Zeichnen Sie ganze Zahlen unabhängig und gleichmäßig zufällig von 1 bis mit fairem d6?

Ich möchte ganze Zahlen von 1 bis zu einem bestimmten zeichnen, indem ich eine Reihe von fairen sechsseitigen Würfeln würfle (d6). Eine gute Antwort erklärt, warum seine Methode einheitliche und unabhängige ganze Zahlen erzeugt.$N$

Als anschauliches Beispiel wäre es hilfreich zu erläutern, wie eine Lösung für den Fall von funktioniert .$N=150$

Außerdem möchte ich, dass das Verfahren so effizient wie möglich ist: Wirf für jede generierte Zahl im Durchschnitt die geringste Anzahl von d6.

Umrechnungen von Senior auf Dezimal sind zulässig.

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Diese Frage wurde von diesem Meta-Thread inspiriert .

Die Menge $\Omega(d,n)$ verschiedener identifizierbarer Ergebnisse in $n$ unabhängigen Walzen eines Würfels mit $d=6$ Flächen hat $d^n$ Elemente. Wenn der Würfel fair ist, bedeutet dies, dass jedes Ergebnis eines Wurfs eine Wahrscheinlichkeit von $1/d$ und Unabhängigkeit bedeutet, dass jedes dieser Ergebnisse eine Wahrscheinlichkeit von $(1/d)^n:$ Das heißt, sie haben eine gleichmäßige Verteilung $\mathbb{P}_{d,n}.$

Angenommen , Sie haben einige Verfahren entwickelt $t$ , dass entweder Ermittelt $m$ Ergebnisse einer $c (=150)$ -sided die - das heißt, ein Element von $\Omega(c,m)$ --oder sonst meldet eine Störung (das heißt , Sie zu wiederholen haben es, um ein Ergebnis zu erzielen). Das ist,

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

Lassen Sie $F$ die Wahrscheinlichkeit sein $t$ zu einem Fehler und beachten Sie, dass $F$ einige ganzzahligen Vielfachen ist $d^{-n},$ sagen wir

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

(Beachten Sie als zukünftige Referenz, dass die erwartete Anzahl von Malen, die aufgerufen werden muss, bevor es nicht fehlschlägt, )$t$$1/(1-F).$

Die Forderung , dass diese Ergebnisse in einheitlich und unabhängig seine bedingten auf nicht Ausfall bedeutet , dass die Berichterstattung Konserven Wahrscheinlichkeit in dem Sinne , dass für jede Veranstaltung$\Omega(c,m)$t t A ⊂ Ω ( c , m ) ,$t$$t$$\mathcal{A}\subset\Omega(c,m),$

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

wo

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

ist der Würfelwurfsatz, den die Prozedur dem Ereignis zuweist$t$$\mathcal A.$

Man betrachte ein atomares Ereignis , das die WahrscheinlichkeitLassen (würfelt mit zugehörigem ) haben Elemente. wird$\mathcal A = \{\eta\}\subset\Omega(c,m)$$c^{-m}.$$t^{*}\left(\mathcal A\right)$$\eta$$N_\eta$$(1)$

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

Es ist unmittelbar, dass die alle gleich einer ganzen Zahl$N_\eta$$N.$ Es bleibt nur die effizienteste Prozedur Die erwartete Anzahl von Nichtfehlern pro Rolle des seitigen Würfels beträgt$t.$c$c$

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

Es gibt zwei unmittelbare und offensichtliche Auswirkungen. Eine ist, dass, wenn wir klein halten können, während groß wird, der Effekt der Meldung eines Fehlers asymptotisch Null ist. Das andere ist, dass wir für jedes gegebene (die Anzahl der Rollen des seitigen Würfels, die simuliert werden sollen) so klein wie möglich machen wollen .$F$$m$$m$$c$$F$

Schauen wir uns genauer an, indem wir die Nenner löschen:$(2)$

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

Dies macht es offensichtlich, dass in einem gegebenen Kontext (bestimmt durch ) so klein wie möglich gemacht wird, indem gleich dem größten Vielfachen von , das kleiner oder gleich ist Wir können dies in Form der größten Ganzzahlfunktion (oder "Etage") as schreiben$c,d,n,m$$F$$d^n-N_F$$c^m$$d^n.$$\lfloor*\rfloor$

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

Schließlich ist klar, dass für höchste Effizienz so klein wie möglich sein sollte, da es die Redundanz in misst . Insbesondere ist die erwartete Anzahl von Rollen der seitigen Düse, die benötigt wird, um eine Rolle der seitigen Düse herzustellen, gleich$N$t d c$t$$d$$c$

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

Unsere Suche nach hocheffizienten Verfahren sollte sich daher auf die Fälle konzentrieren, in denen gleich oder kaum größer als eine Potenz$d^n$$c^m.$

Die Analyse endet damit, dass es für gegebenes und eine Folge von Vielfachen für die sich dieser Ansatz der perfekten Effizienz annähert. Dies läuft auf das Finden von für das sich im Grenzfall nähert (wobei automatisch garantiert wird ). Eine solche Sequenz wird erhalten, indem und bestimmt werden$d$$c,$$(n,m)$$(n,m)$$d^n/c^m \ge 1$$N=1$$F\to 0$$n=1,2,3,\ldots$

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

Der Beweis ist unkompliziert.

Dies alles bedeutet, dass wir, wenn wir bereit sind, den ursprünglichen seitigen Würfel eine ausreichend große Anzahl von Malen werfen damit rechnen können, nahezu Ergebnisse eines seitigen Würfels pro Wurf zu simulieren . Äquivalent dazu$d$$n,$$\log d / \log c = \log_c d$$c$

Es ist möglich, eine große Anzahl unabhängiger Walzen eines seitigen Würfels unter Verwendung eines fairen seitigen Würfels unter Verwendung eines Durchschnitts von rollt pro Ergebnis, wobei beliebig klein gemacht werden kann, indem ausreichend groß gewählt wird.$m$$c$$d$$\log(c)/\log(d) + \epsilon = \log_d(c) + \epsilon$$\epsilon$$m$

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Beispiele und Algorithmen

In der Frage ist und woher$d=6$$c=150,$

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

Für das bestmögliche Verfahren sind daher durchschnittlich mindestens Rollen erforderlich, um jedes Ergebnis zu simulieren .$2.796489$d6d150

Die Analyse zeigt, wie das geht. Wir müssen nicht auf die Zahlentheorie zurückgreifen, um sie auszuführen: Wir können einfach die Potenzen und die Potenzen tabellieren und vergleichen, um herauszufinden, wo sind nah. Diese Brute-Force-Berechnung ergibt Paare$d^n=6^n$$c^m=150^m$$c^m \le d^n$$(n,m)$

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

zum Beispiel entsprechend den Zahlen

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

Im ersten Fall würde der Ergebnisse von drei von a bis Failure , und die anderen Ergebnisse würden jeweils einem einzelnen Ergebnis von a zugeordnet . $t$$216-150=66$150d6$150$d150

Im zweiten Fall würde der Ergebnisse von 14 a bis Failure - etwa 3,1% von allen - und andernfalls eine Folge von 5 Ergebnissen von a ausgeben .$t$$78364164096-75937500000$d6d150

Ein einfacher Algorithmus zum Implementieren von$t$ d 0 , 1 , … , d - 1 c 0 , 1 , … , c - 1. n n d . c . m m t beschriftet die Flächen des seitigen Chips mit den Ziffern und die Flächen des seitigen Chips mit den Ziffern Die Würfe des ersten Würfels werden als stellige Zahl in der Basis interpretiert Dies wird in eine Zahl in Basis Wenn es höchstens Ziffern hat, ist die Reihenfolge der letzten Ziffern die Ausgabe. Andernfalls gibt Failure zurück, indem es sich rekursiv aufruft.$d$$0,1,\ldots, d-1$$c$$0,1,\ldots, c-1.$$n$$n$$d.$$c.$$m$$m$$t$

Für viel längere Sequenzen können Sie geeignete Paare indem Sie jedes andere konvergente der fortgesetzten Bruchexpansion von berücksichtigen Die Theorie der fortgesetzten Brüche zeigt, dass diese Konvergenzien abwechselnd kleiner als und größer als sind (vorausgesetzt, ist nicht bereits rational). Wählen Sie diejenigen, die kleiner als$(n,m)$$n/m$$x=\log(c)/\log(d).$$x$$x$$x.$

In der Frage sind die ersten paar solcher Konvergente

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

Im letzten Fall ergibt eine Folge von 29.036.139 a-Rollen d6eine Folge von 10.383.070 a-Rollen d150mit einer Fehlerrate von weniger als bei einer von der asymptotischen Grenze unterscheidbaren Effizienz von .$2\times 10^{-8},$$2.79649$

Für den Fall von führt das dreimalige Rollen eines d6 eindeutig zu Ergebnissen.$N=150$$6^3=216$

Das gewünschte Ergebnis kann folgendermaßen tabelliert werden:

• Nehmen Sie einen d6 dreimal nacheinander auf. Dies ergibt die Ergebnisse . Das Ergebnis ist einheitlich, da alle Werte von gleich wahrscheinlich sind (die Würfel sind fair und wir behandeln jeden Wurf als unterschiedlich).$a,b,c$$a,b,c$
• Jeweils 1 abziehen.
• Dies ist eine ältere Zahl: Jede Ziffer (Stellenwert) geht von 0 bis 5 durch Potenzen von 6, sodass Sie die Zahl mit dezimal schreiben können $$(a-1) \times 6^2 + (b-1) \times 6^1 + (c-1)\times 6^0$$
• Addiere 1.
• Wenn das Ergebnis 150 überschreitet, verwerfen Sie das Ergebnis und rollen Sie erneut.

Die Wahrscheinlichkeit, ein Ergebnis zu behalten, ist . Alle Würfe sind unabhängig und wir wiederholen den Vorgang bis zu einem "Erfolg" (ein Ergebnis von ), so dass die Anzahl der Versuche , einen Draw zwischen 1 und 150 zu generieren, als geometrische Zufallsvariable verteilt wird hat die Erwartung . Daher erfordert die Verwendung dieser Methode zum Generieren von 1 Draw das Würfeln von Würfeln im Durchschnitt (da jeder Versuch 3 Würfel würfelt).$p=\frac{150}{216}=\frac{25}{36}$$1,2,\dots,150$$p^{-1}=\frac{36}{25}$$\frac{36}{25}\times 3 =4.32$

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Wir danken @whuber dafür, dass er dies im Chat vorgeschlagen hat.

Hier ist eine noch einfachere Alternative zur Antwort von Sycorax für den Fall, dass $N=150$ . Da $150 = 5 \times 5 \times 6$ , können Sie das folgende Verfahren ausführen:

Generierung einer einheitlichen Zufallszahl von 1 bis 150:

• Bilden Sie drei bestellte Rollen von 1D6 und bezeichnen Sie diese als $R_1, R_2, R_3$ .
• Wenn einer der ersten beiden Würfe eine Sechs ist, wiederholen Sie den Vorgang, bis er nicht mehr 6 ist.
• Die Zahl $(R_1, R_2, R_3)$ ist eine einheitliche Zahl unter Verwendung der Positionsnotation mit einem Radix von 5-5-6. Somit können Sie die gewünschte Zahl wie folgt berechnen: $$X = 30 \cdot (R_1-1) + 6 \cdot (R_2-1) + (R_3-1) + 1.$$

Diese Methode kann auf ein größeres $N$ verallgemeinert werden , wird jedoch etwas umständlicher, wenn der Wert einen oder mehrere Primfaktoren größer als $6$ .

Versuchen Sie zur Veranschaulichung eines Algorithmus, mit dem Sie unter Verwendung von sechsseitigen Würfeln einheitlich zwischen $150$ Werten wählen können , bei dem bei jedem Wurf die verfügbaren Werte mit $6$ multipliziert werden und jeder der neuen Werte gleich wahrscheinlich wird:

• Nach $0$ Würfen haben Sie $1$ Möglichkeit, nicht genug, um $150$ Werte zu unterscheiden
• Nach $1$ Rolle, haben Sie $6$ Möglichkeiten, nicht genug zu unterscheiden $150$ Werte
• Nach $2$ Würfeln haben Sie $36$ Möglichkeiten, die nicht ausreichen, um $150$ Werte zu unterscheiden
• Nach $3$ Würfen haben Sie $216$ Möglichkeiten, genug, um $150$ Werte zu unterscheiden , aber mit $66$ verbleibenden Werten. Die Wahrscheinlichkeit, dass Sie jetzt aufhören, ist $\frac{150}{216}$
• Wenn Sie nicht gestoppt haben, haben Sie nach $4$ Würfen $396$ verbleibende Möglichkeiten, genug, um $150$ Werte auf zwei Arten zu unterscheiden, aber mit $96$ verbleibenden Werten. Die Wahrscheinlichkeit, dass Sie jetzt aufhören, ist $\frac{300}{1296}$
• Wenn Sie nicht gestoppt haben, haben Sie nach $5$ Würfen $576$ verbleibende Möglichkeiten, genug, um $150$ Werte auf drei Arten zu unterscheiden, aber mit $96$ verbleibenden Werten. Die Wahrscheinlichkeit, dass Sie jetzt aufhören, ist $\frac{450}{7776}$
• Wenn Sie nicht gestoppt haben, haben Sie nach $6$ Würfen $756$ verbleibende Möglichkeiten, genug, um $150$ Werte auf fünf Arten zu unterscheiden, aber mit $6$ verbleibenden Werten. Die Wahrscheinlichkeit, dass Sie jetzt aufhören, ist $\frac{750}{46656}$

Wenn Sie nach 6 Würfeln auf einem der $6$ verbleibenden Werte sind, befinden Sie sich in einer ähnlichen Situation wie nach 1 Wurf. Sie können also auf die gleiche Weise fortfahren: Die Wahrscheinlichkeit, dass Sie nach 7 Würfeln aufhören , ist 0$6$$1$$7$$\frac{0}{279936}$ , nach$8$Rollen ist$\frac{150}{1679616}$ usw.

$3.39614$ Sie diese und Sie stellen fest, dass die erwartete Anzahl der benötigten Rollen bei 3.39614 liegt . Es bietet eine einheitliche Auswahl aus den $150$ , da Sie nur einen Wert zu einem Zeitpunkt auswählen, zu dem Sie jeden der $150$ mit gleicher Wahrscheinlichkeit auswählen können

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Sycorax bat in den Kommentaren um einen expliziteren Algorithmus

• Zuerst werde ich in base- $6$ mit $150_{10}=410_6$
• Zweitens subtrahiere ich statt der Zielwerte $1_6$ bis $410_6$ einen, sodass die Zielwerte $0_6$ bis $409_6$
• Drittens sollte jeder Würfel die Werte $0_6$ bis $5_6$ , und beim Würfeln eines Würfels wird eine $6$ stellige Basis zur rechten Seite der vorhandenen generierten Zahl hinzugefügt . Generierte Zahlen können führende Nullen haben, und ihre Anzahl von Ziffern ist die Anzahl der Rollen, die bisher ausgeführt wurden

Der Algorithmus besteht aus aufeinanderfolgenden Würfeln:

• Wirf die ersten drei Würfel, um eine Zahl von $000_6$ bis $555_6$ . Da $1000_6 \div 410_6 = 1_6 \text{ remainder } 150_6$ , nehmen Sie den generierten Wert (der auch der Rest bei Division durch $410_6$ ), wenn der generierte Wert streng unter $1000_6-150_6=410_6$ und stoppen;

• Wenn Sie fortfahren, werfen Sie den vierten Würfel, sodass Sie jetzt eine Zahl von $4100_6$ bis $5555_6$ generiert haben . Da $10000_6 \div 410_6 = 12_6 \text{ remainder } 240_6$ , nehmen Sie den Rest des generierten Wertes bei Division durch $410_6$ wenn der generierte Wert genau unter $10000_6-240_6=5320_6$ und stoppen;

• Wenn Sie fortfahren, $53200_6$ Sie den fünften Würfel, sodass Sie jetzt eine Zahl von 53200 6 bis $55555_6$ generiert haben . Da $100000_6 \div 410_6 = 123_6 \text{ remainder } 330_6$ , wird der Rest des generierten Wertes bei Division durch $410_6$ wenn der generierte Wert genau unter $100000_6-330_6=55230_6$ und gestoppt.

• Wenn Sie fortfahren, $552300_6$ Sie den sechsten Würfel, sodass Sie jetzt eine Zahl von 552300 6 bis 555555 6 $555555_6$ . Da $1000000_6 \div 410_6 = 1235_6 \text{ remainder } 10_6$ , wird der Rest des generierten Wertes bei Division durch $410_6$ wenn der generierte Wert genau unter $1000000_6-10_6=555550_6$ und gestoppt.

• etc.