¿De cuántas maneras pueden producir 5 dados un total de 20?

Question

¿De cuántas maneras distintas puede $5$ dados producir un total de $20$?

Puedo configurar la ecuación de $x_1+x_2+x_3+x_4+x_5 = 20$. El total de número de combinaciones posibles es $\binom{19}4$. A partir de ahí he restado el número de posibilidades donde $1$ de las variables es mayor que $6$, que tengo como $5\times\binom{13}4$. También me resta las posibilidades donde $2$ variables es mayor que $6$, que solía $10 \times \binom74$. Tengo la $10$ desde el número de maneras en las que puedo optar $2$ de las variables a ser mayor que $6$ $5$ total de variables.

Así que he a $$\binom{19}4 -5\times\binom{13}4 -10\times\binom74$$

Sin embargo, puedo obtener una respuesta negativa, que no puede estar a la derecha. Puede cualquiera punto de la falla en mi lógica?

Answer 1

Como en esta respuesta, podemos acercarnos a esta pregunta utilizando cualquiera de las funciones de generación o de la inclusión-exclusión. En lugar de contar el número de maneras para $5$ números de $1$ $6$a la suma de a $20$, vamos a contar el número de maneras para $5$ números de $0$ $5$a la suma de a $15$ (a continuación, agregue $1$ a cada una de las $5$ números).

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Funciones De Generación

La generación de la función para el número de maneras para $5$ enteros de $0$ $5$a la suma de un número dado es $$ \begin{align} \hspace{-1cm}(1+x+x^2+x^3+x^4+x^5)^5 &=\left(\frac{1-x^6}{1-x}\right)^5\\ &=\sum_{k=0}^5\binom{5}{k}(-1)^kx^{6k}\sum_{j=0}^\infty\binom{-5}{j}(-x)^j\\ &=\sum_{k=0}^5\binom{5}{k}(-1)^kx^{6k}\sum_{j=0}^\infty\binom{j+4}{j}x^j\tag{1} \end{align} $$ Podemos obtener el coeficiente de $x^{15}$ $(1)$ eligiendo $6k+j=15$: $$ \begin{align} \hspace{-1cm}\sum_{k=0}^5(-1)^k\binom{5}{k}\binom{15-6k+4}{15-6k} &=\binom{5}{0}\binom{19}{15}-\binom{5}{1}\binom{13}{9}+\binom{5}{2}\binom{7}{3}\\ &=651\tag{2} \end{align} $$

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Inclusión-Exclusión

Sin restricción en el tamaño de los términos, usando el estándar $\mid$ $\circ$ argumento ($15$ $\circ$s y $4$ $\mid$s), hay $\binom{15+4}{4}$ formas de elegir los 5 enteros no negativos que se suma a $15$. $$ \text{una suma para cada arreglo}\\ 2+4+6+1+2=\circ\,\circ\mid \circ\circ\circ\,\circ\mid \circ\circ\circ\circ\circ\,\circ\mid\circ\mid \circ\circ $$ Ahora vamos a contar cuántas maneras hay que tener términos mayor que $5$. Hay $\binom{5}{1}$ formas de elegir que $1$ plazo debe ser mayor que $5$. Para contar el número de sumas con $1$ plazo mínimo de $6$, que sería $\binom{15-6+4}{4}$. $$ \text{considerar el grupo rojo atómica}\\ 2+7+3+2+1=\circ\,\circ\mid\color{#C00000}{\circ\circ\circ\circ\circ\circ}\circ\mid\circ\circ\circ\mid\circ\,\circ\mid\circ $$ Hay $\binom{5}{2}$ formas de elegir que $2$ términos debe ser mayor que $5$. Para contar el número de sumas con $2$ términos, al menos,$6$, que sería $\binom{15-12+4}{4}$. $$ 7+0+6+1+1=\color{#C00000}{\circ\circ\circ\circ\circ\circ}\circ\mid\mid\color{#C00000}{\circ\circ\circ\circ\circ\,\circ}\mid\circ\mid\circ $$ No hay ninguna manera de $3$ términos a ser mayor que $5$. Inclusión-Exclusión dice que hay $$ \binom{19}{4}-\binom{5}{1}\binom{13}{4}+\binom{5}{2}\binom{7}{4}=651 $$ maneras para $5$ lo que se refiere a la suma de a $15$ con cada término en la mayoría de las $5$.

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Problema en la pregunta

Con la Inclusión-Exclusión, en los términos de la suma son alternando. Si la última $-$ se cambió a un $+$, su respuesta sería correcta.

Answer 2

El máximo de los cinco dados es $4, 5$ o $6$. Razonamiento:

Si el máximo de los cinco es $6$, entonces el máximo de los cuatro restantes se $4, 5$ o $6$, debido a $6+3+3+3+3 < 20.$ Si el máximo de los cinco es $5$, entonces el máximo de los cuatro restantes se $4$ o $5$, debido a $5+3+3+3+3 < 20.$ Si el máximo de los cinco es $4$, luego están todos los $4$. El máximo no ser $3$ o menos, porque $3+3+3+3+3 < 20.$

Si la parte superior dos dados se $6,6$, la suma de los otros tres es $8$. Cinco combinaciones con los tres $\leq 6$: $$(6,1,1), (5,2,1), (4,3,1), (4,2,2), (3,3,2).$$

Si la parte superior dos dados se $6,5$, la suma de los otros tres es $9$. Cinco combinaciones con los tres $\leq 5$: $$(5,3,1), (5,2,2), (4,4,1), (4,3,2), (3,3,3).$$

Si la parte superior dos dados se $6,4$, la suma de los otros tres es $10$. Dos combinaciones con los tres $\leq 4$: $$(4,4,2), (4,3,3).$$

Si la parte superior dos dados se $5,5$, la suma de los otros tres es $10$. Cuatro combinaciones con los tres $\leq 5$: $$(5,4,1), (5,3,2), (4,4,2), (4,3,3).$$

Si la parte superior dos dados se $5,4$, la suma de los otros tres es $11$. Sólo una combinación de los tres $\leq 4$: $$(4,4,3).$$

Por último, hay que $(4,4,4,4,4).$

Por lo tanto, hay $18$ combinaciones de $5$ dados sumen $20$.

Edit: Si el orden importa, entonces usted necesitará considerar las distintas permutaciones de cada combinación. Para cada combinación, hay $5!/n_i$ permutaciones, donde

$$n_i = \begin{cases} 2! = 2 & \text{if there is one pair}\\ 2!2! = 4 & \text{if there are two pair}\\ 3! = 6 & \text{if there are three of a kind}\\ 3!2! = 12 & \text{if it's a full house}\\ 5! = 120 & \text{if it's a yahtzee}\\ \end{casos} $$

Es sencillo comprobar que

$$\sum_{i=1}^{18} \frac{5!}{n_i} = 651.$$

Answer 3

$\newcommand{\ángulos}[1]{\left\langle\, nº 1 \,\right\rangle} \newcommand{\llaves}[1]{\left\lbrace\, nº 1 \,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\, nº 1 \,\right\rbrack} \newcommand{\ceil}[1]{\,\left\lceil\, nº 1 \,\right\rceil\,} \newcommand{\dd}{{\rm d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,{\rm e}^{#1}\,} \newcommand{\fermi}{\,{\rm f}} \newcommand{\piso}[1]{\,\left\lfloor #1 \right\rfloor\,} \newcommand{\mitad}{{1 \over 2}} \newcommand{\ic}{{\rm i}} \newcommand{\iff}{\Longleftrightarrow} \newcommand{\imp}{\Longrightarrow} \newcommand{\pars}[1]{\left (\, nº 1 \,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\parcial #3^{#1}}} \newcommand{\pp}{{\cal P}} \newcommand{\raíz}[2][]{\,\sqrt[#1]{\vphantom{\large Un}\,#2\,}\,} \newcommand{\sech}{\,{\rm sech}} \newcommand{\sgn}{\,{\rm sgn}} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{{\rm d}^{#1} #2}{{\rm d} #3^{#1}}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\, nº 1 \,\right\vert}$ Con $\ds{0 < a < 1}$: \begin{align}&\color{#c00000}{\sum_{n_{1} = 1}^{6}\ldots% \sum_{n_{5} = 1}^{6}\ds{\delta_{\sum_{i = 1}^{5}n_{i},\ 20}}} =\sum_{n_{1} = 1}^{6}\ldots\sum_{n_{5} = 1}^{6} \oint_{\verts{z}\ =\ a}{1 \over z^{21 - \sum_{i = 1}^{5}n_{i}}} \,{\dd z \over 2\pi\ic} \\[3mm]&=\oint_{\verts{z}\ =\ a}{1 \over z^{21}} \pars{\sum_{n = 1}^{6}z^{n}}^{5}\,{\dd z \over 2\pi\ic} =\oint_{\verts{z}\ =\ a}{1 \over z^{21}}\pars{z\,{z^{6} - 1 \over z - 1}}^{5} \,{\dd z \over 2\pi\ic} \\[3mm]&=\oint_{\verts{z}\ =\ a} {\pars{1 - z^{6}}^{5} \over z^{16}\pars{1 - z}^{5}}\,{\dd z \over 2\pi\ic} =\sum_{n = 0}^{\infty}{-5 \choose n}\pars{-1}^{n}\oint_{\verts{z}\ =\ a} {\pars{1 - z^{6}}^{5} \over z^{16 - n}}\,{\dd z \over 2\pi\ic} \\[3mm]&=\sum_{n = 0}^{\infty}{n + 4 \choose 4} \sum_{k = 0}^{5}{5 \choose k}\pars{-1}^{k}\ \underbrace{\oint_{\verts{z}\ =\ a} {1 \over z^{16 - n - 6k}}\,{\dd z \over 2\pi\ic}}_{\ds{\delta_{n\ +\ 6k,\, 15}}} \\[3mm]&=\left.\sum_{k = 0}^{5}{\bracks{15 - 6k} + 4 \choose 4}{5 \choose k}\pars{-1}^{k}\right\vert_{15\ -\ 6k\ \geq\ 0} =\sum_{k = 0}^{2}\pars{-1}^{k}{19 - 6k \choose 4}{5 \choose k} \end{align}

A continuación, \begin{align}&\color{#00f}{\large\sum_{n_{1} = 1}^{6}\ldots% \sum_{n_{5} = 1}^{6}\ds{\delta_{\sum_{i = 1}^{5}n_{i},\ 20}}} ={19 \choose 4}{5 \choose 0}- {13 \choose 4}{5 \choose 1} +{7 \choose 4}{5 \choose 2} \\[3mm]&=3876\times 1 - 715\times 5 + 35\times 10 =\color{#00f}{\Large 651} \end{align}

Answer 4

Si los dados son todas blancas y arrojó sobre una mesa, el orden no importa. Por la lista, me parece que hay sólo 18 maneras en que los cinco dados pueden añadir a las 20:

    [1, 1, 6, 6, 6]
    [1, 2, 5, 6, 6]
    [1, 3, 4, 6, 6]
    [1, 3, 5, 5, 6]
    [1, 4, 4, 5, 6]
    [1, 4, 5, 5, 5]
    [2, 2, 4, 6, 6]
    [2, 2, 5, 5, 6]
    [2, 3, 3, 6, 6]
    [2, 3, 4, 5, 6]
    [2, 3, 5, 5, 5]
    [2, 4, 4, 4, 6]
    [2, 4, 4, 5, 5]
    [3, 3, 3, 5, 6]
    [3, 3, 4, 4, 6]
    [3, 3, 4, 5, 5]
    [3, 4, 4, 4, 5]
    [4, 4, 4, 4, 4]

Sin embargo, si los dados están alineados para que el pedido se considera como una parte importante de la cuestión, entonces usted puede tomar el 18 elementos y ampliar, desde allí, al igual que lo hice en el siguiente Python (lenguaje de programación) de secuencia de comandos. Tenga en cuenta que, en Python, ans += x simplemente causará x para ser añadido a la ans.

    from math import factorial as fac
    f = fac(5)                    # `fac` denotes `factorial`
    ans = 0                       # `ans` denotes `answer`
    ans += f/(fac( 2)*fac( 3))    # [1, 1, 6, 6, 6]
    ans += f/(fac( 2))            # [1, 2, 5, 6, 6]
    ans += f/(fac( 2))            # [1, 3, 4, 6, 6]
    ans += f/(fac( 2))            # [1, 3, 5, 5, 6]
    ans += f/(fac( 2))            # [1, 4, 4, 5, 6]
    ans += f/(fac( 3))            # [1, 4, 5, 5, 5]
    ans += f/(fac( 2)*fac( 2))    # [2, 2, 4, 6, 6]
    ans += f/(fac( 2)*fac( 2))    # [2, 2, 5, 5, 6]
    ans += f/(fac( 2)*fac( 2))    # [2, 3, 3, 6, 6]
    ans += f                      # [2, 3, 4, 5, 6]
    ans += f/(fac( 3))            # [2, 3, 5, 5, 5]
    ans += f/(fac( 3))            # [2, 4, 4, 4, 6]
    ans += f/(fac( 2)*fac( 2))    # [2, 4, 4, 5, 5]
    ans += f/(fac( 3))            # [3, 3, 3, 5, 6]
    ans += f/(fac( 2)*fac( 2))    # [3, 3, 4, 4, 6]
    ans += f/(fac( 2)*fac( 2))    # [3, 3, 4, 5, 5]
    ans += f/(fac( 3))            # [3, 4, 4, 4, 5]
    ans += f/(fac( 5))            # [4, 4, 4, 4, 4]
    print ans

La respuesta impreso es de 651. Mi enfoque es similar al de Juan arriba.

Finalmente, como sospecho que Juan sabe, si cada uno de los dados es de un color diferente, entonces hay 651*5! distintas formas en que dados los arreglos pueden agregar hasta 20.