La probabilidad de $m$ $n$ rollos de morir entre los números de $1,2,\ldots,m-1$, para algunas de las $m$.

Question

Supongamos que tengo un $k$ colindado mueren con los números de $1,2,\ldots,k$ a cada lado, y que la hago rodar $n$ veces ($n<k$).

¿Cuál es la probabilidad de que existe una $m\leq n$, por lo que el $m$ de la $n$ rollos de mentira en el conjunto $\{1,2,\ldots,m-1\}$?

Si una forma cerrada en términos de $k,n$ no se encuentran fácilmente, una recursividad sería igualmente útil, por lo que puede ser más fácil de calcular.

He tratado de calcular esto para valores específicos de $n$$k$, pero es difícil, porque los dos eventos correspondientes a los distintos valores de $m$ no son mutuamente excluyentes, por lo tanto no pueden calcular la probabilidad de que el evento ocurra para cada valor de $m\leq n$, y sumarlos. Esto significa que el uso abundante del Principio de Inclusión-Exclusión es necesario, y se hace un desorden muy rápidamente.

Answer 1

Yo jugueteó con esto después de que el falso principio de que falta el $-1$ $m-1$ para el conjunto.

Parece que el resultado deseado es $S/k^n$ donde $S$ $(n-1)_{\text{th}}$ elemento de la $k_{\text{th}}$ fila $A099614$.

Así, e.g,. por un período de seis caras morir laminado de 4 tiempos, $89/432$ resultados.

El siguiente Mathematica fragmento de lo calcula directamente.

p[faces_, rolls_] := Numerator[(faces/(1 + faces))^rolls + rolls/(1 + faces) - 1]/faces^rolls

También se puede utilizar WolframAlpha (snip el código a la derecha de ":=" y reemplazar los símbolos con los valores).

No he encontrado un método más directo para generar el numerador, estoy seguro de que probablemente existe.

Aquí un breve resumen de la trama de los resultados calculados en contra de una simulación de verificación para un 20 colindado mueren laminado de 2 a 19 veces.

Answer 2

Creo que esto parece un problema difícil porque estamos tentados de ver $k$ fijo y tratar de utilizar la inducción o la recursividad $n$. La prueba de la fórmula que Hammy encontrado es en realidad bastante straighforward si nos centramos en $k$.

Cuántos admisible secuencias de $n$ rollos están allí con $k$ lados, $k\ge n$? Desde la implementación de $k$ no contribuye a la admisibilidad, elegir cualquier número $j$ de rollos para la admisibilidad de una secuencia utilizando sólo la primera $k-1$ lados y llene el resto de los rollos con $k$'s:

$$ a(k,n)=\sum_{j=0}^n\binom nja(k-1,j)\;. $$

Esto nos permite demostrar Hammy de la fórmula,

$$ a(k,n)=k^n-(k+1)^n+n(k+1)^{n-1}\;, $$

por inducción sobre$k$$n$. (Tenga en cuenta que los índices en la OEIS secuencia Hammy vinculado se cambió y cambió con respecto a la nuestra.)

La base de los casos se $a(k,0)=0$$a(n-1,n)=(n-1)^n$, ya que para $n-1$ lados todas las secuencias son admisibles. Estos son fácilmente comprobado. La inducción de paso, utiliza el binomio de expansión de $(x+1)^n$:

\begin{eqnarray} a(k,n) &=&\sum_{j=0}^n\binom nja(k-1,j)\\ &=&\sum_{j=0}^n\binom nj\left((k-1)^j-k^j+jk^{j-1}\right)\\ &=&\sum_{j=0}^n\binom nj\left((k-1)^j-k^j+\frac{\mathrm d}{\mathrm dk}k^j\right)\\ &=&k^n-(k+1)^n+\frac{\mathrm d}{\mathrm dk}(k+1)^n\\ &=&k^n-(k+1)^n+n(k+1)^{n-1}\;. \end{eqnarray}