Көптеген екі данадан тұратын лайықты жол

Мен жақында басқатырғышқа мініп кеттім: Үшден екі дискті жасаңыз , ол мынадай мәселені шешуді талап етеді:

Мен $ n $ айырмашылығы жоқ дисктерді айналдыра аламын делік. $ N $ нөлдерінен бастап, дисктердің тәртібі туралы ешқандай ақпарат жоқ, қандай алгоритмді қолдануға болады, $ a $ және $ b $ қатарынан жұп сандарды тыпырып тастайды, сондықтан $ (a , б) $ - екі реттелмеген зиянды орамды бөлу сияқты.

Сұрақтар бойынша шешімдерді оқығаннан кейін, олардың ешқайсысы есте сақтау қиынға соқпаған сияқты, мен бұл мәселені математик Дассандраның біріне жолдадым. Ол неғұрлым тартымды стратегия үшін келесі жалпы форманы ұсынды:

Көптеген адамдардан біреуді өлтіргісі келгіңіз келе ме, анық, егер сіз $ 6 $ мөлшердегі ақша мөлшерін алып, оны жасай аласыз. Яғни, егер $ x_1, x_2, \ ldots, x_n $ ретінде пайда болса, оларды бір мәнге біріктіресіз   $$ x_1 + x_2 + \ ldots + x_n \ pmod6 $$   Екі роликті алудың күрделі схемасын қабылдаудың орнына, мен бұл стратегияны сынап, құтқаруым керек еді. Атап айтқанда, $ f $ және $ g $ екі функцияны таңдап, егер $ x_1, x_2, \ ldots, x_n $ ретінде пайда болса, екі орамды келесідей оқып шығыңыз:   $$ f (x_1) + f (x_2) + \ ldots + f (x_n) \ pmod6 $$   $$ g (x_1) + g (x_2) + \ ldots + g (x_n) \ pmod6 $$   Мен бұл $ n $ үлкен және кейбір $ f $ және $ g $.

Маған бұл идея ұнайды, өйткені тек бір ғана домен мен алты элементтің диапазонында екі функцияны есте сақтап, кез-келген үй тапсырмасын орындамау керек. Менің жұмысымды біршама жеңілдету үшін, бұл мүмкіндікті тек тіпті $ n $ үшін де қарастыруға шешім қабылдадым. Көптеген әрекеттерден кейін мен мұндай функцияларды таба алмадым. Мен қайтадан оралуға және түсініктеме беруді сұраймын деп сенімдімін, бірақ мені тым уайымдадым - мен сізден бәрін сұраймын: Кассандраның болжамы тіпті кез-келген $ n $ үшін де бола ма?


Төменде келтірілген жауабын сұрағаннан кейін, мәселені формальды түрде түсіндіріп алайық: $ F = f (x_1) + \ ldots + f (x_n) \ pmod 6 $$ $$ G = g (x_1) + \ ldots + g (x_n) \ pmod 6. Біз кез келген қолайлы $ a $ және $ b $ үшін бұл $ P (F = a \ text {G} және G = b) + P (F = b \ мәтіні {} және G = a) = \ frac {1} {18} онда $ P $ - оқиға орын алу ықтималдығы. Бұл $ (F, G) $ екі реттелмеген дрельдің орамы сияқты бірдей бөлуді білдіреді дегенді білдіреді.

Белгілі бір шешім - бұл санақ аргументтері емес, сондай-ақ, ықтималдылықтарды мұқият зерделеудің қажеті жоқ; бұл табиғатта аналитикалық сипатта болады.

10
Онда қай жерде айтылады: «Тек үш санды көрсететін ...», бұл үшеудің орнына $ n $ болуы керек пе? Немесе бірінші сөйлемде $ n $ орнына үшеу болуы керек пе?
қосылды автор hexomino, көзі
@hexomino Бұл көрсеткеніңізге рақмет; Мен оны екі орынға $ n $ деп белгіледім.
қосылды автор Milo Brandt, көзі
Менің ойымша, мұнда да мәселе болуы керек деп ойлаймын math.stackexchange.com
қосылды автор Adit Kirtani, көзі

8 жауаптар

$ F = f (x_1) + ... + f (x_n) = x_1 $

 $ G = g (x_1) + ... + g (x_n) = x_2 $

Өлі айырмашылығы дизайн бойынша, $ x_i $ - кездейсоқ тағайындау. Бастапқыда басқатырғышты орнатқан кезде ОС-ның қандай да бір тапсырмасын қолданыңыз. Формулалар мәселені қанағаттандырады. Бұл санақ аргументтері емес және ықтималдылықты мұқият қарастырмайды.

4
қосылды
F = x1 параметрін орнатуға рұқсатыңыз жоқ. F = f (x1) + ... + f (xn) теңдеуімен бірге F мәнін анықтайтын F жанама түрде таңдау керек.
қосылды автор Matt Obee, көзі
Түсіндіріп беріңізші. Spoiler markdown пайдалану.
қосылды автор Silent-Bob, көзі

[Бұл жауап бұрынғыдай бұл нәрсе $ n $, тақ немесе тіпті бірдеңе жасалмайтынын дәлелдейді, бірақ дәлелде кемінде екі үлкен тесік болды. Төмендегілер дәлелдеудің басталуы бола алмайтын нәрселерден артық болмайды. Мен әлі де бұл туралы ойлаймын.]

Жазу $ p = x ^ {f (1)} y ^ {g (1)} + \ cdots + x ^ {f (6)}} {g (6)} $. Сонда $ n $ дисктерден кейін $ i, j $ сомасын алудың ықтималдығы $ (p/6) ^ n $ $ x ^ i ^ j $ коэффициенті бойынша беріледі. 6 модуль сомасын азайту үшін $ (x ^ 6-1, y ^ 6-1) $ полиномыхтарында жұмыс істеу керек. Мәселе мынада, біз $ p ^ n/6 ^ (n-2) = (1+ \ cdots + x ^ 5) (1+ \ cdots + y ^ 5) $ mod $ (x ^ 6 -1, y ^ 6-1) $ немесе, сонымен бірге, $ p ^ n/6 ^ {n-2} = (1+ \ cdots + x ^ 5) (1+ \ cdots + y ^ 5) + ( 1-x ^ 6) a + (1-y ^ 6) b $, онда $ a, b $ - многочлены.

... Сонымен, біз unordered жұп нәтижелеріне қарап тұруымыз керек, бұл дегеніміз, $ p (x, y) ^ n $ үшін сәйкес емес нәрсе $ p (x, y) ^ n + p (y, x) ^ n $. Егер $ x = y $ болса, онда бұл тек $ 2p (x, x) ^ n $.

Мысалы, $ x $ - 1-ден басқа бірліктің 6-шы тамыры. Сонда РЖС-ні нөлге тең етіп, LHS-ті де. Сондықтан $ p (x, x) ^ n = 0 $ әрбір осындай $ x $ таңдау үшін; сондықтан кез келген осындай $ x $ таңдау үшін $ p (x, x) = 0 $. Атап айтқанда, $ \ omega ^ 6 = 1 $ болған кезде $ (x- \ omega) $ $ p (x, x) $ факторы болып табылады, сондықтан барлық осы факторлардың өнімі, яғни $ (x ^ 6 -1)/(x-1) = 1 + \ cdots + x ^ 5 $.

Енді дәл $ p (x, x) $ қандай? Бұл $ \ sum x ^ {f (i) + g (i)} $; және біз тек $ f, g $ mod 6 туралы қамқорлық екендігін есте сақтаңыз. Міне, бұл әрбір қалдықтың модулі $ f (i) + g (i) $ арасында бір рет пайда болады. Сондықтан, 6-суреттегі үлгілер туралы әдеттегі ескертулермен $ p = \ sum x ^ i (y/x) ^ {h (i)} жаза аламыз. (Егер сіз полиномиальды емес болсаңыз, $ x ^ $ Y/x $ орнына 5y $.)

2
қосылды
Бірнеше нақыл сөзбен айтқанда, бұл менің шешімімнің бастамасы *, бірақ сіз өңдегенге дейін сіздің лауазымыңыздың бірінші жобасында $ p (x, y) ^ n $ талдау үшін пайдаланған материалдардың кейбіреулері талдау үшін $ p (x, y) ^ n + p (y, x) ^ n $. (* Мен бірнеше түрлі құралдарды қолданамын деп ойладым, бірақ осы многочасовых заттармен жұмыс істедім, барлығы бірдей)
қосылды автор Milo Brandt, көзі

Мүмкін, мен жалқаумын ... мүмкін, мен бұл мәселені дұрыс түсінбеймін.

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: $g(x) = \sum_{(n/2)+1}^n x_i \ ,mod ~6$

Кез-келген жұптың бірдей саны үшін F және G үшін бірдей сандар біріктіріледі, бірақ бір роллда әр ықтималдығы тең болғандықтан, сіз тек қана екі еркін қадаларға бөлініп, әрбір қаптың 6 модулін бөлек алайық .

Екі жалғыз рулонға тривиальді теңдестірілмегені.

1
қосылды
Ия, менің ойымша, сіз бұл мәселені дұрыс түсінбейсіз. Идея сізде f, g функциясының бар екенін білдіреді, олар all үшін өлшеу роликтеріне біркелкі қолданылады және қосылады.
қосылды автор Pankaj, көзі

Кез келген $ n $, кез-келген реттелмеген шығыс және кез-келген дисктердің кез-келген саны үшін төмендегі шығымдылық қалыпты бөлу емес пе?

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

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


1
қосылды
Сіз $ x_1 $ немесе $ x_2 дегенді шығара алмайсыз, сондықтан сіз $ x_1 $ және қайсысы $ x_ (n-d + 1) $ екендігін білмейсіз) $ Бұл формулаларды пайдаланып білетін нәрсеңізден.
қосылды автор jns, көзі
Мен сіз айтып отырған нәрсені көріп отырмын, сондықтан қалыпты үлестірімді сақтау үшін, ықтимал шығыс күйлеріне $ \ Sigma n $ 16 ықтимал енгізу шарттарын салыстыру мүмкін емес екенін елестете аламын.
қосылды автор Aswin P J, көзі

$ X_i $ болсын, $ i $ th элементінің өсу тәртібіне сәйкес сұрыпталған нәтижелер тізбегі болсын.

$ K $ - ролл итерациясы болсын.

$ E = \ Sigma x_i \ (mod ~ 6) \ $ тіпті $ i $ болсын

$ O = \ Sigma x_i \ (mod ~ 6) \ $ бір $ i $ үшін болсын

Егер $ k $ тең болса, $ F = E $ болсын, әйтпесе $ F = O $

$ G $ O $ болса, $ G = O $ болсын, әйтпесе $ G = E $

1
қосылды
Бұл шешім мәселеде көрсетілген нысан емес.
қосылды автор Pankaj, көзі

Егер өтініш тіпті $ n $ болса, ол $ n = 2 $ үшін сақталады.

$ 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.

1
қосылды
Майлдың айтуынша, бұл жауап бұйрық жұптар үшін нәтижені көрсетеді, реттелмеген. Мысалы: $ x'_1 = \ min (x_1, x_2) $ және $ x'_2 = \ max (x_1, x_2) $ алдық. Содан кейін бұл істемейді дұрыс емес жұп жұбын бөлуді дәлелдейді, дегенмен (мысалы, дәл сондай себептермен) ол тек 21 мүмкін шығуды береді. Ол ешқашан $ (4,3) $ беруге болмайды, бірақ бұл $ (3,4) $ (бұл бірдей реттелмеген жұпты береді) екі есе көп береді, сондықтан реттелмеген жұптарда индуцирленген ықтималдығын бөлу деңгейінде дұрыс.
қосылды автор dreeves, көзі
Мен $ n = n $ үшін неге ұстап тұрғанын түсінбеймін. Сондай-ақ, $ (x_1 ', x_2') $ нәтижесі де реттелмеген болып табылады - осылайша шығып кеткенде $ (x_1, x_2) $ бірдей реттелмеген жұптар бар. (Айтуға болады, сіз мүмкін әр $ (x_1 ', x_2') $ әр реттелмеген жұптың екеуі дисктердің орамдарына көрсететінін дәлелдей аласыз, бірақ бұл тривиаль емес)
қосылды автор Milo Brandt, көзі
@MiloBrandt: Fons-ге қарағанда «тапсырыс» дегенді басқа мағынада қолданасыз. Сіз «қызыл өлім 3 пайда болды, көгілдір өлім 4 шығарылды» деп айталуы керек, себебі «қызыл өлім 4 пайда болды, көгілдір өлім 3 пайда болды», бірақ сіз Кіріс туралы ақпарат алу.
қосылды автор pcsnyder, көзі
Менің ойымша, Fons «P тіпті кез-келген n-ні ұстайды» деген сөзді «бәрібір n, P ұстайды» дегенді білдіреді, ал сіз «П-ны ұстайтын кез-келген n бар ма?» Деген сұрақ қойып жатырсыз.
қосылды автор Pankaj, көзі

$ X_i $ болсын, $ i $ th элементінің өсу тәртібіне сәйкес сұрыпталған нәтижелер тізбегі болсын.

$ K $ - ролл итерациясы болсын.

Iverson кронштейнінің белгілерін пайдалану:

$ F = \ Big ({\ large {\ scriptsize [k \ in \ {2j: j \ in \ mathbb N \}]} \ sum_ {i = 1} ^ n {\ scriptsize [i \ in \ {2j- \ N \} \ n \} \ n \} \ n \} \ n \} \ n \} \ n \ \ «\ n \ \ sum_ {i = 1} ^ n {\ scriptsize [i \ in \ {2j: j \ in \ mathbb N \}}} ~ x_i \ Big) (mod6) $

$ G = \ Big ({\ large {\ scriptsize [k \ in \ {2j-1: j \ in \ mathbb N \}}} \ sum_ {i = 1} ^ n {\ scriptsize [i \ in \ 2j-1: j \ in \ mathbb N \}}} ~ x_i} \ Big) (mod6) + \ Үлкен ({\ scriptsize [k \ in \ {2j: j \ in \ mathbb N \}) \ sum_ {i = 1} ^ n {\ scriptsize [i \ in \ {2j: j \ in \ mathbb N \}}} ~ x_i \ Big) (mod6) $

Мұнда $ n $ тақ немесе тіпті мүмкін. $ (mod ~ 6) $ маңызы жоқ.

0
қосылды
Сондықтан сізде $ f (x, i, k) $ және $ g (x, i, k) $ бар ма?
қосылды автор Jonathan Allan, көзі

(Бұрынғы жауапты көру үшін, осы жазбаның өңдеу журналын тексеріңіз.)

Енді не болып жатқанын көріп тұрмын, мұндай функция сипатталған пішіннің бар екеніне сенімді емеспін.

Яғни $ \ sum f (x_i) \ mod 6 = 0 $, кем дегенде, $ \ bf {x} $ векторлары болған жағдайда, бұл $ \ sum g (x_i) \ mod 6 $ 0-ден 5-ке біркелкі бөлінген.

Кіріс және шығыс күйлерінің саны негізінен кез-келген зиянды санға теңестіріледі - бірақ функция жеке роликтерге қолданылатын функционалды шектеулер деп ойлаймын, содан кейін жинақталып, жай-күйлерді жеткілікті ажырата білу қабілетін бұзады. $ F $ мен $ g $ сомасы арасындағы корреляциядан қалай құтылатындығыңыз анық емес, бірақ олар мені үнемі байланыстыратындығын қалай дәлелдеу керек екені анық емес. Мүмкін, мұнда топтық теорияның дәлелдері бар ма?

0
қосылды
«Бақыланбаған» өнімнің идеясы - $ (a, b) $ және $ (b, a) $ бірдей болып келеді - бұл Фонстың жауабына түсуге тырысқаным. Осылайша, екі дискте 21 кіріс және 21 шығу бар. Сонымен қатар, Сіздің жауабыңыз ықтимал шығындардың санын ықтимал шығыс санын бөліп шығару қажет деп санайды. Бұл екі кіріс және шығыс біркелкі бөлінген кезде де дұрыс, бірақ комбинация ретінде қабылданған кезде, біркелкі бөлінбеген кезде, шарт орындалмайды. (мысалы, $ (6,6,6,6) $ $ ($ 1,2,3,4) $ қарағанда 24 $ есе аз болып келеді
қосылды автор Milo Brandt, көзі
@MiloBrandt Сіз дұрыссыз, мен басқа мәселе бойынша түсініктеме қателесемін, сол жерде (3,6) және (6,3) бірдей нәтижеге қол жеткізуге болады. Менің әсерім олардың арасындағы айырмашылықты айтуға тура келді. Менің түйсігі, бөлуді кез-келген ыңғайлы картаға түсіру үшін қажет, бірақ бұл міндетті емес.
қосылды автор pcsnyder, көзі