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Question

Nos deja rodar una feria de die $4$ independiente veces, y denotan los resultados como $X_1, X_2, X_3$$X_4$.

¿Cuál es la probabilidad de $X_1+X_2+ X_3+X_4 > X_1X_2 X_3X_4$?

Yo: Yo podría obtener la respuesta para $2$ rolling caso mediante la enumeración de posibilidades, pero no pudo obtener este gran problema. Alguien me puede ayudar con esto?

Gracias de antemano por cualquier ayuda!

Answer 1

Caso de que el trabajo:

• Si 3 o 4 de los rollos vienen de hasta 1, es sencillo ver que la deseada, la desigualdad se mantiene.
• Si es 0 o 1 de los rollos vienen de hasta 1, entonces podemos demostrar que la desigualdad a la que nunca tiene. (El producto de tres enteros, todos los $>1$, es siempre al menos 2 mayor que la suma de los mismos.)
• El otro caso es cuando exactamente 2 de los rollos vienen de hasta 1. Empíricamente, usted puede encontrar que el único caso en el que la desigualdad se satisface es cuando los rollos son algunos de permutación de $3,2,1,1$ o $2,2,1,1$.

Sólo hay 1 combinación de todos los 1, $5\times 4=20$ combinaciones con tres 1, $4\times 3=12$ permutaciones de $3,2,1,1$, e $\binom{4}{2}=6$ permutaciones de $2,2,1,1$. Esto se suma a un total de 39 rollos que satisfacen la desigualdad. Hay $6^4=1296$ total de rollos, por lo que la probabilidad de que la desigualdad se cumple es $39/1296 \approx .03009$.

Answer 2

Una solución a la ecuación tiene al menos una $1$.

Cuando sacas todos los 2s, la ecuación es falsa.

$2 + 2 + 2 + 2 > 2 \times 2 \times 2 \times 2$

$8 > 16 \implies false$

La adición de uno a cualquiera de los números siempre mantiene la falsedad de esta ecuación, o la verdad de la inversa. Suponiendo que el opuesto de la ecuación:

$x_1 + x_2 + x_3 + x_4 \le x_1x_2x_3x_4$

La adición de $1$ a uno de los die resultados en los resultados del producto en un valor que es $x_2x_3x_4$ superior.

$(x_1 + 1)x_2x_3x_4 = x_1x_2x_3x_4 + x_2x_3x_4$

La adición de $1$ a uno de los die resultados de la suma es la suma de $1$ superior, y la $x_2x_3x_4 >= 1$, por lo que podemos decir:

• Si $x_1 + x_2 + x_3 + x_4 \le x_1x_2x_3x_4$,$(x_1 + 1) + x_2 + x_3 + x_4 \le (x_1 + 1)x_2x_3x_4$.

Por lo tanto, cualquier solución a $x_1 + x_2 + x_3 + x_4 > x_1x_2x_3x_4$ debe tener al menos un $1$.

El nivel más bajo posible de dados de rollo con exactamente un $1$ va como esto:

$1 + 2 + 2 + 2 > 1 \times 2 \times 2 \times 2$

$7 > 8 \implies false$

Por lo tanto, la solución debe requerir al menos dos $1$s.

Tres o más $1$s.

Si hay al menos un 3 $1$s, la ecuación es siempre verdadera. Nota: esto incluye el caso de los cuatro $1$s.

$1 + 1 + 1 + x > 1 \times 1 \times 1 \times x$

$x + 3 > x \implies true$

Exactamente dos $1$s.

Con exactamente dos $1$s, vamos a explorar los otros dos valores.

Si uno de los otros valores es una $2$, luego de que restringe el otro valor de a $3$ o menos.

$1 + 1 + 2 + 2 > 1 \times 1 \times 2 \times 2$

$6 > 4 \implies true$

$1 + 1 + 2 + 3 > 1 \times 1 \times 2 \times 3$

$7 > 6 \implies true$

$1 + 1 + 2 + 4 > 1 \times 1 \times 2 \times 4$

$8 > 8 \implies false$

Si tanto el resto de los valores son, al menos,$3$, entonces no tenemos una solución.

$1 + 1 + 3 + 3 > 1 \times 1 \times 3 \times 3$

$8 > 9 \implies false$

Todas las soluciones

• Todos los cuatro $1$s. 1 solución.
• Tres $1$s y no nos importa lo que el último valor es (esto excluye a los cuatro $1$s): 5 opciones posibles para el último valor, el 4 de decisiones en el que muere se produce: 20 soluciones
• Exactamente dos $1$s: Los otros dos valores son $2$. Hay $4\choose2$ o 6 opciones para distribuir los dos $2$s.
• Exactamente dos $1$s: Los otros dos valores de $2$$3$. Hay cuatro opciones para la $2$, dejando tres opciones para la $3$, para un total de 12 posibles soluciones.

Yo conteo de 39 posibles soluciones, de las $6^4$ posibilidades.

$39\div1296 = 13\div432 \approx0.0301 $

Answer 3

Por supuesto, podemos simular este, por ejemplo, en R:

rolls = expand.grid(1:6, 1:6, 1:6, 1:6)
sum(apply(rolls, 1L, sum) > apply(rolls, 1L, prod))
# [1] 39

Así que hay 39 casos que se ajustan al criterio de $6^4$ en el espacio muestral.

Este enfoque nos permite generalizar a $n$ rollos de largo como $6^n * n * b$ ajusta en la memoria (donde $b$ es el espacio de almacenamiento para un número entero), por ejemplo, (*he hecho algunos pequeños ajustes para hacer que se ejecute de manera más eficiente para un gran $n$):

p = sapply(2:10, function(n) {
  print(n)
  rolls = 
    as.matrix(do.call(expand.grid, lapply(integer(n), function(...) 1:6)))
  mean(rowSums(rolls) > apply(rolls, 1L, prod))
})
plot(2:10, p, type = 'o', lwd = 3L, xaxt = 'n', las = 1,
     xlab = '# of Dice', ylab = 'Pr[sum > product]',
     main = 'Extension of Dice Problem')
axis(side = 1L, at = 2:10)

Para ser claros, no hay necesidad inherente para almacenar todos los $n 6 ^ n$ rollos de dados en la memoria, y este problema es trivial para transmitir de modo que la única memoria RAM necesaria es $n * b+2 * b = O(n)$ almacenamiento; yo sólo prescinden de la memoria con más enfoque eficaz para la simplicidad (el 2 de línea de código aquí sería difícil para que coincida con explícitamente arbitrariamente bucles anidados)