27 votos

Cuando el producto de tiradas de dados se obtiene un cuadrado

Sucinta Pregunta:

Supongamos que rodar una feria de seis caras die $$ n veces.

¿Cuál es la probabilidad de que el producto de los rodillos es un cuadrado?

Contexto:

He usado esto como una pregunta en un curso para maestros de la escuela primaria cuando $n=2$, y el pensamiento de la generalización podría ser una buena pregunta de seguimiento para la escuela secundaria de profesores de matemáticas. Pero me encontré con un poco de dificultad en la lucha contra ella, y me pregunto si hay una solución más limpio de lo que ya he visto, y a lo más profundo fenómenos que se conecta.

Conocidos:

Desde las seis caras de un dado son $1, 2, 3, 2^2, 5,$ y $2\cdot3$, el producto de los rollos es siempre de la forma $2^{A}3^{B}5^{C}$, y la pregunta se transforma ahora en la probabilidad de que $A, B, C$ son todas iguales. El real de la "probabilidad" del componente es sobre todo por la facilidad de redacción; su única contribución es de $6^$ n en el denominador, y mi verdadera pregunta es más de naturaleza combinatoria, es decir,

De cuántas maneras puede el producto de $n$ rollos de rendimiento de un cuadrado?

Un enfoque que he visto implica en primer lugar la creación de un $8 \8$ matriz correspondiente a los ocho casos en torno a la paridad de $A, B, C$; entonces, uno puede tomar el producto escalar de cada rollo con esta matriz, y la esperanza de ver un patrón. De esta manera, uno puede descubrir la fórmula:

$$\frac{6^n + 4^n + 3\cdot2^n}{8}$$

y la "probabilidad" de la versión es simplemente esta fórmula con otros $6^n$ multiplicado en el denominador.

Como para probar esto: Algunas conjeturas en torno a las combinaciones lineales de las numerador de los rendimientos de una fórmula para cada uno de los ocho casos relativos a $A,B,C$ paridad, y entonces uno puede probar todos los ocho de ellos por inducción. Y lo que me "conocen" la respuesta en el sentido de que tengo todos los ocho de las fórmulas (y en particular de la lista anterior es correcto), pero que no fueron encontrados en una particular forma organizada.

Mi Pregunta:

Lo que es una forma sistemática para deducir la fórmula dada anteriormente, para el número de formas en que el producto de $n$ rollos de los rendimientos de un cuadrado, y a lo más profundo de los fenómenos hace esto, conecte?

14voto

MathWonk Puntos 419

Se puede omitir el engorroso método de la matriz de transición en este problema, y conseguir una más rápida solución explícita el uso de funciones de generación y algunos de álgebra trucos.

Su objetivo es contar el número de 2s, 3s, y 5s que se producen en la descomposición en factores primos de $ (2^3^5 B^C)$ de el producto de N rollos de morir. Los exponentes de estos primos aumentar en un aditivo de la moda con cada uno de los rollos. Podemos modelar este por el tratamiento de los exponentes $(a,B,C)$ como vectores de posición en una celosía tridimensional.

Paso 1. Cada resultado de cada tirada del dado tiene una descomposición en factores primos, y tiene el efecto incremental de cambio de su posición en el entramado por un vector de desplazamiento. A continuación se tabulan los resultados posibles de un rollo de morir, y los exponentes que se producen en la descomposición en factores primos del número de laminados).

1: (0,0,0) 2:(1,0,0) 3:(0,1,0) 4:(2,0,0) 5:(0,0,1) 6:(1,1,0)

Ya que quieren seguir la pista sólo de la paridad de estos exponentes podemos considerar (2,0,0) como equivalente a (0,0,0). Tenga en cuenta que ahora hay dos maneras de rodar esta null vector de desplazamiento, y una forma de rodar las otras desplazamiento de vectores.

Paso 2. Ahora usamos expresiones algebraicas como una anotación dispositivo para el modelado de un desplazamiento sobre una rejilla. Para cada uno de los resultados mencionados anteriormente utilizamos su factorización prima para la construcción de un asociado de la expresión algebraica. (Es cierto que parece que estamos persiguiendo nuestras colas, ir y venir entre el aditivo y multiplicativo descripciones de los números, pero sea paciente. ) :)

$1\a 2^0 3^0 5^0 \a^0 b^ 0 c^0 $ (null desplazamiento en exponente de celosía)

$ 2\a 2^1 3^0 5^0 \a^1 b^0 c^0 = $

$\ldots$

$ 4\a 2^2 3^0 5^0 \a^2 \a^0$ (null desplazamiento), porque en nuestro caso único que nos importa es la paridad en el exponente de celosía

$\ldots$

$ 6\a*b$

Paso 3. Ahora estamos listos para introducir funciones de generación! Para dar cuenta de todos los seis resultados de una tirada de dados, $F(a,b,c)= 2+ a + b + a*b + c$ que correctamente doble-cuenta el nulo resultado. La magia de la generación de funciones como un libro de mantenimiento de dispositivo es que, por ejemplo, la 3ª potencia de la multivariable polinomio $F(a,b,c)$ indica el número de maneras en que los tres rollos de morir, puede agregar hasta un determinado vector de desplazamiento en el exponente de la celosía. Es decir, la expansión de la tercera potencia $F(a,b,c)^3=8 + 12 + 6^2 + a^3 + 12 b + 24 a b + 15 a^2 b + 3 a^3 + b + 6 b^2 + 15 a b^2 + 12 a^2 b^2 + 3^3 b^2 + b^3 + 3 a b^3 + 3^2 b^3 + a^3 b^3 + c 12 + 12 c + 3^2 + c 12 b c + 18 a b c + 6^2 b c + 3 b^2 + c 6 a b^2 + c 3 a^2 b^2 + c 6 c^2 + 3 c^2 + 3 b c^2 + 3 a b c^2 + c^3$

le dice que en tres rollos que hay $6$ maneras de obtener la expresión algebraica $a^2 b c$ (que se corresponde con el vector de desplazamiento $(2,1,1)$ en el exponente de celosía, que a su vez se corresponde con el aumento de la acumulada producto de números rodó por el factor $2^2 \times 3 \times 5$.)

Ahora, desde que usted desea realizar un seguimiento de la general $n_{th}$ poder $F(a,b,c)$ puede introducir la serie geométrica $g(a,b,c;t)= \frac{1}{ 1 - t F} = 1+ t F+ t^2 F^2 + t^3 F^3 \ldots$ cuya expansión en los poderes de $t$ se compone de los poderes de $F$.

Paso 4. Recordemos que desea bulto juntos todo el entramado de las posiciones que tienen la misma paridad mod 2. Un astuto truco para lograr que "topológico" identificación de congruentes entramado de puntos es symmetrize la función $g$ a realizar en cada una de las variables $(a,b,c)$, de modo que sólo los poderes de $a,b,c$ producirse en su expansión de Taylor. Esta simétrico función es de ocho término de la expresión $S(a,b,c;t)= \frac{1}{8}[g(a,b,c;t)+ g(-a,b,c;t)+ g(a,b,c) + g( a,-b, c) +\ldots]$

En principio podríamos ampliar $8S(a,b,c;t) $ como una serie de Taylor: $8 + 16 t + 8 (4 + a^2 + b^2 + a^2 b^2 + c^2) t^2 + (64 + 48 a^2 + 48 b^2 + 96 a^2 b^2 + 48 c^2) t^3 +\ldots$

pero en realidad todos los que nos preocupamos es el coeficiente ponderado de número total de términos diferentes que se producen para cada uno de los poderes de $t$.

Paso 5. Este último puede ser encontrado por el simple truco de reemplazo de $a=1, b=1, c=1$, que es una enorme simplificación. Así que volver atrás y hacer que desde el principio, donde $g$ es introducido, repita el proceso de simetrización, introduzca los valores numéricos $a=1,b=1,c=1$ y recoger los términos en una expresión que ahora sólo depende de $t$. Vemos que $ 8 S(a,b,c;t) =3 + 1/(1 - 6 t) + 1/(1 - 4 t) + 3/(1 - 2 t)$.

Paso 6. Ahora, al fin, está claro (por la expansión de la última expresión en su serie geométrica) porque tú tienes la respuesta $\frac{6^n + 4^n + 3* 2^n}{8}$.

14voto

user84413 Puntos 16027

Por $1\le i\le6,\;$ let $a_i$ ser el número de dados que tiene el dígito $i$ a aparecer.

El producto de los rodillos será un cuadrado perfecto cuando $a_2+a_6,\;$ $a_3+a_6,\;$ y $a_5$ son todas iguales;

por lo que podemos considerar dos casos:

$\textbf{1)}$ Cuando $a_2, a_3, a_6$ son todos impar, obtenemos la exponencial de generación de función

$\;\;\;\displaystyle\underbrace{\big(1+x+\frac{x^2}{2!}+\cdots\big)^2}_{a_1, a_4}\underbrace{\big(x+\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}+\cdots\big)^3}_{a_2, a_3, a_6}\underbrace{\big(1+\frac{x^2}{2!}+\frac{x^4}{4!}+\cdots\big)}_{a_5}$

$\;\;\;\displaystyle=e^{2x}\left(\frac{e^x-e^{-x}}{2}\right)^3\left(\frac{e^x+e^{-x}}{2}\right)=\color{red}{\frac{1}{16}\big(e^{6x}-2e^{4x}-e^{-2x}+2\big)}$

$\textbf{2)}$ Cuando $a_2, a_3, a_6$ son todas iguales, obtenemos la exponencial de generación de función

$\;\;\;\displaystyle\underbrace{\big(1+x+\frac{x^2}{2!}+\cdots\big)^2}_{a_1,a_4}\underbrace{\big(1+\frac{x^2}{2!}+\frac{x^4}{4!}+\cdots\big)^4}_{a_2,a_3, a_5, a_6}$

$\;\;\;\displaystyle=e^{2x}\left(\frac{e^x+e^{-x}}{2}\right)^4=\color{red}{\frac{1}{16}\big(e^{6x}+4e^{4x}+6e^{2x}+e^{-2x}+4\big)}$

La adición de los dos casos se da la generación de la función

$\;\;\;\displaystyle g_e(x)=\frac{1}{16}\big[2e^{6x}+2e^{4x}+6e^{2x}+6\big]=\color{red}{\frac{1}{8}\big[e^{6x}+e^{4x}+3e^{2x}+3\big]}$

$\hspace{3. en}\displaystyle=1+\frac{1}{8}\sum_{n=1}^{\infty}\left(6^n+4^n+3\cdot2^n\right)\frac{x^n}{n!},\;\;$ así que hay

$\displaystyle \hspace{.5}\color{blue}{\frac{1}{8}\big(6^n+4^n+3\cdot2^n\big)}$ maneras de rodar $n$ dados y obtener un producto que es un cuadrado perfecto.

7voto

Markus Scheuer Puntos 16133

Nota: Esta respuesta puede ser considerado como un complemento a la bonita respuesta de @MathWonk. Aquí ponemos un fuerte enfoque en la generación de funciones.

Introducción: Una típica representación de un rollo de una figura de seis lados morir está dada por \begin{align*} x^1+x^2+x^3+x^4+x^5+x^6 \end{align*} Los exponentes de $x$ representar los puntos de la matriz, los coeficientes del número de ocurrencias del evento respectivo. Ya que queremos contar el número de cuadrados en $n$ rollos, también hacemos un seguimiento de los factores primos de $2,3$ y $5$ que se producen en la cantidad de $1,\ldots,6$. Utilizamos las variables $a,b$ y $c$ a marcar el número de estos factores primos. Obtenemos la función de la generación de \begin{align*} x+ax^2+bx^3+a^2x^4+cx^5+abx^6 \end{align*} La variable $a$ representa la ocurrencia de $2 a$, $b$ es $3$ y $c$ el primer $5$. Dado que la cantidad de $6=2\cdot3$ se tiene en cuenta el primer factor de 2 $$ y $3$ multiplicando el plazo $x^6$ con $b$. De esta forma análoga para todas las otras caras del dado.

También queremos mantener un seguimiento de la cantidad de rollos, por lo que introducir una variable $t$ y multiplicar cada término con ella. De esta manera podemos definir como bloque de construcción básico de la generación de la función \begin{align*} Un(a,b,c;t;x)=(x+ax^2+bx^3+a^2x^4+cx^5+abx^6)t \end{align*} Una generación de la función que representa $n\geq 1$ rollos es \begin{align*} A_n(a,b,c;t;x) y:= \left(A(a,b,c;t;x)\right)^n\\ y=(x^1+ax^2+bx^3+a^2x^4+cx^5+abx^6)^nt^n \end{align*}

De hecho, estas son sólo notas introductorias, dando algunos conocimientos. Por el contrario, podemos empezar con

Parte principal: Dejar $A_n(a,b,c;t;x)$ ser una generación de función de una figura de seis lados morir, que representan $n$ rollos, que realiza un seguimiento de los factores primos de $2,3$ y $5$ de los puntos y el número de rollos. Es dado para $n\geq 1$ por \begin{align*} A_n(a,b,c;t;x) y=(x^1+ax^2+bx^3+a^2x^4+cx^5+abx^6)^nt^n\\ y=t^n\sum_{{i_1+i_2+\ldots+i_6=n}\cima{i_j\geq 0,1\leq j \leq 6}}\binom{n}{i_1,i_2,\ldots,i_6} x^{i_1+2i_2+\ldots+6i_6}^{i_2+2i_4+i_6}b^{i_3}c^{i_5}\etiqueta{1} \end{align*} con $\binom{n}{i_1,i_2,\ldots,i_6}=\frac{n!}{i_1!i_2!\cdots i_6!}$ los coeficientes multinomiales.

Ya que queremos contar los rollos de dar a la plaza de los números que estamos buscando una generación de la función $B_n(a,b,c;t;x)$, que se basa en $A_n(a,b,c;t;x)$, pero además cumple, que los exponentes de $a,b$ y $c$ son incluso. De hecho, esta fue la justificación para la introducción de estas variables.

Con el fin de obtener incluso exponentes de $a,b$ y $c$ necesitamos de acuerdo a la representación en (1)

\begin{align*} i_2+2i_4+i_6&\equiv 0(2)\\ i_3&\equiv 0(2)\etiqueta{2}\\ i_5&\equiv 0(2) \end{align*}

Ahora recuerdo, que cada función $f(x)$, puede ser representado como suma de un par o impar de la función a través de \begin{align*} f(x)&=f_e(x)+f_o(x)\\ &=\frac{f(x)+f(-x)}{2}+\frac{f(x)-f(-x)}{2} \end{align*} La parte $G_e(x)$ de una generación de la función $G(x)=\sum_{n=0}^{\infty}g_nx^n$ contiene incluso los poderes de $x$, ya que \begin{align*} G_e(x)=\frac{G(x)+G(-x)}{2}=\sum_{n=0}^{\infty}g_{2n}x^{2n} \end{align*}

Necesitamos de acuerdo a (2) una incluso generar en función de las variables $a,b$ y $c$ lo que conduce a \begin{align*} B_n(a,b,c;t;x)=\frac{1}{8}&\left(A_n(a,b,c;t;x)+A_n(-a,b,c;t;x)\right.\\ &+A_n(a,-b,c;t;x)+A_n(-a,-b,c;t;x)\\ &+A_n(a,b, c;t;x)+A_n(-a,b, c;t;x)\etiqueta{3}\\ &\a la izquierda.+A_n(a,-b,-c;t;x)+A_n(-a,-b,-c;t;x)\right)\\ \end{align*}

Nota, tenemos las variables $a,b$ y $c$ para la derivación de la adecuada generación de la función $B_n(a,b,c;t;x)$. No necesitamos las variables para contar el número de apariciones de plazas. También no es necesario diferenciar los puntos, así que también no necesita de $x$.

Simplemente necesitamos la variable $t$, que cuenta el número de rollos y queremos sumar todos los términos de un determinado $t^n$. De esta manera podemos contar con todas las ocurrencias de plazas en $n$ rollos.

Obtenemos: La generación de la función $C_n(t)$ en representación de todas las ocurrencias de las plazas que cuando lancen el dado $n$ veces $n\geq 1):$ \begin{align*} C_n(t) y=B_n(1,1,1;t;1)\\ &=\frac{1}{8}\left(A_n(1,1,1;t;1)+A_n(-1,1,1;t;1)\right.\\ &\qquad+A_n(1,-1,1;t;1)+A_n(-1,-1,1;t;1)\\ &\qquad+A_n(1,1,-1;t;1)+A_n(-1,1,-1;t;1)\\ &\qquad\a la izquierda.+A_n(1,-1,-1;t;1)+A_n(-1,-1,-1;t;1)\right)\\ &=\frac{1}{8}\left((6t)^n+(2t)^n+(2t)^n+(2t)^n+(4t)^n+0+0+0\right)\\ &=\frac{1}{8}\left(6^n+4^n+3\cdot2^n\right)t^n \end{align*}

Nota, es conveniente utilizar el coeficiente de operador $[x^n]$ para indicar el coeficiente de $x^n$ de una serie.

Llegamos a la conclusión, el número de ocurrencias de las plazas que cuando lancen el dado $$ n veces y multiplicando el resultado pips es el coeficiente de $t^n$ de la generación de la función $C_n(t)$ \begin{align*} [t^n]C_n(t)=\frac{1}{8}\left(6^n+4^n+3\cdot2^n\right)\qquad\qquad n\geq 1 \end{align*}

5voto

paw88789 Puntos 19712

Mediante diagonalización en Wolfram Alpha, que fue capaz de confirmar su resultado. He utilizado la matriz de

$$M=\left(\begin{array}{cccccccc} 2&1&1&1&1&0&0&0\\ 1&2&1&0&1&1&0&0\\ 1&1&2&0&1&0&1&0 \\ 1&0&0&2&0&1&1&1 \\ 1&1&1&0&2&0&0&1\\ 0&1&0&1&0&2&1&1\\ 0&0&1&1&0&1&2&1\\ 0&0&0&1&1&1&1&2 \end{array} \right)$$ que le da a uno el paso de las transiciones entre el cuadrado de la raíz partes de los productos (no hay raíz cuadrada parte , $\sqrt{2}$, $\sqrt{3}$, $\sqrt{5}$, $\sqrt{6}$, $\sqrt{10}$, $\sqrt{15}$, $\sqrt{30}$, respectivamente).

Para el número que usted necesita, usted quiere que la primera entrada de $M^n\ \vec{b}$ donde $\vec{b}=\left(\begin{array}{c}1\\0\\0\\0\\0\\0\\0\\0\end{array}\right)$

Como se mencionó anteriormente, el uso de diagonalización con Wolfram Alpha (la diagonalizing matriz fue realmente muy agradable--entero entradas; a la inversa había denominadores de octavos), que fue capaz de confirmar su resultado.

No sé si este método es una mejora con respecto a su descripción. Espero te sirva de ayuda!

5voto

Ken Puntos 106

Hay una mancha de enfoque esta basado en bijections, aunque pierde gran parte de la generalidad de la generación de la función de los métodos.

Vamos $S=\{1,2,3,6\}$ y $T=\{4,5\}$. Vamos a dividir el rollo de secuencias en clases en función de si la secuencia contiene elementos a partir de los $S, T,$ o ambos.

Clase 1: Secuencias que consta sólo de los rollos de $T$. El intercambio de la primera tirada de dados entre $4$ y $5$ da un bijection entre las plazas y no cuadrados, por lo que exactamente la mitad de las secuencias de esta clase de un cuadrado.

Clase 2: las Secuencias que consta sólo de los rollos de la $S$. Ahora podemos dividir las secuencias en grupos de 4 $$ que comparten el mismo apellido $n-1$ rollos. Cada grupo tiene una plaza de producto, por lo que exactamente $1/4$ las secuencias en esta clase de un cuadrado.

Clase 3: Secuencias que contienen tanto un rollo en $S$ y un rollo en $T$. A cada secuencia se asigna un "tipo", que consiste en (1): La ubicación de la primera tirada en $S$, (2): la ubicación de la primera tirada en $T$, y (3): Los restantes $n-2$ rollos. Una vez que el tipo es fijo, hay $8$ opciones para el resto de rollo, y exactamente uno de ellos da a una plaza.

Por lo que el número de cuadrados de las secuencias es $$\frac{1}{2} |\textrm{Clase } 1| + \frac{1}{4} |\textrm{Clase } 2| + \frac{1}{8} |\textrm{Clase } 3| = \frac{1}{2} 2^n + \frac{1}{4} 4^n + \frac{1}{8} (6^n-2^n-4^n)$$

i-Ciencias.com

I-Ciencias es una comunidad de estudiantes y amantes de la ciencia en la que puedes resolver tus problemas y dudas.
Puedes consultar las preguntas de otros usuarios, hacer tus propias preguntas o resolver las de los demás.

Powered by:

X