Eh, Gianfranco: avevo cominciato a postare la soluzione un po’ alla volta perché mi bruciava le dita…
…ora che tu hai scritto posso postare il mio.
Facendo riferimento alla tabella delle frequenze dicevo che non è molto producente contarle: conviene considerarle come differenze di quadrati
$\displaystyle 11 = 6^2-5^2, \quad 9=5^2-4^2, \quad 7=4^2-3^2, \ldots$
Scriviamo la nostra expectation
$\displaystyle \frac{1\cdot\left(6^2-5^2\right)+ 2\cdot\left(5^2-4^2\right)+ 3\cdot\left(4^2-3^2\right)+ 4\cdot\left(3^2-2^2\right)+5\cdot\left(2^2-1^2\right)+6\cdot\left(1^2-0^2\right)}{6^3}$
ovvero
$\displaystyle \frac{1\cdot6^2-1\cdot5^2+ 2\cdot5^2-2\cdot4^2+3\cdot4^2-3\cdot 3^2+4\cdot3^2-4\cdot2^2+5\cdot2^2-5\cdot1^2+6\cdot1^2-6\cdot0^2}{6^3}=\frac{6^2+5^2+4^2+3^2+2^2+1^2}{6^3}$
La riscriviamo anche come
$\displaystyle \frac{1\cdot\left[\left(6 + 1 - 1\right)^2-\left(6-1\right)^2\right]+ 2\cdot\left[\left(6 + 1 - 2\right)^2-\left(6-2\right)^2\right]+ \cdots + 6\cdot\left[\left(6 + 1 - 6\right)^2-\left(6-6\right)^2\right]}{6^3}$
cioè
$\displaystyle \sum_{k=1}^n{\frac {k\cdot\left[2\left(n-k\right)+1\right]}{n^3}}=\sum_{k=1}^n{\frac {k\cdot\left[\left(n+1-k\right)^2-\left(n-k\right)^2\right]}{n^3}}=\sum_{k=1}^n{\frac{k^2}{n^3}}$
e noi sappiamo (o dovremmo sapere) che
$\displaystyle \sum_{k=1}^n {k^2}=\frac{n\left(n+1\right)\left(2n+1\right)}6$
e quindi
$\displaystyle \sum_{k=1}^n {\frac{k^2}{n^3}}=\frac{n\left(n+1\right)\left(2n+1\right)}{6n^3}=\frac13\cdot\frac{n}{n}\cdot\frac{n+1}{n}\cdot\frac{2n+1}{2n}=\frac13\left(1+\frac1{n}\right)\left(1+\frac1{2n}\right)$
con il successivo passaggio al limite.
Ma non finisce qui: consideriamo il caso di tre dadi; con due dadi abbiamo uno spazio di campionamento bidimensionale e, per esempio $\frac1n$ è il minimo quando si ottiene con il primo dado
- DueOPiùSempreACaso03_1_480x480.png (4.42 KiB) Visto 5554 volte
o quando si ottiene con il secondo dado
- DueOPiùSempreACaso03_2_480x480.png (5.37 KiB) Visto 5554 volte
cioè nell’unione di questi due sottoinsiemi
- DueOPiùSempreACaso03_3_480x480.png (5.24 KiB) Visto 5554 volte
Analogamente, nel caso di tre dadi, $\frac1n$ è il minimo quando si ottiene con il primo dado
- DueOPiùSempreACaso02_01_480x480.png (13.5 KiB) Visto 5554 volte
con il secondo
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o con il terzo
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cioè nell’unione
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che è evidentemente una differenza di cubi successivi
$\displaystyle E\left(3\right) = \sum_{k=1}^n {\frac{k^3}{n^4}} = \frac {n^2\left(n+1\right)^2}{4n^4}=\frac14\left(1+\frac1n\right)^2$
Ma non è finita: ciò che vale per due e per tre vale evidentemente anche per un numero $p$ di dadi
$\displaystyle E\left(p\right) = \sum_{k=1}^n {\frac{k^p}{n^{p+1}}}$
La fregatura è che non c’è una forma chiusa per $ \sum_{k=1}^n {k^p}$: vediamo di arrangiarci.
Cominciamo dal Teorema Binomiale
$\displaystyle \left(k-1\right)^{p+1}=\sum_{i=0}^{p+1}{{{p+1}\choose i} k^i\left(-1\right)^{p+1-i}}=k^{p+1}-\left(p+1\right)k^p+P\left(k;p-1\right)$
dove
$\displaystyle P\left(k;p-1\right)= \sum_{i=0}^{p-1}{{{p+1}\choose i} k^i\left(-1\right)^{p+1-i}} $
è un polinomio in $k$ di grado $p-1$
Riarrangiamo l’espressione precedente
$\displaystyle k^{p+1} - \left(k-1\right)^{p+1}= \left(p+1\right)k^p-P\left(k;p-1\right)$
ed eseguiamo la sommatoria
$\displaystyle \sum_{k=1}^n \left[k^{p+1} - \left(k-1\right)^{p+1}\right]=n^{p+1}= \left(p+1\right) \sum_{k=1}^n {k^p}-\sum_{k=1}^n {P\left(k;p-1\right)}$
Infine isoliamo la somma che ci interessava
$\displaystyle \sum_{k=1}^n {k^p} = \frac1{p+1}\left[n^{p+1}+\sum_{k=1}^n {P\left(k;p-1\right)}\right]$
Per quel che riguarda il secondo termine nella parentesi quadra ci basta dimostrare che si tratta di un polinomio in $n$ di grado al più uguale a $p$; infatti, dal fatto che $k\leq n$ e quindi $k^{p-1}\leq n^{p-1}$ segue che
$\displaystyle \sum_{k=1}^n {k^{p-1}} < \sum_{k=1}^n {n^{p-1}} = n\cdot n^{p-1} =n^p$
In conclusione,
$\displaystyle E\left(p\right) = \sum_{k=1}^n {\frac{k^p}{n^{p+1}}}= \frac1{p+1}\left[1 + \frac{P\left(n;p\right)}{n^{p+1}}\right]$
dove il secondo termine è dell’ordine di $\frac1n$ e si annulla passando al limite: nel caso di $p$ numeri campionati da una distribuzione uniforme tra $0$ e $1$
$\displaystyle E=\frac1{p+1}$