Ancora dadi!

[Triarii]

Vi volevo proporre questo problema che mi è stato proposto (di cui dovrei avere la soluzione).
Quante sono le probabilità che lanciando $n$ volte un normale dado a 6 facce escano almeno una volta tutti i numeri? (non è detto sia una formula chiusa)

[Mountains Drew]

Nei casi banali in cui $ n<6 $ è evidente che la probabilità che escano sei numeri in meno di sei lanci è nulla, quindi con $ n<5 \Rightarrow P_n = 0 $
Consideriamo quindi ora gli altri casi in cui $ n\geq 6 $
Dunque, la probabilità è definita come rapporto tra numero dei casi favorevoli ($ C_F $) e numero di casi totali ($ C_T $).

Dove abbiamo che
$ C_T = 6^n $ semplicemente perchè ad ogni tiro i possibili risultati del lancio sono 6.
$ C_F=C_T-C_S $ dove $ C_S $ è il numero di casi sfavorevoli.

I casi sfavorevoli sono tutti quelli dove non escono tutte le cifre, quindi i casi in cui non esce mai 1, o non esce mai 2, o non esce mai 3, ..., o non esce mai 6.
Definendo $ A_k $ con $ k \in \left\{ 1,2,3,4,5,6 \right\} $ l'insieme dei casi in cui non esce mai il numero $ k $ negli $ n $ lanci,

$ C_S = \left|A_1 \cup A_2 \cup A_3 \cup A_4 \cup A_5 \cup A_6\right| $

Ora, per il principio di inclusione, esclusione, sapendo che $ |A_k|=|A_h|, \forall k,h \in \left\{ 1,2,3,4,5,6 \right\} $,

$ C_S = 6\cdot 5^n - \binom{6}{2} 4^n + \binom{6}{3} 3^n - \binom{6}{4} 2^n + \binom{6}{5} 1^n = 6\cdot 5^n - 15\cdot 4^n + 20\cdot 3^n - 15\cdot 2^n +6 $.

Sostituendo sopra, otteniamo:

$ P_n = \frac{C_F}{C_T} = \frac{C_T-C_S}{C_T} = \frac{6^n-6\cdot 5^n + 15\cdot 4^n - 20\cdot 3^n + 15\cdot 2^n -6}{6^n} $.

Questa formula dovrebbe funzionare, non so se poi c'è un modo più elegante e compatto di scriverla... se non magari:

$ P_n= \frac{1}{6^n} \sum\limits_{i=1}^{n} \binom{6}{i} (6-i)^n $

[Triarii]

Ok! Il ragionamento è corretto, solo che hai omesso qualcosa nella sommatoria finale, che dovrebbe risultare se non erro:
$$p(n)=\displaystyle \frac {1} {6^n} \sum_{i=0}^6 (-1)^i \binom {6} {i} (6-i)^n$$
Un altro modo per vedere il problema (sostanzialmente equivalente al tuo) era quello di notare che i casi favorevoli sono tutte e sole le funzioni suriettive che vanno da $\left \{1,...,n\right \}$ a $\left \{1,2,3,4,5,6\right \}$ , mentre i casi totali sono tutte le funzioni possibili.

[Mountains Drew]

...ok è vero. ho fatto casino con gli indici e ho dimenticato i segni...

In effetti notando quello, poi era abbastanza immediato. (sempre se mi fossi ricordato la formula... )
Penso al contrario che questo esempio mi aiuterà a ricordare più facilmente come calcolare il numero delle funzioni suriettive.