本周的小提琴手是关于在棋盘游戏《大富翁》中掷骰子的。
我们有一块方板，周围有40个单独的空格，编号从0到39。所有玩家从0格开始（类似于大富翁中的“围棋”方块），掷一对骰子以确定他们每回合前进多少格。然而，与垄断不同的是，没有其他方式可以在董事会上取得进展（即，没有“机会”、“公益金”、“入狱”等）。在第一次绕板传球时，球员最有可能在某一点（即，不一定是在第一次或最后一次掷骰时，而是在任何掷骰次数之后）在1到39之间的哪一个空格着陆？
额外学分
方形板每侧有10个空间。第一侧具有空间0至9，第二侧具有空间10至19，第三侧具有空间20至29，第四侧具有空间30至39。因为你在掷两个骰子，所以你不可能在绕板的第一次传球中降落在1号空间。董事会第一面的其他几个位置也不太可能出现。把板的第一面放在一边，球员在第一次传球时，最不可能在10到39之间的某个位置着陆？（另一个问题：如果你一次掷三个骰子而不是两个，会怎么样？）
我的解决方案：
[显示解决方案]
解决此类问题的一种有效方法是使用多项式，或者更普遍地说，生成函数这是基本思想。假设我们掷一个骰子。每个数字$1，\点，6$的发生概率都相等。我们将使用多项式对其进行编码：
\[
q（x）=\tfrac{1}{6} x个+\tfrac{1}{6} x个^2+\tfrac{1}{6} x个^3+\tfrac{1}{6} x个^4+\tfrac{1}{6} x个^5+\tfrac{1}{6} x个^6
\]我们可以将$x^k$的系数解释为降落在$k^\text{th}$方形上的概率。如果我们掷两个骰子，相应的概率分布可以通过取每个模具多项式的乘积也就是说，我们有：
\开始{multline}
q（x）^2=
\tfrac{1}{36}x^2+\tfrac{1}{18} x个^3+\tfrac{1}{12} x个^4+\tfrac{1}{9} x个^5+\tfrac｛5｝{36}x^6+\tfrac{1}{6} x个^7+\tfrac｛5｝｛36｝x ^8+\tfrac｛1｝{9} x个^9+\tfrac{1}{12} x个^{10} +\tfrac{1}{18} x个^{11} +\tfrac{1}{36}x^{12}
\结束{multline}所以滚动6的概率为$\tfrac{5}{36}$。这是因为多项式是如何相乘的。我们可以用几种方式掷6：
\[
(1+5), (2+4), (3+3), (4+2), (5+1)
\]同样，当我们将这两个多项式相乘时，可以通过从第一个和第二个多项式中选择相同的对应项对来获得$x^6$的系数：
\[
（x^1\cdot x^5），
（x^2\cdot x^4），
（x^3\cdot x^3），
（x^4\cdot x^2），
（x^5\cdot x^1）
\]每种情况发生的概率是每个多项式系数的乘积，因此净概率是每个乘积的总和，即所得多项式中$x^6$项的系数。
因为我们也可以通过滚动4个骰子、6个骰子和8个骰子等来获得特定的数字，所以我们需要的是无穷多项式中$x^n$的系数：
\[
p（x）=\sum_{k=1}^\infty q（x）^{2k}
=\压裂{q（x）^2}{1-q（x”^2}。
\]紧凑表示来自于几何级数的求和，但在这种情况下，它没有那么有用，因为当它展开为级数时，我们仍然需要提取多项式系数。我们可以在Mathematica中对系数进行数值计算，并生成生成多项式的系数图。代码如下：
q=1/6（x+x ^2+x ^3+x ^4+x ^5+x ^6）；条形图[系数列表[Normal[级数[q^2/（1-q^2），{x，0，40}]]，x]，图表标签->表格[k，{k，0，40}]，网格线->自动]
以及结果图：
我们现在可以回答原始问题中的所有问题。
- 最有可能降落的方块是7（幸运数字7！）。相关概率为$\frac{1417}{7776}\约0.182227$。
- 不包括0-9的方块，最不可能落地的方块是13（不吉利的数字13！）。相关概率为$\压裂{22621045}{181398528}\约0.124704$。
如果我们掷三个骰子，我们只需将$q（x）^2$更改为$q（x）^3$。结果图为：
这种奇怪的振荡形状的原因是，它来自于$q（x）^3$、$q（x）^6$、$q（x）^9$等的分布求和。这些分布中的每一个都趋向于方差增加的正态分布。以下是分别绘制的分布（一次3个骰子）：
分析解决方案
上面的解决方案为我们提供了一种通过将多项式相乘和相加来计算任意$n$的解决方案的方法。但是我们能得到一个实际的公式降落在特定广场的概率？对！但这将是复杂的……它涉及到将我们的无穷级数重写为使用部分分数分解:
\开始{align}
p（x）&=\sum_{k=1}^\infty q（x）^{2k}=\frac{q（x\\
&=-1+\frac{\tfrac{1}{2}{1-q（x）}+\frac{\tfrac{1}{2}}{1+q（x）}\\
&=-1\frac{3}{x^6+x^5+x^4+x^3+x^2+x-6}+\frac}3}{x ^6+x ^5+x ^4+x ^2+x+6}\\
&=-1-\压裂{3}{（x-1）（x^5+2x^4+3x^3+4x^2+5x+6）}+\压裂{3}{x^6+x^5+x^4+x^3+x^2+x+6}\\
&=-1-\压裂{1}{7（x-1）}+\压裂{x^4+3x^3+6x^2+10x+15}{7\左（x^5+2x^4+4x^3+4x^2+5x+6\右）}+\压裂{3}{x^6+x^5+x^4+x^3+x^2+x+6}
\结束{对齐}我们继续进一步分解多项式。
\开始{align}
&\文本{让$\{\eta_k\}$是多项式$x^5+2x^4+3x^3+4x^2+5x+6$}的5根\\
&\文本{让$\{\zeta_k\}$是多项式$x^6+x^5+x^4+x^3+x^2+x+6$}的6根
\结束{align}应用再进行一次部分分数分解，我们得到：
\[
p（x）=-1-\压裂{1}{7（x-1）}
+\求和{k=1}^5\frac{ak}{x-\eta_k}+\sum{k=1{6\frac}{b_k}{x-\泽塔_k}
\]其中$a_k$和$b_k$系数由以下公式给出：
\开始{align}
a_k&=\frac{\eta_k^4+3\eta_ k^3+6\eta_ak^2+10\eta_c+15}{7\prod_{i\neq-k}（\eta_ne-i）}&
b&=\frac{3}{\prod_{i\neqk}（\zetak-\zetai）}
\结束{align}重新排列$p（x）$的项，并使用熟悉的几何级数$\frac｛1｝｛1-rx｝=\sum_｛n=0｝^\infty r^kx^k$展开每个项，我们得到
\开始{align}
p（x）&=-1+\压裂{1}{7}\左（压裂{1{1-x}\右）
-\sum{k=1}^5\frac{ak}{eta_k}\左（\frac{1}{1-\eta_k^{-1}x}\右侧）
-\sum{k=1}^6\frac{b_k}{\zeta_k}\左（\frac{1}{1-\ zeta_k^{-1}x}\右）\\
&=-1+\sum_{n=0}^\infty\下大括号{\left(
\压裂｛1｝{7}-\sum_{k=1}^5\压裂{a_k}{\eta_k^{n+1}}-\sum_k=1}^6\压裂{b_k}}{\zeta_k^}n+1}（右）}{q_n}x^n
\结束{align}和就这样！我们的公式是，玩家在第一次绕板传球（一次掷2个骰子）时降落在$n^\text｛th｝$正方形上的概率，由上述无限和中的$q_n$系数给出。
也可以使用相同的方法一次导出3个骰子（或任意数量的骰子）的公式，但随着我们添加更多的骰子，公式会变得越来越复杂。
$n\to\infty$的限制是什么？换句话说，着陆的概率是多少任何当我们离起点很远的时候，在极限的平方？这可以很容易地从$q_n$的公式中计算出来。作为$n\to\infty$，复杂的项去掉了，我们得到$q_n\to\frac{1}{7}大约0.142857$。在我们一次掷3个骰子的情况下，概率是$\frac{2}{21}大约0.095238$。
再来点骰子怎么样？如果立即掷$k$骰子，概率$\lim_{n\to\infty}q_n$就是$x=1$时极点的$p（x）$的剩余。这是因为所有其他极点的根的幅值都小于1，所以它们衰减为零，即$n\infty$。为了计算剩余，我们使用$q（1）=1$的事实，并应用L'Hópital规则：
\开始{align}
&\lim_｛x\到1｝（1-x）p（x）\\
&=lim_{x\到1}\分数{（1-x）q（x）^k}{1-q（x，^k}\\
&=\lim_{x\到1}\frac{1-x}{1-\左（frac{x+x^2+x^3+x^4+x^5+x^6}{6}\右）^k}\\
&=\lim_{x\ to 1}\frac{-1}{-k\ left（\frac}x+x^2+x^3+x^4+x^5+x^6}{6}\right）^{k-1}\left（\ frac{1+2x+3x^2+4x^3+5x^4+6x^5}{6{6}\ right）}\\
&=\压裂{2}{7k}
\结束{align}和我们可以看到，这个公式与我们发现的$k=1$和$k=2$一致。现在我想知道是否有一种方法可以纯粹从第一原理得出这个公式！
