多くの人から2つのダイスを作る怠け者の道

最近、私はパズルを見つけました: 3つのうち2つのダイスを作る/ a>は、次の質問のケースに対する解決策を求める。

$ n $の区別がつかないサイコロを振ったとします。純粋に$ n $の数値から、サイコロの順序に関する情報がないので、どのようなアルゴリズムを使うことができますか?順序付けられていないペア$($ a $と$ b $) 、b)$は順序のない2つのサイコロの分布と同じですか?

問題の解決策を読んだ後、特に覚えやすいとは思われなかったものの、私は数学者の友人の一人、カッサンドラに質問を送った。彼女は、より洗練された戦略のために次の一般的な形式を提案しました。

まあ、あなたが多くの人から1つのダイを作りたければ、サイコロ$ 6 $の合計を取ることでそうすることができます。つまり、サイコロが$ x_1、x_2、\ ldots、x_n $のように現れた場合、それらを1つの値にまとめる   $$ x_1 + x_2 + \ ldots + x_n \ pmod6。$$   2つのロールを得るための複雑なスキームを採用するのではなく、この戦略を救済しようとすると意味があります。特に、$ f $と$ g $という2つの関数を選択し、$ x_1、x_2、\ ldots、x_n $という形でダイスが出たら、2つのロールを以下のように読みます:   $$ f(x_1)+ f(x_2)+ \ ldots + f(x_n)\ pmod6 $$   $$ g(x_1)+ g(x_2)+ \ ldots + g(x_n)\ pmod6。$$   十分な$ n $といくつかの$ f $と$ g $のためにこれが可能であると確信しています。

私はこのアイデアが好きです。ドメインと6つの要素の範囲で2つの関数を覚えるだけでよく、どのようなケースも避けることができるからです。私の仕事を楽にするために、私はこれがでも可能かどうかを検討することにしました。多くの試みの後、私はそのような機能を見つけることができませんでした。私は戻って彼女に説明を求めることができると確信していますが、私はあまりにも恥ずかしいです - 私は皆さんに尋ねます:Cassandraの予測はどんな$ nでも可能ですか?


以下の2つの答えが意図とは違って解釈されるので、条件を正式に書き留めておきましょう。$$ F = f(x_1)+ \ ldots + f(x_n)\ pmod 6 $$ $$ G = g(x_1) $ $ P(F = a \ text {and} G = b)+ P($ = P)を持つ適切な$ a $と$ b $に対して、 (F = b \ text {and} G = a)= \ frac {1} {18}。$$ ここで、$ P $は事象が起こる確率である。これは、$(F、G)$が2つの順序付けられていないダイスのロールと同じ分布を持っていると言っていることです。

ヒントとして、意図した解決策は数​​え切れないほどの議論ではなく、あまりにも慎重に確率を検討することとは関係がないと言いましょう。それは本質的にかなり分析的である。

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「純粋に3つの数字が表示されているから...」と書かれているところでは、それは3ドルではなく$ nドルですか?あるいは、最初の文では、$ n $の代わりに3つにする必要がありますか?
追加された 著者 hexomino,
@hexominoそれを指摘してくれてありがとう。私はそれを両方の場所で$ n $に固定しました。
追加された 著者 Milo Brandt,
私はここにも質問があるべきだと思う math.stackexchange.com
追加された 著者 Adit Kirtani,

8 答え

$F = f(x_1)+…+f(x_n) = x_1$

$G = g(x_1)+…+g(x_n) = x_2$

ダイは設計上区別できないので、$ x_i $はランダムな割り当てです。 OPがパズルをフレーミングする際に使用した割り当てを使用します。数式は問題を満たす。それは数え切れないほどの議論ではなく、あまりにも慎重に確率を調べるものではありません。

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追加された
F = x1を設定することはできません。 Fが何であるかを指定することによって間接的にFを選ぶ必要があります。方程式F = f(x1)+ ... + f(xn)はFを定義します。
追加された 著者 Matt Obee,
説明してください。そして、スポイラーのマークダウンを使用してください。
追加された 著者 Silent-Bob,

[この回答は、以前は何も$ n $、奇妙なもの、または偶数$のために行えないことを証明すると主張していましたが、証拠には少なくとも2つの大きな穴がありました。以下は現在、何らかの日が証拠の始まりに過ぎないと主張しています。私はまだそれについて考えている。]

$ p = x ^ {f(1)} y ^ {g(1)} + \ cdots + x ^ {f(6)} y ^ {g(6)} $と書く。 $ n $ diceをローリングした後に合計$ i、j $を得る確率は$ x ^ iy ^ j $の係数で$(p/6)^ n $で与えられます。和の和を減らすには、多項式mod $(x ^ 6-1、y ^ 6-1)$で作業する必要があります。そして、問題は、$ p ^ n/6 ^ {n-2} =(1 + \ cdots + x ^ 5)(1+ \ cdots + y ^ 5)$ mod $ (1 + \ cdots + y ^ 5)+(1 + \ cdots + x ^ 5)$となる。 1-x ^ 6)a +(1-y ^ 6)b $ここで、$ a、b $は多項式です。

...私たちが望むのは、対応するものが$ p(x、y)^ n $を保持していないということですが、順序付けされていない $ p(x、y)^ n + p(y、x)^ n $である。 $ x = y $を置くと、これはちょうど$ 2p(x、x)^ n $になります。

$ x $が1以外の和の6番目の根であるとします。そして、明らかにRHSがゼロであるので、LHSも同じです。したがって、$ x $のそのような選択に対して、$ p(x、x)^ n = 0 $; $ x $の選択のたびに$ p(x、x)= 0 $となる。特に、$ \ omega ^ 6 = 1 $のとき、$(x- \ omega)$は$ p(x、x)$の因数であり、したがってこれらすべての要素の積、つまり$(x ^ 6) -1)/(x-1)= 1 + \ cdots + x ^ 5 $となる。

さて、$ p(x、x)$は正確に何ですか?それは$ \ sum x ^ {f(i)+ g(i)} $です。だから、$ f、g $ mod 6しか気にしないことに注意してください。これは、各残差mod 6が$ f(i)+ g(i)$の間に一度だけ現れることを示しています。だから、私たちは、指数がmod6であることについての通常の注意書きで、$ p = \ sum x ^ i(y/x)^ {h(i)} $と書くことができます。(非多項式については、 $ y/x $の代わりに5y $。)

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多少のヒントとして、これは私が考えていたソリューションの始まりです*あなたが編集する前にあなたの投稿の最初の草稿で$ p(x、y)^ n $を分析するのに使った資料のいくつかは関連性があります$ p(x、y)^ n + p(y、x)^ n $も解析することになります。 (*私は幾分異なるツールを使用して構想していましたが、これらの多項式を使って作業しましたが、すべてがほぼ同じです)
追加された 著者 Milo Brandt,

おそらく私はあまりにも怠け者です...おそらく私は質問を誤解します。

Let f(x) be the sum of rolls modulo 6 of all the dice i <= n/2: $f(x) = \sum_0^{n/2} x_i \ ,mod ~6$

Let g(x) be the sum of rolls modulo 6 of all the dice i > n/2: $g(x) = \sum_{(n/2)+1}^n x_i \ ,mod ~6$

偶数nの場合は、FとGについて同じ数のダイスを組み合わせますが、1つのロールの確率が等しい場合は、ロールダイスを2つの任意のパイルに分割し、それぞれのパイルを6のモジュロ。

残っているのは、2本のシングルロールと同等です。

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はい、私はあなたがその質問を誤解していると思います。アイデアは、あなたが関数f、gを持っていることです。これは、ダイスロールして合計した all に一様に適用されます。
追加された 著者 Pankaj,

$ n $、任意の数の順序付けられていない出力、および任意のタイプのダイスに対して、次のような正規分布が得られませんか?

Let $d$ = number of virtual output dice
Let $s$ = number of honest die sides
Given $n>d$

$$ x'_1 = f(x_1)+ ... + f(x_ {n-d})\ text {} [Mod \ text {} s] $$ $$ x'_2 = f(x_2)+ ... + f(x_ {n-d + 1})\ text {} [Mod \ text {} s] $$ $$ x'_3 = f(x_3)+ ... + f(x_ {n-d + 2})\ text {} [Mod \ text {} s] $$ $$ \ cdot $$ $$ \ cdot $$ $$ \ cdot $$ $$ x'_d = f(x_d)+ ... + f(x_ {n})\ text {} [Mod \ text {} s] $$


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あなたは$ x_1 '$または$ x_2'を推論することができないので、あなたはサイコロを区別できません(つまり、あなたは$ x_1 $と$ x_ {n-d + $これらの式を使用して知っているものから$。
追加された 著者 jns,
私はあなたが何を意味するのかを見ているので、16の可能な入力状態$ \ Sigma n $を21の必要な出力状態にマップして正規分布を保つことはできないと想像することができます。
追加された 著者 Aswin P J,

$ x_i $を昇順にソートされた一連の結果の$ i $番目の要素とする。

$ k $をロール反復とする。

$ E = \ Sigma x_i \(mod〜6)\ $を$ i $にします

奇数$ i $に対して$ O = \ Sigma x_i \(mod〜6)\ $とする

$ k $が偶数なら$ F = E $、それ以外なら$ F = O $

$ k $が奇数であれば$ G = O $、そうでなければ$ G = E $

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この解決策は、質問で指定された形式ではありません。
追加された 著者 Pankaj,

その文が偶数$ n $に対して成り立つならば、$ n = 2 $を保持する。

$ x_1 '= f(x_1)+ f(x_2)\ mod 6 \\ x_2 '= g(x_1)+ g(x_2)\ mod 6 $

Since $+$ is commutative, the order of the two input dice is not important (e.g. $(3, 5)$ will give the same result as $(5,3)$). This means that the number of unique ordered pairs $(x_1',x_2')$ is at most $21$ (the number of unique inputs). However, the number of unique ordered pairs of two dice roll results is $36>21$, which means that not every result can be produced, and the statement is false.

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Miloの言うとおり、この答えは、順序付けられていない順序付けられたペアの結果を示します。例えば。 $ x'_1 = \ min(x_1、x_2)$、$ x'_2 = \ max(x_1、x_2)$を取ったと仮定します。次に、この例の場合と同じ理由で21個の可能な出力しか得られなくても、この は順序のないペアの分布を正確にシミュレートします。それは決して$(4,3)$を与えることはありませんが、$(3,4)$(同一の順序付けられていないペアを生成する)を2回頻繁に与えるので、順序付けられていないペアの誘導確率分布のレベルでは、正しい。
追加された 著者 dreeves,
私はなぜそれが$ n = 2 $でも成り立つことを意味するどんな$ n $を保持しているのかわかりません。また、結果は、結果$(x_1 '、x_2')$も順序付けされていないということです。つまり、外出している順番に並ぶ多数の順序付けられていないペア$(x_1、x_2)$があります。 (言い換えれば、2つのダイスロールのために$(x_1 '、x_2')$が並んでいるわけではないことを証明できますが、これは自明ではありません)
追加された 著者 Milo Brandt,
@MiloBrandt:あなたはFonsとは違った意味で「順序付け」を使っています。 「赤い金型が3になり、青い金型が4に上がった」と「赤い金型が4つ、青い金型が3つになった」という別個のイベントとして出力する必要がありますが、入力に関する情報を取得しません。
追加された 著者 pcsnyder,
私はFonsが「すべての偶数nのためのPの保持」を「すべての偶数nのPの保持」を意味すると考えていると思いますが、あなたは「Pが保持するnもありますか?
追加された 著者 Pankaj,

$ x_i $を昇順にソートされた一連の結果の$ i $番目の要素とする。

$ k $をロール反復とする。

Iversonのブラケット表記を使用する場合:

$ F = \ Big({\ large {\ scriptsize \ {2j:in \ mathbb N \}]} \ sum_ {i = 1} ^ n {\ scriptsize {i \ in \ {2j- (mod-6)+ \ Big({\ scriptsize [k \ in \ {2j-1:j \ in \ mathbb N \}]}} \ sim_ {1} \ n {\ scriptsize {i \ \ 2j:j \ in \ mathbb N \}]}〜x_i \ Big)(mod〜6)$

\ g {\ scriptsize {i \ in \ mathbb N \}] \ sum_ {i = 1} ^ n {\ scriptsize { (mod-6)+ \ Big({\ scriptsize [k \ in \ {2j:j \ in \ mathbb N \}]} \ sim_ {1} \ n {\ scriptsize {i \ \ 2j:j \ in \ mathbb N \}]}〜x_i \ Big)(mod〜6)$

ここで、$ n $は奇数または偶数になります。 $(mod〜6)$は無関係です。

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あなたは$ f(x、i、k)$と$ g(x、i、k)$を持っています。
追加された 著者 Jonathan Allan,

(この記事の編集履歴をチェックして、私の古い解答を見てください。それはその点を欠いていました)。

今は何が起こっているのか分かりませんが、このような関数が記述された形で存在するとは確信していません。

つまり、$ \ sum f(x_i)\ mod 6 = 0 $のような少なくとも6つの$ \ bf {x} $ベクトルがあり、$ \ sum g (x_i)\ mod 6 $は0から5まで均等に分布しています。

基本的に任意の数のダイスについて、入力と出力の状態の数が並んでいますが、関数が個々のロールに適用されて合計されるという機能的制約が、状態を十分に区別する能力を破壊すると思います。 $ f $の和と$ g $の和の相関関係をどのように取り除くのかは明らかではありませんが、それらが常につながっていることを証明する方法は私にはすぐわかりません。おそらくグループ理論の議論はきちんとしていますか?

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「順序付けられていない」出力の考え方は、$(a、b)$と$(b、a)$が同じであるとみなされていることで、これはFonsの答えのもとで取得しようとしていたものです。したがって、2つのダイスの場合、21の入力と21の出力があります。さらに、あなたの答えは、可能な入力の数が可能な出力の数を分割することが必要であることを示唆しています。これは、入力と出力の両方が一様に分散されている場合に当てはまりますが、入力として組み合わせた場合は、一様に分布していないため、条件は失敗します。 (例えば、$(6,6,6,6)$は$(1,2,3,4)$よりも24倍遅くなる)
追加された 著者 Milo Brandt,
@MiloBrandtあなたが正しいですが、(3,6)と(6,3)が同じ結果になることが許されている他の質問についての説明を誤解しました。私の印象は、それらの違いを伝えることができなければならないということでした。私の直感は、便利なマッピングを得るためには部門が必要だが、そうである必要はない。
追加された 著者 pcsnyder,