Desenhe números inteiros independentemente e uniformemente aleatoriamente de 1 a usando d6?

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Desejo desenhar números inteiros de 1 a algum específico , rolando um número razoável de dados de seis lados (d6). Uma boa resposta irá explicar por que seu método produz números inteiros uniformes e independentes . $N$

Como exemplo ilustrativo, seria útil explicar como uma solução funciona para o caso de . $N=150$

Além disso, desejo que o procedimento seja o mais eficiente possível: role o menor número de d6 em média para cada número gerado.

Conversões de senário para decimal são permitidas.

Esta pergunta foi inspirada por este segmento Meta .

— Sycorax diz restabelecer Monica
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O conjunto de resultados identificáveis distintos em rolos independentes de um dado com faces possui elementos. Quando o dado é justo, isso significa que cada resultado de uma jogada tem probabilidade independência significa que cada um desses resultados terá probabilidade isto é, eles têm uma distribuição uniforme $\Omega(d,n)$ $n$ $d=6$ $d^n$ $1/d$ $(1/d)^n:$ $\mathbb{P}_{d,n}.$

Suponha que você tenha planejado algum procedimento que determine resultados de um dado de lado - ou seja, um elemento de - ou então relate falha (o que significa que você terá que repita para obter um resultado). Isso é, $t$ $m$ $c (=150)$ $\Omega(c,m)$

t : Ω (d, n) \to Ω (c, m) \cup {Failure} .

$t:\Omega(d,n)\to\Omega(c,m)\cup\{\text{Failure}\}.$

Seja a probabilidade resulta em falha e observe que é algum múltiplo integral de digamos $F$ $t$ $F$ $d^{-n},$

F = Pr (t (ω) = Failure) = N_{F} d^{- n} .

$F = \Pr(t(\omega)=\text{Failure}) = N_F\, d^{-n}.$

(Para referência futura, observe que o número esperado de vezes que deve ser chamado antes de não falhar é ) $t$ $1/(1-F).$

A exigência de que esses resultados em ser uniforme e independente condicional em não relatar meios de falha que conservas probabilidade no sentido de que para cada evento $\Omega(c,m)$ $t$ $t$ $\mathcal{A}\subset\Omega(c,m),$

\begin{matrix} (1) & \frac{P_{d, n} (t^{*} A)}{1 - F} = P_{c, m} (A) \end{matrix}

$\frac{\mathbb{P}_{d,n}\left(t^{*}\mathcal{A}\right)}{1-F}= \mathbb{P}_{c,m}\left(\mathcal{A}\right) \tag{1}$

Onde

t^{*} (A) = {ω \in Ω ∣ t (ω) \in A}

$t^{*}\left(\mathcal A\right) = \{\omega\in\Omega\mid t(\omega)\in\mathcal{A}\}$

é o conjunto de dados que o procedimento atribui ao evento $t$ $\mathcal A.$

Considere um evento atômico , que deve ter probabilidadeDeixe (os dados associados a ) possuem elementos. torna-se $\mathcal A = \{\eta\}\subset\Omega(c,m)$ $c^{-m}.$ $t^{*}\left(\mathcal A\right)$ $\eta$ $N_\eta$ $(1)$

\begin{matrix} (2) & \frac{N_{η} d^{- n}}{1 - N_{F} d^{- n}} = \frac{P_{d, n} (t^{*} A)}{1 - F} = P_{c, m} (A) = c^{- m} . \end{matrix}

$\frac{N_\eta d^{-n}}{1 - N_F d^{-n}} = \frac{\mathbb{P}_{d,n}\left(t^{*}\mathcal{A}\right)}{1-F}= \mathbb{P}_{c,m}\left(\mathcal{A}\right) = c^{-m}.\tag{2}$

É imediato que os sejam todos iguais a um número inteiro $N_\eta$ $N.$ Resta apenas encontrar os procedimentos mais eficientes O número esperado de falhas não por rolo do sided die seja $t.$ $c$

\frac{1}{m} (1 - F) .

$\frac{1}{m}\left(1 - F\right).$

Existem duas implicações imediatas e óbvias. Uma é que, se podemos manter pequeno à medida que cresce, o efeito de relatar uma falha é assintoticamente zero. A outra é que, para qualquer dado (o número de jogadas do dado do lado para simular), queremos tornar o menor possível. $F$ $m$ $m$ $c$ $F$

Vamos dar uma olhada em limpando os denominadores: $(2)$

N c^{m} = d^{n} - N_{F} > 0.

$N c^m = d^n - N_F \gt 0.$

Isso torna óbvio que, em um determinado contexto (determinado por ), seja o menor possível, tornando igual ao maior múltiplo de que seja menor ou igual a Podemos escrever isso em termos da maior função inteira (ou "piso") como $c,d,n,m$ $F$ $d^n-N_F$ $c^m$ $d^n.$ $\lfloor*\rfloor$

N = ⌊ \frac{d^{n}}{c^{m}} ⌋ .

$N = \lfloor \frac{d^n}{c^m} \rfloor.$

Por fim, fica claro que deve ser o menor possível para obter maior eficiência, pois mede a redundância em . Especificamente, o número esperado de rolos da matriz do lado necessário para produzir um rolo da matriz do lado é $N$ $t$ $d$ $c$

N \times \frac{n}{m} \times \frac{1}{1 - F} .

$N \times \frac{n}{m} \times \frac{1}{1-F}.$

Assim, nossa busca por procedimentos de alta eficiência deve focar nos casos em que é igual a, ou apenas pouco maior que, algum poder $d^n$ $c^m.$

A análise termina mostrando que, para dados de e há uma sequência de múltiplos para a qual essa abordagem se aproxima da eficiência perfeita. Isso equivale a encontrar para o qual aproxima de no limite (garantindo automaticamente ). Uma dessas seqüências é obtida tomando e determinando $d$ $c,$ $(n,m)$ $(n,m)$ $d^n/c^m \ge 1$ $N=1$ $F\to 0$ $n=1,2,3,\ldots$

\begin{matrix} (3) & m = ⌊ \frac{n \log d}{\log c} ⌋ . \end{matrix}

$m = \lfloor \frac{n\log d}{\log c} \rfloor.\tag{3}$

A prova é direta.

Tudo isso significa que, quando estivermos dispostos a rolar o dado original com lados um número suficientemente grande de vezes podemos esperar simular quase resultados de um dado com lado por rolo . Equivalentemente, $d$ $n,$ $\log d / \log c = \log_c d$ $c$

É possível simular um grande número de rolos independentes de um -sided morrer utilizando uma feira -sided morrer utilizando uma média de rola por resultado, onde pode ser arbitrariamente pequeno, escolhendo suficientemente grande. $m$ $c$ $d$ $\log(c)/\log(d) + \epsilon = \log_d(c) + \epsilon$ $\epsilon$ $m$

Exemplos e algoritmos

Na questão, e donde $d=6$ $c=150,$

\log_{d} (c) = \frac{\log (c)}{\log (d)} \approx 2.796489.

$\log_d(c) = \frac{\log(c)}{\log(d)} \approx 2.796489.$

Assim, o melhor procedimento possível exigirá, em média, pelo menos rolos de a para simular cada resultado. $2.796489$ d6d150

A análise mostra como fazer isso. Não precisamos recorrer à teoria dos números para realizá-la: podemos apenas tabular as potências e as potências compará-las para descobrir onde estão próximos. Este cálculo da força bruta fornece pares $d^n=6^n$ $c^m=150^m$ $c^m \le d^n$ $(n,m)$

(n, m) \in {(3, 1), (14, 5), \dots}

$(n,m) \in \{(3,1), (14,5), \ldots\}$

por exemplo, correspondendo aos números

(6^{n}, 150^{m}) \in {(216, 150), (78364164096, 75937500000), \dots} .

$(6^n, 150^m) \in \{(216,150), (78364164096,75937500000), \ldots\}.$

No primeiro caso iria associar dos resultados de três rolos da falha e os outros resultados que cada ser associado com um único resultado de um . $t$ $216-150=66$ d6 $150$ d150

No segundo caso, associaria dos resultados de 14 de a a Failure - cerca de 3,1% de todos - e produziria uma sequência de 5 resultados de a . $t$ $78364164096-75937500000$ d6d150

Um algoritmo simples para implementar $t$ rotula as faces da matriz lado com os números e as faces da matriz lado com os números Os rolos do primeiro dado são interpretados como um número de dígitos na base Isso é convertido em um número na base Se tiver no máximo dígitos, a sequência dos últimos dígitos será a saída. Caso contrário, retorna Fail ao invocar-se recursivamente. $d$ $0,1,\ldots, d-1$ $c$ $0,1,\ldots, c-1.$ $n$ $n$ $d.$ $c.$ $m$ $m$ $t$

Para seqüências muito mais longas, é possível encontrar pares adequados considerando todos os outros convergentes da expansão contínua da fração de A teoria das frações contínuas mostra que esses convergentes alternam entre ser menor que e maior que ele (supondo que ainda não seja racional). Escolha aqueles que são menores que $(n,m)$ $n/m$ $x=\log(c)/\log(d).$ $x$ $x$ $x.$

Na questão, os primeiros poucos convergentes são

3, 14 / 5, 165 / 59, 797 / 285, 4301 / 1538, 89043 / 31841, 279235 / 99852, 29036139 / 10383070 \dots .

$3, 14/5, 165/59, 797/285, 4301/1538, 89043/31841, 279235/99852, 29036139/10383070 \ldots.$

No último caso, uma sequência de 29.036.139 jogadas de a d6produzirá uma sequência de 10.383.070 jogadas de a d150com uma taxa de falha menor que para uma eficiência de indistinguível do limite assintótico. $2\times 10^{-8},$ $2.79649$

— whuber
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Por incrível que pareça, quase parece que essa resposta foi formatada e preparada mesmo antes da pergunta ser feita!

— Łukasz Grad

1

Obrigado, @ ŁukaszGrad. No entanto, sou inocente de tais maquinações e tenho certeza de que os leitores de olhos atentos encontrarão evidências da pressa com que escrevi isso, pelas quais peço desculpas antecipadamente.

— whuber

Também não deve ser levado em consideração que, quando não é primo, o espaço de amostra pode ser particionado em subconjuntos de igual probabilidade? Por exemplo, você pode usar um d6 como um d2 ou um d3, e um espaço de amostra com 162 elementos - mais perto de 150 do que o 216 é - é possível com 4 rolos, 1d6 + 3d3. (Isso dá o mesmo número esperado de rolos que a solução 3d6, mas uma variação menor.)

d

$d$

Ω (d, 1)

$\Omega(d,1)$

— Scortchi - Reinstate Monica

@ Scortchi Você descreve uma configuração ligeiramente diferente na qual se pode escolher dados para simular empates de uma distribuição uniforme. Uma análise semelhante se aplica - você pode achar divertido executá-la.

— whuber

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Para o caso de , rolar um d6 três vezes distintamente cria resultados. $N=150$ $6^3=216$

O resultado desejado pode ser tabulado desta maneira:

Grave um d6 três vezes sequencialmente. Isso produz os resultados . O resultado é uniforme porque todos os valores de são igualmente prováveis (os dados são justos e estamos tratando cada jogada como distinta). $a,b,c$ $a,b,c$
Subtraia 1 de cada um.
Este é um número senário: cada dígito (valor do local) varia de 0 a 5 com potências de 6, para que você possa escrever o número em decimal usando $(a - 1) \times 6^{2} + (b - 1) \times 6^{1} + (c - 1) \times 6^{0}$ $(a-1) \times 6^2 + (b-1) \times 6^1 + (c-1)\times 6^0$
Adicione 1.
Se o resultado exceder 150, descarte o resultado e role novamente.

A probabilidade de manter um resultado é . Todos os testes são independentes e repetimos o procedimento até um "sucesso" (resultado em ), de modo que o número de tentativas para gerar 1 empate entre 1 e 150 seja distribuído como uma variável aleatória geométrica, que tem expectativa . Portanto, o uso desse método para gerar 1 empate requer rolar dados em média (porque cada tentativa lança 3 dados). $p=\frac{150}{216}=\frac{25}{36}$ $1,2,\dots,150$ $p^{-1}=\frac{36}{25}$ $\frac{36}{25}\times 3 =4.32$

Agradecemos a @whuber por sugerir isso no chat.

— Sycorax diz restabelecer Monica
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Acredito que o método de Henry não produz uma distribuição uniforme. Isso ocorre porque a reciclagem fará com que alguns dígitos sejam favorecidos. Não tenho muita certeza disso, porque não entendo completamente como a reciclagem deve ser realizada.

— whuber

1

@whuber AH! Eu entendo sua preocupação agora. Eu apenas tentei explicar o processo para mim mesmo e percebi por que minha intuição era falha: a probabilidade de rolar um dado adicional pode alterar a atribuição de probabilidades para números decimais e torná-lo não uniforme, porque não sabemos antecipadamente como muitos dados que estamos rolando.

— Sycorax diz Restabelecer Monica

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Aqui está uma alternativa ainda mais simples à resposta do Sycorax para o caso em que . Como você pode executar o seguinte procedimento: $N=150$ $150 = 5 \times 5 \times 6$

Gerando número aleatório uniforme de 1 a 150:

Faça três rolos ordenados de 1D6 e indique-os como . $R_1, R_2, R_3$

Se um dos dois primeiros testes for seis, rolar novamente até que não seja 6.

O número é um número uniforme usando notação posicional com uma raiz de 5-5-6. Assim, você pode calcular o número desejado como: $(R_1, R_2, R_3)$ $X = 30 \cdot (R_{1} - 1) + 6 \cdot (R_{2} - 1) + (R_{3} - 1) + 1.$ $X = 30 \cdot (R_1-1) + 6 \cdot (R_2-1) + (R_3-1) + 1.$

Esse método pode ser generalizado para maior , mas se torna um pouco mais estranho quando o valor tem um ou mais fatores primos maiores que . $N$ $6$

— Restabelecer Monica
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1

Você pode indicar a eficiência desse método em termos do número esperado de jogadas por sorteio gerado e esclarecer por que o resultado é uniforme em 1,2, ...., 150?

— Sycorax diz Restabelecer Monica

A probabilidade de obter um resultado que não requer relançamento é , o mesmo que na sua resposta. Para entender por que é uniforme, observe que você efetivamente está apenas gerando um número uniforme usando notação posicional com o radical 5-5-6 (ou seja, o último dígito são as unidades, o segundo último dígito é os "seis" e o terceiro último dígito são os "trinta").

25 / 36

$25/36$

— Restabeleça Monica

1

O método é efetivamente apenas uma variação muito pequena do método em sua resposta. Na sua resposta, você cria um número uniforme na escala de números 6-6-6 e descarta valores inválidos, enquanto na minha resposta você descarta valores inválidos primeiro para gerar um número na escala 5-5-6.

— Restabeleça Monica

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+1 Por uma questão prática, este é um algoritmo atraente. É intrigante, e talvez sugestivo de uma análise mais ampla, que implemente um autômato de estado finito acionado pelos rolos de matriz. Possui quatro estados, {Iniciar, A, B, Aceitar}. Inicie as transições para A ao rolar 1..5; A faz a transição para B após rolar 1..5; e B transita para Aceitar ao rolar qualquer coisa. Cada transição salva o valor do rolo que o causou, portanto, ao atingir Aceitar, você produz a sequência de três rolos armazenados e faz a transição automaticamente de volta para Iniciar.

— whuber

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Você rejeita tantas vezes quanto o @Sycorax, mas faz menos rolagens em média. O esperado não. rolos por variável é .

\frac{6}{5} + \frac{6}{5} + 1 = 3.4

$\frac{6}{5} + \frac{6}{5} + 1= 3.4$

— Scortchi - Restabelecer Monica

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Como ilustração de um algoritmo para escolher uniformemente entre valores usando dados de seis lados, tente isso, que usa cada rolagem para multiplicar os valores disponíveis por e tornando igualmente provável cada um dos novos valores: $150$ $6$

Após lançamentos, você tem possibilidade, não o suficiente para distinguir valores $0$ $1$ $150$
Após rolo, você tem possibilidades, insuficientes para distinguir valores $1$ $6$ $150$
Após jogadas, você tem possibilidades, insuficientes para distinguir valores $2$ $36$ $150$
Após lançamentos, você tem possibilidades, o suficiente para distinguir valores, mas com valores restantes; a probabilidade de você parar agora é $3$ $216$ $150$ $66$ $\frac{150}{216}$
Se você não parou, depois de jogadas, você tem possibilidades restantes, o suficiente para distinguir valores de duas maneiras, mas com valores restantes; a probabilidade de parar agora é $4$ $396$ $150$ $96$ $\frac{300}{1296}$
Se você não parou, depois de jogadas, você tem possibilidades restantes, o suficiente para distinguir valores de três maneiras, mas com valores restantes; a probabilidade de parar agora é $5$ $576$ $150$ $96$ $\frac{450}{7776}$
Se você não parou, depois de jogadas, você tem possibilidades restantes, o suficiente para distinguir valores de cinco maneiras, mas com valores restantes; a probabilidade de parar agora é $6$ $756$ $150$ $6$ $\frac{750}{46656}$

Se você estiver em um dos valores restantes após jogadas, estará em uma situação semelhante à posição após rolagem. Portanto, você pode continuar da mesma maneira: a probabilidade de parar após jogadas é , depois de jogadas é etc. $6$ $6$ $1$ $7$ $\frac{0}{279936}$ $8$ $\frac{150}{1679616}$

Adicione-os e você descobrirá que o número esperado de rolos necessários é de cerca de . Ele fornece uma seleção uniforme dos , pois você só seleciona um valor no momento em que pode selecionar cada um dos com igual probabilidade $3.39614$ $150$ $150$

A Sycorax pediu nos comentários um algoritmo mais explícito

Primeiro, trabalharei na base com $6$ $150_{10}=410_6$
Segundo, em vez dos valores-alvo a , subtrairei um para que os valores-alvo sejam a $1_6$ $410_6$ $0_6$ $409_6$
Terceiro, cada dado deve ter valores a , e rolar um dado envolve adicionar um dígito básico de dígitos no lado direito do número gerado existente. Os números gerados podem ter zeros à esquerda e o número de dígitos é o número de rolos até o momento $0_6$ $5_6$ $6$

O algoritmo consiste em sucessivos lançamentos de dados:

os três primeiros dados para gerar um número de a . Desde você pega o valor gerado (que também é o restante na divisão por ) se o valor gerado estiver estritamente abaixo de e parar; $000_6$ $555_6$ $1000_6 \div 410_6 = 1_6 \text{ remainder } 150_6$ $410_6$ $1000_6-150_6=410_6$
Se continuar, role o quarto dado para gerar um número de a . Como o restante do valor gerado na divisão é se o valor gerado estiver estritamente abaixo de e parar; $4100_6$ $5555_6$ $10000_6 \div 410_6 = 12_6 \text{ remainder } 240_6$ $410_6$ $10000_6-240_6=5320_6$
Se continuar, role o quinto dado para gerar um número de a . Como o restante do valor gerado na divisão é se o valor gerado estiver estritamente abaixo de e parar; $53200_6$ $55555_6$ $100000_6 \div 410_6 = 123_6 \text{ remainder } 330_6$ $410_6$ $100000_6-330_6=55230_6$
Se continuar, role o sexto dado para gerar um número de a . Como o restante do valor gerado na divisão é se o valor gerado estiver estritamente abaixo de e parar; $552300_6$ $555555_6$ $1000000_6 \div 410_6 = 1235_6 \text{ remainder } 10_6$ $410_6$ $1000000_6-10_6=555550_6$
etc.

— Henry
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(+1) Essa resposta seria mais clara se você explicasse como mapeia os resultados de, digamos, 4d6 ou 5d6 para 1,2, ..., 150.

— Sycorax diz Reinstate Monica

@Sycorax - Agora forneci um mapeamento de base

6

$6$

— Henry

1

Considerações sobre entropia indicam que você pode se sair substancialmente melhor que esse algoritmo. Resta também mostrar que seu algoritmo realmente produz valores distribuídos independentemente com distribuições uniformes .

— whuber

@whuber - Meu algoritmo produz exatamente um número inteiro a partir de possibilidades e o faz de maneira uniforme, desde que os dados sejam uniformes e independentes. Em cada etapa, se atingido, é provável que cada um dos valores seja selecionado. Não produz múltiplos valores (ao contrário da sua resposta)

150

$150$

150

$150$

— Henry

1

Entendi mal o que você quis dizer, então, ao escrever "o algoritmo são sucessivos rolos de dados". (Eu deveria ter lido com mais cuidado.) Ao fazer isso, parece-me que seu algoritmo não produz uma distribuição uniforme, mas não tenho certeza porque não fui capaz de descobrir qual o objetivo do algoritmo geral. estar. Seria bom ver uma demonstração de que produz valores uniformes.

— whuber