Chủ đề này có 2 trả lời

[hxthanh]

Gieo ngẫu nhiên một con xúc xắc (là một hình lập phương $6$ mặt đồng chất các mặt đánh dấu số chấm từ 1-6) $m$ lần. Tính xác suất để “tổng số chấm thu được bằng $n$”

[Nobodyv3]

Lời giải không thỏa đáng lắm, nhưng cứ post lên :=).
Trước hết, để áp dụng vào bài toán, em xin trình bày sơ lược về hàm sinh moment (MGF):
Hàm sinh moment (MGF) của một biến ngẫu nhiên $X$ là giá trị kỳ vọng của hàm $e^{tX}$.
$$M_X(t)=E[e^{tX}]$$
Xét phép thử tung con xúc xắc m lần, gọi $X_i$ là số xuất hiện ở lần tung thứ i với $i=1,2,...,m$ thì hàm phân phối XS của mỗi $X_i$ là :
$f(x)=\left\{\begin{matrix}
\displaystyle \frac{1}{6}&x=1,2,...,6 \\
0 & \text{ngược lại }
\end{matrix}\right.$
và có mgf là :
$$M_{X_i}(t)=E(e^{tX_i})=\frac{1}{6}\left ( e^t+e^{2t}+...+e^{6t} \right )   $$
Vì các biến ngẫu nhiên $X_1,X_2,...,X_m$ là độc lập nên mgf của tổng n là :
$$M_{n}(t)=E[e^{tX}]=E[e^{t(X_1+X_2+...+X_m)}]=\prod_{i=1}^{m}E[e^{tX_i}]= \prod_{i=1}^{m}\left [ \frac{1}{6}\left ( e^t+e^{2t}+...+e^{6t} \right ) \right ]=\boldsymbol {\frac{1}{6^m}\left ( e^t+e^{2t}+...+e^{6t} \right )^m}\text{      (1)} $$
Thử vài giá trị vào $(1)$:
$$\begin {align*}
m=3,\, n=12:\\
M_{12}(t)&=\frac {1}{216}\bigg ( e^{3t}+3e^{4t}+6e^{5t}+10e^{6t}+15e^{7t}\\&+21e^{8t}+ 25e^{9t}+27e^{10t}+27e^{11t}+\boldsymbol {25e^{12t}}\\&+21e^{13t}+15e^{14t}
+10e^{15t}+6e^{16t}+ 3e^{17t}+e^{18t} \bigg )
\end{align*}$$
$\Rightarrow $ XS là $\boldsymbol {\frac {25}{216}}$

$$\begin {align*}
  m=5,\, n=12:\\
M_{12}(t)&=\frac {1}{7776}\bigg (  e^{5t}+5e^{6t}+ 15e^{7t}+35e^{8t}+70e^{9t}+126e^{10t}\\
&+205e^{11t}+\boldsymbol {305e^{12t}}+420e^{13t}+540e^{14t}+651e^{15t}+735e^{16t}\\
&+ 780e^{17t}+780e^{18t}+ 735e^{19t}+651e^{20t}+ 540e^{21t}+420e^{22t}\\
&+ 305e^{23t}+205e^{24t}+ 126e^{25t}+70e^{26t}+35e^{27t}+15e^{28t}+ 5e^{29t}+e^{30t}  \bigg )
\end {align*}$$
$\Rightarrow $ XS là $\boldsymbol {\frac {305}{7776}}$
...vv....

[hxthanh]

Lời giải không thỏa đáng lắm, nhưng cứ post lên :=).
Trước hết, để áp dụng vào bài toán, em xin trình bày sơ lược về hàm sinh moment (MGF):
Hàm sinh moment (MGF) của một biến ngẫu nhiên $X$ là giá trị kỳ vọng của hàm $e^{tX}$.
$$M_X(t)=E[e^{tX}]$$
Xét phép thử tung con xúc xắc m lần, gọi $X_i$ là số xuất hiện ở lần tung thứ i với $i=1,2,...,m$ thì hàm phân phối XS của mỗi $X_i$ là :
$f(x)=\left\{\begin{matrix}
\displaystyle \frac{1}{6}&x=1,2,...,6 \\
0 & \text{ngược lại }
\end{matrix}\right.$
và có mgf là :
$$M_{X_i}(t)=E(e^{tX_i})=\frac{1}{6}\left ( e^t+e^{2t}+...+e^{6t} \right ) $$
Vì các biến ngẫu nhiên $X_1,X_2,...,X_m$ là độc lập nên mgf của tổng n là :
$$M_{n}(t)=E[e^{tX}]=E[e^{t(X_1+X_2+...+X_m)}]=\prod_{i=1}^{m}E[e^{tX_i}]= \prod_{i=1}^{m}\left [ \frac{1}{6}\left ( e^t+e^{2t}+...+e^{6t} \right ) \right ]=\boldsymbol {\frac{1}{6^m}\left ( e^t+e^{2t}+...+e^{6t} \right )^m}\text{ (1)} $$
Thử vài giá trị vào $(1)$:
$$\begin {align*}
m=3,\, n=12:\\
M_{12}(t)&=\frac {1}{216}\bigg ( e^{3t}+3e^{4t}+6e^{5t}+10e^{6t}+15e^{7t}\\&+21e^{8t}+ 25e^{9t}+27e^{10t}+27e^{11t}+\boldsymbol {25e^{12t}}\\&+21e^{13t}+15e^{14t}
+10e^{15t}+6e^{16t}+ 3e^{17t}+e^{18t} \bigg )
\end{align*}$$
$\Rightarrow $ XS là $\boldsymbol {\frac {25}{216}}$

$$\begin {align*}
m=5,\, n=12:\\
M_{12}(t)&=\frac {1}{7776}\bigg ( e^{5t}+5e^{6t}+ 15e^{7t}+35e^{8t}+70e^{9t}+126e^{10t}\\
&+205e^{11t}+\boldsymbol {305e^{12t}}+420e^{13t}+540e^{14t}+651e^{15t}+735e^{16t}\\
&+ 780e^{17t}+780e^{18t}+ 735e^{19t}+651e^{20t}+ 540e^{21t}+420e^{22t}\\
&+ 305e^{23t}+205e^{24t}+ 126e^{25t}+70e^{26t}+35e^{27t}+15e^{28t}+ 5e^{29t}+e^{30t} \bigg )
\end {align*}$$
$\Rightarrow $ XS là $\boldsymbol {\frac {305}{7776}}$
...vv....

Cảm ơn em đã giới thiệu về kiến thức này! Like!
Thực chất bài này cũng không có gì ghê gớm. Bỏ qua phần không gian mẫu thì chỉ là bài toán chia kẹo Euler có thêm điều kiện.
\begin{cases} 1\le x_i \le 6\\ x_1+x_2+…+x_m=n\end{cases}
Lời giải thì dùng phương pháp bù trừ: số cách chia - số cách chia 1 phần lỗi (>6) + số cách chia 2 phần lỗi - …
\begin{equation}\label{e1} S_n=\sum_{k=0}^{\large{\left\lfloor\frac n6\right\rfloor}} (-1)^k{m\choose k}{n-6k-1\choose m-1}\end{equation}
Vấn đề là tổng \eqref{e1} có tính được đến cuối cùng không thôi

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hxthanh: 08-03-2024 - 20:13