Wie kann die Ergebnisverteilung für mehrere Würfel einfach ermittelt werden?

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Ich möchte die Wahrscheinlichkeitsverteilung für die Summe einer Kombination von Würfeln berechnen.

Ich erinnere mich, dass die Wahrscheinlichkeit von die Anzahl der Kombinationen ist, die diese Anzahl über die Gesamtanzahl der Kombinationen summieren (vorausgesetzt, die Würfel haben eine gleichmäßige Verteilung).

Was sind die Formeln für

  • Die Anzahl der Kombinationen insgesamt
  • Die Anzahl der Kombinationen, die eine bestimmte Anzahl ergeben
Kreuz
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1
Ich denke, Sie sollten und als unterschiedliche Ereignisse behandeln. (X1=1,X2=2)(X1=2,X2=1)
Deep North

Antworten:

15

Genaue Lösungen

Die Anzahl der Kombinationen in Würfen beträgt natürlich 6 n .n6n

Diese Berechnungen werden am einfachsten mit der Wahrscheinlichkeitsfunktion für einen Würfel durchgeführt.

p(x)=x+x2+x3+x4+x5+x6=x1x61x.

(Tatsächlich ist dies das 6 fache der pgf - ich werde mich am Ende um den Faktor 6 kümmern .)

Der pgf für n Rollen ist p(x)n . Wir können dies ziemlich direkt berechnen - es ist keine geschlossene Form, aber es ist eine nützliche - unter Verwendung des Binomialsatzes:

p(x)n=xn(1x6)n(1x)n

=xn(k=0n(nk)(1)kx6k)(j=0(nj)(1)jxj).

Die Anzahl der Möglichkeiten, auf dem Würfel eine Summe gleich zu erhalten, ist der Koeffizient von in diesem Produkt, den wir als isolieren könnenmxm

6k+j=mn(nk)(nj)(1)k+j.

Die Summe ist über alle nichtnegativen und für die ; es ist also endlich und hat nur ungefähr Terme. Zum Beispiel ist die Anzahl der Möglichkeiten, in Würfen zu addieren, eine Summe von nur zwei Begriffen, da nur als und :kj6k+j=mn(mn)/6m=14n=311=14360+1161+5

-(30)(-311)+(31)(-35)

=1(-3)(-4)(-13)11!+3(-3)(-4)(-7)5!

=121213-3267=15.

(Sie können auch klug sein und beachten, dass die Antwort für durch die Symmetrie 1 <-> 6, 2 <-> 5 und 3 <-> 4 dieselbe ist, und es gibt nur einen Weg, sie zu erweitern als , und zwar mit und , was ergibtm=77-36k+jk=0j=4

(30)(-34)=15.

Die Wahrscheinlichkeit beträgt daher 15/6 = , ungefähr 14%.15/635/36

Wenn dies schmerzhaft wird, liefert der zentrale Grenzwertsatz gute Annäherungen (zumindest an die zentralen Terme, bei denen zwischen und : Auf relativer Basis werden die Näherungswerte für die Endwerte immer schlechter, je größer wird.m7n2-3n7n2+3nn

Ich sehe, dass diese Formel im Wikipedia-Artikel Srikant-Referenzen angegeben ist, aber weder eine Begründung noch Beispiele angegeben sind. Wenn vielleicht dieser Ansatz sieht zu abstrakt, Feuer Ihres Lieblings - Computer - Algebra - System und stellen sie die erweitern Leistung von : Sie können die ganze lesen Satz von Werten sofort. ZB ist ein Mathematica-Einzeilernthx+x2++x6

With[{n=3}, CoefficientList[Expand[(x + x^2 + x^3 + x^4 + x^5 + x^6)^n], x]]
whuber
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Funktioniert dieser Mathematica-Code mit Wolfram Alpha?
1
Das funktioniert. Ich habe Ihre frühere Version ausprobiert, konnte aber keinen Sinn für die Ausgabe erkennen.
2
@Srikant: Expand [Sum [x ^ i, {i, 1,6}] ^ 3] funktioniert auch in WolframAlpha
1
@ A. Wilson Ich glaube, dass viele dieser Referenzen einen klaren Pfad zur Verallgemeinerung bieten, die in diesem Beispiel . Wenn Sie diesen Code benötigen , finden Sie unter stats.stackexchange.com/a/116913 Informationen zu einem vollständig implementierten System. Als weiteres Beispiel lautet der Mathematica- Code(x+x2++x6)(x+x2+x3+x4)3RClear[x, d]; d[n_, x_] := Sum[x^i, {i, 1, n}]; d[6, x] d[4, x]^3 // Expand
whuber
1
Beachten Sie, dass die Erklärung von @ whuber für 1W6 + 3W4 gilt, und das sollte Sie dahin bringen. Für ein beliebiges wdn + vdm gilt (x + x ^ 2 + ... + x ^ w) ^ n (x + x ^ 2 + ... + x ^ v) ^ m. Zusätzliche Terme sind Polynome, die auf die gleiche Weise konstruiert und mit dem Produkt multipliziert werden.
A. Wilson
8

Eine weitere Möglichkeit, die Wahrscheinlichkeitsverteilung eines Würfelwurfs schnell zu berechnen, ist die Verwendung eines speziellen Taschenrechners, der speziell für diesen Zweck entwickelt wurde.

Torben Mogensen , CS-Professor an der DIKU, hat einen hervorragenden Würfelroller namens Troll .

Der Troll-Würfelroller und der Wahrscheinlichkeitsrechner drucken die Wahrscheinlichkeitsverteilung (pmf, Histogramm und optional cdf oder ccdf), den Mittelwert, die Streuung und die mittlere Abweichung für eine Vielzahl von komplizierten Würfelwurfmechanismen aus. Hier einige Beispiele, die Trolls Würfelwurfsprache demonstrieren:

Rollen 3 6-seitige Würfel und summieren sie: sum 3d6.

Rolle 4 6-seitige Würfel, halten Sie die höchste 3 und summieren sie: sum largest 3 4d6.

Rollen Sie eine „Explosion“ 6-seitigen Würfel (dh jederzeit eine „6“ kommt, fügen Sie 6 auf Ihre Gesamt und Rolle wieder): sum (accumulate y:=d6 while y=6).

Der SML- Quellcode von Troll ist verfügbar, wenn Sie sehen möchten, wie er implementiert ist.

Professor Morgensen hat auch eine 29-seitige Abhandlung mit dem Titel " Würfelwälzmechanismen in RPGs ", in der er viele der von Troll implementierten Würfelwälzmechanismen und einige der dahinter stehenden Mathematiken behandelt.

Eine ähnliche kostenlose Open-Source-Software ist Dicelab , die sowohl unter Linux als auch unter Windows funktioniert.


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7

Der erste Würfel sei rot und der zweite schwarz. Dann gibt es 36 mögliche Ergebnisse:

12345611,11,21,31,41,51,623456722,12,22,32,42,52,634567833,13,23,33,43,53,645678944,14,24,34,44,54,6567891055,15,25,35,45,55,66789101166,16,26,36,46,56,6789101112

Jedes dieser 36 ( ) Ergebnisse ist gleich wahrscheinlich.red,black

Wenn Sie die Zahlen auf den Gesichtern summieren (Summe in ), erhalten mehrere der (roten, schwarzen) Ergebnisse dieselbe Summe - dies können Sie anhand der Tabelle in Ihrer Frage sehen.blue

So gibt es zum Beispiel nur einen Weg, um insgesamt (dh nur das Ereignis ( )), aber es gibt zwei Wege, um zu erhalten (dh die elementaren Ereignisse ( ) und ( )). Es ist also doppelt so wahrscheinlich, dass insgesamt auftauchen wie . Ebenso gibt es drei Möglichkeiten, , vier Möglichkeiten, und so weiter zu bekommen.21,132,11,23245

Da Sie nun 36 mögliche (rot, schwarz) Ergebnisse haben, beträgt die Gesamtzahl der Möglichkeiten, die verschiedenen Summen zu erhalten, ebenfalls 36, sodass Sie am Ende durch 36 dividieren sollten. Ihre Gesamtwahrscheinlichkeit wird 1 sein, wie es sein sollte.

Glen_b - Setzen Sie Monica wieder ein
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Wow, der Tisch ist wunderschön!
Deep North
Sehr hübsch in der Tat
Wolfies
6

Es gibt eine sehr gute Möglichkeit, die Kombinationen oder Wahrscheinlichkeiten in einer Tabelle (z. B. Excel) zu berechnen, mit der die Windungen direkt berechnet werden.

Ich mache es in Bezug auf Wahrscheinlichkeiten und illustriere es für sechsseitige Würfel, aber Sie können es für Würfel mit einer beliebigen Anzahl von Seiten (einschließlich des Hinzufügens verschiedener) tun.

(Übrigens ist es auch einfach in so etwas wie R oder Matlab, das Faltungen machen wird)

Beginnen Sie mit einem leeren Blatt in einigen Spalten und gehen Sie von oben ein paar Zeilen nach unten (mehr als 6).

  1. Setzen Sie den Wert 1 in eine Zelle. Das sind die Wahrscheinlichkeiten, die mit 0 Würfeln verbunden sind. setze eine 0 nach links; Das ist die Wertespalte - von dort weiter runter mit 1,2,3 runter so weit wie nötig.

  2. Verschieben Sie eine Spalte nach rechts und eine Zeile nach unten von der '1'. Geben Sie die Formel "= Summe" ein (dann Pfeil nach links nach oben (um die Zelle mit 1 darin hervorzuheben), drücken Sie ":" (um einen Bereich einzugeben) und dann fünfmal Pfeil nach oben, gefolgt von ") / 6 "und drücken Sie die Eingabetaste - so erhalten Sie eine Formel wie =sum(c4:c9)/6 (hier C9ist die Zelle mit der 1).

    Bildbeschreibung hier eingeben

    Kopieren Sie dann die Formel und fügen Sie sie in die 5 Zellen darunter ein. Sie sollten jeweils 0,16667 (ish) enthalten.

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    Geben Sie nichts in die leeren Zellen ein, auf die sich diese Formeln beziehen!

  3. Verschiebe 1 nach unten und 1 nach rechts oben in diese Wertespalte und füge ein ...

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    ... weitere 11 Werte. Dies sind die Wahrscheinlichkeiten für zwei Würfel.

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    Es spielt keine Rolle, wenn Sie ein paar zu viele einfügen, erhalten Sie nur Nullen.

  4. Wiederholen Sie Schritt 3 für die nächste Spalte für drei Würfel und noch einmal für vier, fünf usw. Würfel.

    Bildbeschreibung hier eingeben

    Wir sehen hier, dass die Wahrscheinlichkeit, auf 4W6 zu würfeln, 0,096451 beträgt (wenn Sie mit 4 6 multiplizieren , können Sie es als exakten Bruch schreiben).1246

Wenn Sie mit Excel vertraut sind, z. B. das Kopieren einer Formel aus einer Zelle und das Einfügen in viele Zellen in einer Spalte, können Sie in etwa einer Minute alle Tabellen mit einer Größe von bis zu 10 d6 generieren (möglicherweise schneller, wenn Sie dies getan haben) einige Male).


Wenn Sie Kombinationszählungen anstelle von Wahrscheinlichkeiten wünschen, teilen Sie nicht durch 6.

Wenn Sie Würfel mit einer unterschiedlichen Anzahl von Gesichtern haben möchten, können Sie (statt 6) Zellen addieren und dann durch k teilen . Sie können Würfel über Spalten mischen (z. B. eine Spalte für d6 und eine für d8, um die Wahrscheinlichkeitsfunktion für d6 + d8 zu erhalten):kk

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Glen_b - Setzen Sie Monica wieder ein
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5

Ungefähre Lösung

Ich habe die genaue Lösung bereits früher erklärt (siehe unten). Ich werde jetzt eine ungefähre Lösung anbieten, die Ihren Bedürfnissen besser entspricht.

Lassen:

Xisi=1,...n

Sn

X¯

Per Definition haben wir:

X¯=iXin

Mit anderen Worten,

X¯=Sn

Xinnn

X¯N(μ,σ2/n)

woher,

μ=(s+1)/2

σ2=(s21)/12

Xi

Aber,

S=nX¯

So haben wir:

SN(nμ,nσ2)

Genaue Lösung

Wikipedia hat eine kurze Erklärung, wie man die erforderlichen Wahrscheinlichkeiten berechnet. Ich werde etwas näher darauf eingehen, warum die Erklärung dort Sinn macht. Soweit möglich habe ich eine ähnliche Schreibweise wie im Wikipedia-Artikel verwendet.

nsnk

Definieren:

Fs,n(k)kns

Per Definition haben wir:

Fs,1(k)=1s

sk1s

kk1k11

Fs,2(k)=i=1i=k1Fs,1(i)Fs,1(ki)

kk-2k-12

Fs,3(k)=ich=1ich=k-2Fs,1(ich)Fs,2(k-ich)

Wenn wir die obige Logik fortsetzen, erhalten wir die Rekursionsgleichung:

Fs,n(k)=ich=1ich=k-n+1Fs,1(ich)Fs,n-1(k-ich)

Weitere Informationen finden Sie unter dem Wikipedia-Link.

Glen_b - Setzen Sie Monica wieder ein
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@Srikant Ausgezeichnete Antwort, aber löst sich diese Funktion in etwas Arithmetisches auf (dh: nicht rekursiv)?
C. Ross
@C. Ross Das glaube ich leider nicht. Aber ich vermute, dass die Rekursion nicht so schwer sein sollte, solange es sich um einigermaßen kleine n und kleine s handelt. Sie können einfach eine Nachschlagetabelle erstellen und diese bei Bedarf wiederholt verwenden.
1
Die Wikipedia-Seite, die Sie verlinkt haben, hat eine einfache nicht rekursive Formel, die eine einzelne Summe ist. Eine Ableitung ist in Whubers Antwort.
Douglas Zare
Der Wiki-Link-Anker ist tot. Kennen Sie einen Ersatz?
Midnighter
4

Mit charakteristischen Funktionen können Berechnungen mit Summen und Differenzen von Zufallsvariablen sehr einfach durchgeführt werden. Mathematica verfügt über viele Funktionen, um mit statistischen Verteilungen zu arbeiten, einschließlich einer eingebauten Funktion, um eine Verteilung in ihre charakteristische Funktion umzuwandeln.

Ich möchte dies an zwei konkreten Beispielen veranschaulichen: (1) Angenommen, Sie möchten die Ergebnisse des Würfelns einer Würfelsammlung mit unterschiedlicher Anzahl von Seiten ermitteln, z. B. zwei sechsseitige Würfel plus einen achtseitigen Würfel (d. H , 2W6 + d8 )? Oder (2) nehmen Sie an, Sie wollten den Unterschied zwischen zwei Würfeln (z. B. d6-d6 ) ermitteln?

X fφX(t)fφX(t)=F{f}(t)=E[eichtX]

XY.fGhX+Y.h(n)=(fG)(n)=m=-f(m)G(n-m)

Wir können die Faltungseigenschaft von Fourier-Transformationen verwenden, um dies in Bezug auf charakteristische Funktionen einfacher wiederzugeben:

φX+Y.(t)XY.φX(t)φY.(t)

Mit dieser Mathematica-Funktion wird die charakteristische Funktion für einen einseitigen Würfel erstellt:

MakeCf [s_]: = 
 Modul [{Cf}, 
  Cf: = CharacteristicFunction [DiscreteUniformDistribution [{1, s}], 
    t];
  Cf]

Die PMF einer Verteilung kann aus ihrer charakteristischen Funktion wiederhergestellt werden, da Fourier-Transformationen invertierbar sind. Hier ist der Mathematica-Code, um dies zu tun:

RecoverPmf [Cf_]: = 
  Modul [{F}, 
    F [y_]: = SeriesCoefficient [Cf /. t -> -I * Log [x], {x, 0, y}];
    F]

Setzen wir unser Beispiel fort, sei F die PMF, die sich aus 2d6 + d8 ergibt.

F := RecoverPmf[MakeCf[6]^2 MakeCf[8]]

628=288S={3,,20}20=26+8

In: = F / @ Range [3, 20]

Out = {1/288, 1/96, 1/48, 5/144, 5/96, 7/96, 13/144, 5/48, 1/9, 1/9, \
5/48, 13/144, 7/96, 5/96, 5/144, 1/48, 1/96, 1/288}

Wenn Sie die Anzahl der Ergebnisse wissen möchten, die sich auf 10 summieren, berechnen Sie

In: = 6 ^ 2 8 F [10]

Out = 30

XY.fGhX-Y.h(n)=(fG)(n)=m=-f(m)G(n+m)

Wir können die Kreuzkorrelationseigenschaft von Fouriertransformationen verwenden, um dies in Bezug auf charakteristische Funktionen einfacher wiederzugeben:

φX-Y.(t)X,Y.φX(t)φY.(-t)

Verwenden Sie Mathematica, um die pmf G von d6-d6 zu finden:

G := RecoverPmf[MakeCf[6] (MakeCf[6] /. t -> -t)]

62=36S={-5,,5}-5=1-66-1=5

In: = G / @ Range [-5, 5]

Out = {1/36, 1/18, 1/12, 1/9, 5/36, 1/6, 5/36, 1/9, 1/12, 1/18, 1/36}

quelle
1
Natürlich ist für diskrete Verteilungen, einschließlich Verteilungen der endlichen Unterstützung (wie die hier fraglichen), cf nur die Wahrscheinlichkeitsfunktion, die bei x = exp (it) ausgewertet wird, was die Codierung derselben Informationen komplizierter macht.
Whuber
2
@whuber: Wie Sie sagen, sind cf, mgf und pgf mehr oder weniger gleich und lassen sich leicht ineinander umwandeln. Mathematica verfügt jedoch über ein eingebautes cf, das mit allen ihm bekannten Wahrscheinlichkeitsverteilungen arbeitet, wohingegen dies nicht der Fall ist. ' t habe eine pgf eingebaut. Dies macht den Mathematica-Code für die Arbeit mit Summen (und Unterschieden) von Würfeln mit cfs zu einem besonders eleganten Konstrukt, unabhängig von der Komplexität des Würfelausdrucks, wie ich oben hoffe. Außerdem schadet es nicht, zu wissen, wie CFS, FTs, Windungen und Kreuzkorrelationen zur Lösung solcher Probleme beitragen können.
1
@ Elisha: Gute Punkte, alle. Was mich wohl am meisten wundert, ist, ob Ihre zehn oder mehr Zeilen Mathematica-Code wirklich "eleganter" oder effizienter sind als die einzelne Zeile, die ich zuvor vorgeschlagen habe (oder die noch kürzere Zeile, die Srikant an Wolfram Alpha gesendet hat). Ich vermute, dass die internen Manipulationen mit charakteristischen Funktionen schwieriger sind als die einfachen Faltungen, die zum Multiplizieren von Polynomen erforderlich sind. Sicherlich sind letztere in den meisten anderen Softwareumgebungen einfacher zu implementieren, wie die Antwort von Glen_b zeigt. Der Vorteil Ihres Ansatzes ist seine größere Allgemeinheit.
Whuber
4

Hier ist eine andere Möglichkeit, die Wahrscheinlichkeitsverteilung der Summe von zwei Würfeln von Hand unter Verwendung von Faltungen zu berechnen.

Um das Beispiel einfach zu halten, berechnen wir die Wahrscheinlichkeitsverteilung der Summe eines dreiseitigen Würfels (d3), dessen Zufallsvariable wir X nennen, und eines zweiseitigen Würfels (d2), dessen Zufallsvariable wir verwenden ruf Y an.

Du wirst einen Tisch machen. Schreiben Sie in die oberste Zeile die Wahrscheinlichkeitsverteilung von X (Ergebnisse des Rollens eines fairen d3). Schreiben Sie in der linken Spalte die Wahrscheinlichkeitsverteilung von Y (Ergebnisse des Rollens eines fairen d2).

Sie konstruieren das äußere Produkt der oberen Wahrscheinlichkeitsreihe mit der linken Wahrscheinlichkeitsspalte. Beispielsweise ist die untere rechte Zelle das Produkt von Pr [X = 3] = 1/3 mal Pr [Y = 2] = 1/2, wie in der beigefügten Abbildung gezeigt. In unserem vereinfachenden Beispiel sind alle Zellen gleich 1/6.

Als Nächstes summieren Sie entlang der schrägen Linien der Außenproduktmatrix, wie im beigefügten Diagramm gezeigt. Jede schräge Linie verläuft durch eine oder mehrere Zellen, die ich gleich gefärbt habe: Die obere Linie verläuft durch eine blaue Zelle, die nächste Linie verläuft durch zwei rote Zellen und so weiter.

Alt-Text

Jede der Summen entlang der Schrägstriche repräsentiert eine Wahrscheinlichkeit in der resultierenden Verteilung. Zum Beispiel entspricht die Summe der roten Zellen der Wahrscheinlichkeit, dass sich die beiden Würfel zu 3 addieren. Diese Wahrscheinlichkeiten sind rechts unten im beigefügten Diagramm dargestellt.

Diese Technik kann mit zwei beliebigen diskreten Verteilungen mit endlicher Unterstützung angewendet werden. Und Sie können es iterativ anwenden. Wenn Sie beispielsweise die Verteilung von drei sechsseitigen Würfeln (3d6) kennen möchten, können Sie zuerst 2d6 = d6 + d6 berechnen; dann ist 3d6 = d6 + 2d6.

Es gibt eine kostenlose (aber geschlossene Lizenz) Programmiersprache namens J . Es ist eine Array-basierte Sprache mit Wurzeln in APL. Es hat eingebaute Operatoren, um äußere Produkte und Summen entlang der Schrägstriche in Matrizen auszuführen, was die von mir dargestellte Technik recht einfach zu implementieren macht.

Im folgenden J-Code definiere ich zwei Verben. Zuerst dkonstruiert das Verb ein Array, das die PMF eines s-seitigen Würfels darstellt. Zum Beispiel d 6ist die PMF eines 6-seitigen Würfels. Zweitens findet das Verb convdas äußere Produkt von zwei Arrays und Summen entlang der schrägen Linien. So conv~ d 6druckt die PMF von 2d6 aus:

d =: $%
conv =: + //. @ (* /)
|: (2 + i.11) ,: conv ~ d 6
 2 0,0277778
 3 0,0555556
 4 0,0833333
 5 0,111111
 6 0,138889
 7 0,166667
 8 0,138889
 9 0,111111
10 0,0833333
11 0,0555556
12 0,0277778

Wie Sie sehen können, ist J kryptisch, aber knapp.


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3

Dies ist eigentlich eine überraschend komplizierte Frage. Zum Glück gibt es für Sie eine genaue Lösung, die hier sehr gut erklärt wird:

http://mathworld.wolfram.com/Dice.html

Die Wahrscheinlichkeit, die Sie suchen, ergibt sich aus Gleichung (10): "Die Wahrscheinlichkeit, p Punkte (eine Rolle von p) auf n s-seitigen Würfeln zu erhalten".

In Ihrem Fall: p = die beobachtete Punktzahl (Summe aller Würfel), n = die Anzahl der Würfel, s = 6 (6-seitige Würfel). Dies gibt Ihnen die folgende Wahrscheinlichkeitsmassenfunktion:

P(Xn=p)=1snk=0(p-n)/6(-1)k(nk)(p-6k-1n-1)
Felix
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Willkommen auf unserer Seite, Felix!
whuber
1

Ich liebe den Benutzernamen! Gut gemacht :)

6×6=36

136223634364

Kreosot
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Das verwirrt mich wirklich. Ich habe kürzlich eine neue Frage von jemandem namens die_hard beantwortet, der anscheinend nicht mehr existiert. Dann habe ich meine Antwort an diesen alten Thread angehängt!
Kreosot
Ihre Antwort auf die Frage unter stats.stackexchange.com/questions/173434/… wurde mit den Antworten auf dieses Duplikat zusammengeführt.
Whuber
1

nn-1

einn(l)=l-6kl-1 und n-1k6(n-1)einn-1(k)

Die erste Grenze für k in der Summe sind die sechs vorhergehenden Zahlen. Wenn Sie beispielsweise 13 mit 3 Würfeln würfeln möchten, können Sie dies tun, wenn Ihre ersten beiden Würfel zwischen 7 und 12 würfeln.

Die zweite Grenze für k in der Summation ist die Grenze dessen, was mit n-1 Würfeln gewürfelt werden kann

Das Ergebnis:

1 1 1  1  1   1
1 2 3  4  5   6   5  4   3   2   1
1 3 6  10 15  21  25 27  27  25  21  15  10  6    3   1
1 4 10 20 35  56  80 104 125 140 146 140 125 104  80  56  35  20  10   4   1
1 5 15 35 70 126 205 305 420 540 651 735 780 780 735 651 540 420 305 205 126 70 35 15 5 1  

edit: Die obige Antwort war eine Antwort von einer anderen Frage , die von C. Ross in die Frage eingearbeitet wurde

Der folgende Code zeigt, wie die Berechnungen für diese Antwort (auf die Frage nach 5 Würfeln) in R durchgeführt wurden. Sie ähneln den in Excel durchgeführten Summierungen in der Antwort von Glen B.

# recursive formula
nextdice <- function(n,a,l) {
  x = 0
  for (i in 1:6) {
    if ((l-i >= n-1) & (l-i<=6*(n-1))) {
      x = x+a[l-i-(n-2)]
    }
  }
  return(x)  
}  

# generating combinations for rolling with up to 5 dices
a_1 <- rep(1,6)
a_2 <- sapply(2:12,FUN = function(x) {nextdice(2,a_1,x)})
a_3 <- sapply(3:18,FUN = function(x) {nextdice(3,a_2,x)})
a_4 <- sapply(4:24,FUN = function(x) {nextdice(4,a_3,x)})
a_5 <- sapply(5:30,FUN = function(x) {nextdice(5,a_4,x)})
Sextus Empiricus
quelle
@ user67275 Ihre Frage wurde mit dieser Frage zusammengeführt. Aber ich frage mich , was Ihre Idee , die hinter Ihrer Formel war: „Ich habe die Formel: keine Art und Weise 8 zu erhalten: 5_H_2 = 6_C_2 = 15“ ?
Sextus Empiricus
1

Xn=kxk

(x6+x5+x4+x3+x2+x16)n=(x(1-x6)6(1-x))n

k=22P(X6=22)=1066

Henry
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