiliza métodos de fuerza bruta.

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Considerando un punto de partida en el número de $1$, el problema puede ser formulado como encontrar el número de enteros tuplas $(x_1,x_2,x_3,x_4)$ tal forma que:

• $x_1\ge0,x_2\ge0,x_3\ge_0,x_4\ge0$
• $x_1+x_2+x_3+x_4\le5$

Cada elemento de a $x_i$ en una tupla representa el incremento en tirar el dado para el $i-th$ el tiempo más de lo que se obtuvieron en el $(i-1)-st$ tiro. Consideramos que el $0-th$ lanzar a ser $1$. Por lo tanto, no es un uno-a-uno la asignación de entre todos los lanzamientos de dados y todas las tuplas que cumplen las condiciones establecidas.

Sé que el número total de posibles tiradas de dados es $6^4$ pero no estoy seguro de cómo contar el número de tuplas.

El método de fuerza bruta es simplemente contar el número de soluciones distintas para cada una de las $x_1+x_2+x_3+x_4=0,\quad x_1+x_2+x_3+x_4=1,\ldots$ listado de todas las maneras de hacer las sumas de contabilidad para las permutaciones. Por ejemplo:

$$\underline{x_1+x_2+x_3+x_4=2} \\ \begin{array}{crl} (0,0,0,2) & 4 & \text{perms} \\ (0,0,1,1) & 6 & \text{perms} \\ \text{total} & 10 \end{array}$$

Pero creo que debe haber una forma más elegante.

Answer 1

Añadir una quinta variable, $x_5$, para tomar el relevo, y el recuento de las soluciones en los enteros no negativos a $$x_1+x_2+x_3+x_4+x_5=5\;;$$ by the standard stars and bars argument this is $\binom{5+5-1}{5-1}=\binom94=126$.

Answer 2

Siempre podemos integrar: \begin{eqnarray} \mathbb{P}(x_1 \le x_2 \le x_3 \le x_4 ) &=& \sum_{x=1}^6 \mathbb{P}(x \le x_2 \le x_3 \le x_4) \mathbb{P}(x_1 = x) \\ &=& \sum_{x=1}^6 \sum_{y = x}^6 \mathbb{P}(y \le x_3 \le x_4) \mathbb{P}(x_2 = y) \mathbb{P}(x_1 = x) \\ &=& \sum_{x=1}^6 \sum_{y = x}^6 \sum_{z=y}^6 \mathbb{P}(z \le x_4) \mathbb{P}(x_3 =z) \mathbb{P}(x_2 = y) \mathbb{P}(x_1 = x) \\ &=& 6^{-4} \sum_{x=1}^6 \sum_{y = x}^6 \sum_{z=y}^6 7-z \\ &=&6^{-4} \sum_{x=1}^6 \sum_{y = x}^6 \frac{1}{2} \left( y^2 -15y +56 \right) \\ &=& 6^{-4} \sum_{x=1}^6 -\frac{x^3}{6}+4x^2- \frac{191x}{6}+84\\ &=& \frac{126}{6^4} \end{eqnarray}

Answer 3

Un enfoque alternativo es el uso de la absorción de una cadena de Markov con 8 estados. Este enfoque es menos elegante pero más fácil de entender.

Answer 4

Un poco más fácil (que no requieren bastante más frente a la penetración como Brian M. Scott enfoque) es combinar un poco de pensamiento con un poco de fuerza bruta . . .

Si sabemos que los dos dados se limita a un rango de tamaño de $n$, y que el segundo debe ser al menos tan grande como la primera, entonces no se $1+2+\dots+n$ posibles pares. Fácilmente podemos tabular esta:

• $n = 1$: $1 = 1$
• $n = 2$: $1 + 2 = 3$
• $n = 3$: $1 + 2 + 3 = 6$
• $n = 4$: $1 + 2 + 3 + 4 = 10$
• $n = 5$: $1 + 2 + 3 + 4 + 5 = 15$
• $n = 6$: $1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 = 21$

(Estos son el triángulo de números.)

Ahora, supongamos que el $x_3$ es conocido. A continuación, $x_1$ $x_2$ se restringe al intervalo $[1, x_3]$, que es de tamaño $x_3$, lo cual puede utilizar la tabla anterior; y $x_4$ se limita a la gama de $[x_3, 6]$, que es de tamaño $6 - x_3 + 1$, que es fácil de inspeccionar.

Así, fácilmente podemos tabular el número de posibilidades para cada una de las $x_3$:

• $x_3 = 1$: $1 \times 6 = 6$
• $x_3 = 2$: $3 \times 5 = 15$
• $x_3 = 3$: $6 \times 4 = 24$
• $x_3 = 4$: $10 \times 3 = 30$
• $x_3 = 5$: $15 \times 2 = 30$
• $x_3 = 6$: $21 \times 1 = 21$

La adición de estos, tenemos un total de $126$ a través de todos los valores de $x_3$.