Tri kocke se bacaju [inlmath]5[/inlmath] puta. Neka je [inlmath]X[/inlmath] slucajna promenljiva koja predstavlja broj bacanja kod kojih je zbir dobijenih brojeva veci od [inlmath]12[/inlmath]. Naci zakon raspodele.

E sad posto ima [inlmath]216[/inlmath] mogucih slucajeva za jedno bacanje meni je jasno da ja mogu da ispisem sve slucajeve vidim u kojima je zbir [inlmath]13,14,\ldots[/inlmath] i nadjem verovatnoce da zbir bude [inlmath]13,14,\ldots[/inlmath] primenom binomne formule ali da li postoji neki nacin koji ne ukljucuje pisanje toliko slucajeva, pokusao sam da uradim postupkom kojim je uradjen slican zadatak na forumu gde je trazeni zbir bio [inlmath]7[/inlmath] ali ocigledno mi fali neki uslov posto ne dobijam dobra resenja.

Zbir tačaka na gornjim stranama [inlmath]3[/inlmath] bačene kockice može biti [inlmath]3,4,5,\ldots,16,17,18[/inlmath]. Zbog jednakoverovatnih elementarnih događaja postoji visoka simetrija verovatnoća. Recimo, ista je verovatnoća da je zbir [inlmath]3[/inlmath] i da je zbir [inlmath]18[/inlmath] i iznosi [inlmath]\frac{1}{216}[/inlmath], dok je verovatnoća za zbirove [inlmath]4[/inlmath] i [inlmath]17[/inlmath] takođe ista i iznosi [inlmath]\frac{3}{216}[/inlmath].
Ovo je bilo lako, no treba uočiti da nema potrebe za računanjem verovatnoća za zbirove [inlmath]13[/inlmath], [inlmath]14[/inlmath], [inlmath]15[/inlmath] i [inlmath]16[/inlmath] jer su one iste kao za zbirove [inlmath]8[/inlmath], [inlmath]7[/inlmath], [inlmath]6[/inlmath] i [inlmath]5[/inlmath], respektivno.
Zašto je ovo važno? Kao što je već na Matemaniji razmatrano, možemo smatrati da na svakoj kockici, tj. na njenoj gornjoj strani apriori imamo po jednu tačku, pa raspoređujemo samo "kusur" tačaka do posmatranog zbira i to funkcioniše do zbira [inlmath]8[/inlmath], preko "čistih" kombinacija sa ponavljanjem. Za zbir [inlmath]9[/inlmath] i više potrebna su dodatna razmatranja jer ako [inlmath]6[/inlmath] tačaka rasporedimo na istu kocku, dođosmo do broja [inlmath]7[/inlmath] na kocki jer imamo i onu "apriornu" tačku, unapred dodeljenu.
Dakle, za zbir [inlmath]5[/inlmath] (i za zbir [inlmath]16[/inlmath]) imamo broj povoljnih ishoda: [inlmath]{3+2-1\choose2}=6[/inlmath], za zbir [inlmath]6[/inlmath] (i za zbir [inlmath]15[/inlmath]): [inlmath]{3+3-1\choose3}=10[/inlmath], za zbir [inlmath]7[/inlmath] (i za zbir [inlmath]14[/inlmath])
imamo: [inlmath]{3+4-1\choose4}=15[/inlmath], te na kraju dobijamo za zbir [inlmath]8[/inlmath] (i samim tim za zbir [inlmath]13[/inlmath]): [inlmath]{3+5-1\choose5}=21[/inlmath].
Sabiranjem dobijenih verovatnoća za zbirove [inlmath]13[/inlmath], [inlmath]14[/inlmath], [inlmath]15[/inlmath], [inlmath]16[/inlmath], [inlmath]17[/inlmath] i [inlmath]18[/inlmath] dobijamo traženu verovatnoću da zbir tačaka na tri kocke bude veći od [inlmath]12[/inlmath] i ona iznosi [inlmath]\frac{56}{216}=\frac{7}{27}[/inlmath]. Pošto se u zadatku traži raspodela slučajne promenljive [inlmath]X[/inlmath] koja podrazumeva da se [inlmath]5[/inlmath] buta bacaju po tri kocke, a uspeh kod ove binomne raspodele je da zbir bude preko [inlmath]12[/inlmath], dobijamo zakon raspodele u obliku:
[dispmath]P(X=x)={5\choose x}\left(\frac{7}{27}\right)^x\left(\frac{20}{27}\right)^{5-x}[/dispmath] Pri tome je [inlmath]x=0,1,2,3,4,5[/inlmath].

Iako je desideri lepo objasnio kako rešiti zadatak, predlažem još jedan način izračunavanja verovatnoće događaja, obeležiću ga slovom [inlmath]A[/inlmath], da zbir gornjih strana bude veći od [inlmath]12[/inlmath]. Taj postupak se bitno ne razlikuje od navedenog postupka ( ni po dužini izrade ), ali može biti koristan u nekim zadacima ( i u navedenom zadatku, ako bi se tražilo da zbir gornjih strana bude veći od [inlmath]11[/inlmath] ).
Neka je [inlmath]m_k[/inlmath] broj ishoda za koje je suma gornjih strana na kockama [inlmath]k[/inlmath] , gde je [inlmath]k\in \{3,4, ... ,17,18\}[/inlmath], a [inlmath]m[/inlmath] broj ishoda povoljnih za realizaciju događaja [inlmath]A[/inlmath]. Biće
[dispmath]m_3=m_{18}=1, m_4=m_{17} , ... ,\qquad m=m_ { 13 }+m_ { 14 } + ... +m_ { 18 }=m_ { 8 }+m_ { 7 } + ... +m_ { 3 },\qquad P(A)=\frac{m}{216} .[/dispmath] Pošto se bacanje tri kocke može realizovati na [inlmath]216[/inlmath] načina, [inlmath]m[/inlmath] možemo izračunati iz naredne jednakosti [dispmath](m_3+m_4+m_5+m_6+m_7+m_8)+m_9+m_{10}+m_{11}+m_{12}+(m_{13}+m_{14}+m_{15}+m_{16}+m_{17}+m_{18})=216[/dispmath][dispmath]m+m_9+m_{10}+m_{10}+m_{9}+m= 216 \iff m=108-m_9-m_{10}[/dispmath] [inlmath]m_{10}[/inlmath] možemo izračunati na dva načina. Jedan način je da prebrojimo ishode u kojima je zbir gornjih strana [inlmath]10[/inlmath], a drugi, da broj tih mogućnosti izračunamo koristeći neobeležene kocke na koje stavljamo tačke. Najpre na neobeležene kocke, koje stavimo jednu pored druge i između njih dve pregrade, stavimo po jednu tačku, a onda raspoređujemo preostalih [inlmath]7[/inlmath] tačaka a sa njima i [inlmath](3-1)[/inlmath] pregrade. Prema tome [inlmath]9[/inlmath] simbola treba da rasporedimo na [inlmath]9[/inlmath] pozicija. To možemo uraditi tako što najpre od tih [inlmath]9[/inlmath] pozicija odaberemo [inlmath]2[/inlmath] na koje ćemo staviti pregrade a preostale pozicije popunimo tačkama, pa je broj svih rasporeda jednak broju kombinacija bez ponavljanja [inlmath]C_9 ^2={9\choose 2}=36.[/inlmath] Od tih rasporeda treba odbaciti one u kojima je na nekoj od kocki broj tačaka veći od [inlmath]5[/inlmath] ( pošto smo na početku, na svaku od kocki stavili po jednu tačku ). Imamo [inlmath]3[/inlmath] mogućnosti ako smo na kocke stavili [inlmath]0,0[/inlmath] i [inlmath]7[/inlmath] tačaka, a [inlmath]6[/inlmath] mogućnosti ako smo na kocke stavili [inlmath]0,1[/inlmath] i [inlmath]6[/inlmath] tačaka. Prema tome [inlmath]m_{10}=36-3-6=27.[/inlmath] Slično dobijamo da je [inlmath]m_9=25.[/inlmath] Sledi da je [inlmath]m=108-25-27=56[/inlmath], pa je [inlmath]P(A)=\frac{56}{216}=\frac{7}{27}[/inlmath].