Tirar dos dados n veces. Probabilidad de obtener dobles

Question

Empecé a aprender los fundamentos de la teoría de la probabilidad por mí mismo e hice algunas prácticas y estuve haciendo el siguiente ejercicio que encontré en Internet.

Se lanzan dos dados n veces, determine la probabilidad de obtener cada doble (1,1),(2,2),.....,(6,6) al menos una vez.

He utilizado la distribución binominal, ya que las cuatro condiciones i) número finito de ensayos ii) los ensayos son independientes iii) cada ensayo tiene dos resultados y en cada ensayo la probabilidad no cambia.

Considerar la obtención de un doble es un éxito

P(obtener un doble en una tirada)= $\frac { 1 }{ 6 } $

P( no obtener un doble)= $\frac { 5 }{ 6 } $

como buscamos 6 aciertos obtenemos de la fórmula de la distribución binominal que (n,6) $P(x=6)=(n,6){ p }^{ 6 }{ (1-p) }^{ n-6 }$

$P(x=6)=(n,6){ \frac { 1 }{ 6 } }^{ 6 }{ (1-\frac { 5 }{ 6 } ) }^{ n-6 }$

((n,6) denota el coeficiente binominal) Estoy un poco preocupado si esto es correcto, ya que no consideré lo de al menos una vez, además mi modelo no considera que si un par viene dos veces sigue contando como éxito aunque sea ninguno. ¿Podría ayudarme a terminar esto correctamente?

Answer 1

La posibilidad de no obtener el doble $1$ en $n$ rollos es $\left(\frac {35}{36}\right)^n$ por lo que la posibilidad de obtener el doble $1$ es $1-\left(\frac {35}{36}\right)^n$ . Lo ingenuo es decir que la posibilidad de conseguir los seis dobles es entonces $\left(1-\left(\frac {35}{36}\right)^n\right)^6$ Esto ignora la correlación introducida porque el hecho de que se obtenga un doble $1$ significa que tiene menos posibilidades de obtener el doble $2$ . Como $n$ se hace grande esto no será un problema, pero claramente para $n=5$ la posibilidad de conseguir todos los dobles es cero.

Este es un trabajo para inclusión-exclusión . Hay $36^n$ conjuntos totales de rollos. De ese $35^n$ no tienen doble $1$ s así que resta $6\cdot 35^n$ para los conjuntos que faltan en cada doble. Has restado los que faltan dos pares de dobles dos veces, así que vuelve a sumarlos. Esto es ${6 \choose 2}34^n$ . Ahora hemos restado los que faltan tres dobles tres veces y los hemos vuelto a sumar tres veces, por lo que los restamos una vez, que es ${6 \choose 3}33^n$ . Ahora los que faltan cuatro dobles...

Answer 2

Supongamos que tiramos dos dados que tienen $q$ lados, $n$ veces y preguntar sobre cada doble aparición al menos una vez. Tenemos desde los primeros principios que esto viene dado por

$$\frac{1}{q^{2n}} n! [z^n] (\exp(z)-1)^{q} \exp(z)^{q^2-q}.$$

Aquí hemos utilizado la clase combinatoria etiquetada

$$\def\textsc#1{\dosc#1\csod} \def\dosc#1#2\csod{{\rm #1{\small #2}}} \textsc{SEQ}_{=q}(\textsc{SET}_{\ge 1}(\mathcal{Z})) \textsc{SEQ}_{=q^2-q}(\textsc{SET}(\mathcal{Z})).$$

Esto se puede evaluar de dos maneras, la primera es

$$\frac{1}{q^{2n}} n! [z^n] \exp(z)^{q^2-q} \sum_{p=0}^q {q\choose p} (-1)^{q-p} \exp(pz) \\ = \frac{1}{q^{2n}} n! [z^n] \sum_{p=0}^q {q\choose p} (-1)^{q-p} \exp((p+q^2-q)z).$$

Esto es

$$\bbox[5px,border:2px solid #00A000]{ \frac{1}{q^{2n}} \sum_{p=0}^q {q\choose p} (-1)^{q-p} (p+q^2-q)^n.}$$

El segundo es

$$\frac{q!}{q^{2n}} n! [z^n] \frac{(\exp(z)-1)^{q}}{q!} \exp(z)^{q^2-q} \\ = \frac{q!}{q^{2n}} n! \sum_{p=q}^n [z^p] \frac{(\exp(z)-1)^{q}}{q!} [z^{n-p}] \exp(z)^{q^2-q} \\ = \frac{q!}{q^{2n}} n! \sum_{p=q}^n {p\brace q} \frac{1}{p!} \frac{(q^2-q)^{n-p}}{(n-p)!}.$$

Obtenemos

$$\bbox[5px,border:2px solid #00A000]{ \frac{q!}{q^{2n}} \sum_{p=q}^n {n\choose p} {p\brace q} (q^2-q)^{n-p}.}$$

Obsérvese que el primero de ellos es el de inclusión-exclusión, en el que los nodos del poset subyacente representan configuraciones en las que un determinado conjunto $P\subseteq D$ de dobles $D$ con $|P|=p$ falta o posiblemente más dobles. Para ver esto reindexar de la siguiente manera:

$$\bbox[5px,border:2px solid #00A000]{ \frac{1}{q^{2n}} \sum_{p=0}^q {q\choose p} (-1)^p (q^2-p)^n.}$$

La cardinalidad de estos es claramente $(q^2-p)^n$ donde hemos eliminado el $p$ se duplica en $P$ . Ahora en este poset la configuración que contiene todos los dobles sólo se incluye en $P=\emptyset$ y con peso $(-1)^{|P|}$ obtenemos peso uno para estos. Una configuración que le faltan los dobles de un conjunto $R$ donde $R\subseteq D, R\neq \emptyset$ se incluye en todos los nodos que representan subconjuntos $P$ de $R$ que da un peso

$$\sum_{P\subseteq R} (-1)^{|P|} = \sum_{p=0}^{|R|} {|R|\choose p} (-1)^p = 0,$$

por lo que estos tienen peso cero en el poset que concluye el construcción por PIE.

Answer 3

Me he estado rascando la cabeza con esto, ya que parece que debería ser muy sencillo, pero... no lo es...

He probado a resolverlo mediante la fórmula multinomial y creo que he obtenido la respuesta correcta. Lo he confirmado escribiendo un algoritmo para simular este procedimiento (tirando 2 dados $n$ veces, comprobando si aparecen los 6 pares), y las frecuencias a largo plazo que estoy obteniendo en mi simulación coinciden bastante con mi respuesta, así que estoy bastante seguro de que lo he hecho bien, o al menos muy cerca de hacerlo.

Veo que alguien ya ha dado una respuesta, pero esa solución está muy por encima de mi cabeza y no la entiendo. Tengo la sensación de que el que pregunta aquí no entenderá esa explicación sin un buen montón de estudio adicional, así que ofrezco mi solución también, que creo que es un poco más fácil de entender, aunque, un poco impráctico.

Básicamente, mi solución es un ataque de fuerza bruta utilizando la fórmula multinomial. Básicamente he sumado todas las probabilidades multinomiales posibles donde hay al menos $1$ de cada par, utilizando sumas anidadas.

Una probabilidad multinomial simple viene dada por:

$$ P(N_1=n_1, N_2=n_2,...,N_m=n_m)={n! \over {n_1! \cdot n_2! \cdot ...\cdot n_m!}}p_1^{n_1}p_2^{n_2}...p_m^{n_m} $$

Y esto es útil, pensando en $N_1, N_2,$ etc. como el número de veces $(1,1), (2,2)$ aparece en $n$ rollos, y $N_{7 \rightarrow 36}$ como el número de veces que aparecen todos los demás resultados.

Tomando la suma de todas las probabilidades multinomiales posibles en las que cada par aparece al menos una vez, deberías obtener la probabilidad que buscas.

Así que... quieres la siguiente suma:

$$P\Bigl(N_1 \ge 1, N_2 \ge 1, N_3 \ge 1, N_4 \ge 1, N_5 \ge 1, N_6 \ge 1, \bigl[0 \le N_{7 \rightarrow 36} \le (n-6) \bigr] \Bigr)$$

$$ = \sum_{n_1=1}^{(n-5)} \sum_{n_2=1}^{(n-S_1-4)} \sum_{n_3=1}^{(n-S_2-3)} \sum_{n_4=1}^{(n-S_3-2)} \sum_{n_5=1}^{(n-S_4-1)} \sum_{n_6=1}^{(n-S_5)} { {n! \over {n^* (n-S_6)! } }{\left( {1\over36} \right)^{S_6} }{\left(30\over36 \right)^{n-S_6}} } $$

donde $S_i=\sum_{k=1}^{i} n_k,$ $n^*= \prod_{k=1}^{6} n_k!,$ y $N_1+N_2+...+N_6+N_{7 \rightarrow 36}=n$

En caso de que esto no sea obvio, he representado el número de veces $(x,x)$ aparece por $N_x$ y el número de veces que todos los no-dobles aparecen como $N_{7\rightarrow 36}$ . Por lo tanto, $p_x={1\over 36},$ y $p_{7\rightarrow 36}={{36-6}\over 36}={30\over36}$ .

Ahora te estarás preguntando cómo se puede simplificar esto para obtener una fórmula más sencilla y general, y no tengo la menor idea. Sin embargo, si quieres averiguar una probabilidad real para un valor dado de $n$ Puedes usar la calculadora gráfica desmos (que es una herramienta increíble si no lo sabes ya) para hacer esto para valores de $n< (\sim70)$ . La calculadora empieza a picarse un poco con los valores más altos.

Aquí hay un enlace al resumen anterior, con un deslizador para el $n$ valor: https://www.desmos.com/calculator/on90xvxmzx

y aquí está el algoritmo que escribí para probar mi respuesta: http://jonsprojects.biz/apr18tests/stackexchange.php?n=50&N=1000

Puede cambiar el $n$ parámetro (# de rollos) cambiando $n=XX$ y el $N$ (# de conjuntos de rollos a generar) cambiando $N=XX$ en la url. No lo pongas muy alto o no funcionará. Mi algoritmo no es muy eficiente.

Si alguien con más conocimientos que yo quiere confirmar si lo he hecho bien, ¡sería genial! O tal vez si alguien puede simplificar mi respuesta un poco más, o tiene un enfoque más simple, que también sería genial para ver.

Answer 4

Hay que cambiar el método de una probabilidad de obtener cualquier seis dobles a una probabilidad de obtener seis dobles específicos. La probabilidad de obtener el primer doble es 6/36, el siguiente doble será 5/36, el siguiente 4/36, etc.

Así que la respuesta es $6!/36^6$

Usar la fórmula binomial no funciona porque la probabilidad cambia dependiendo de un éxito.