Dadi troll

[<enigma>]

È possibile truccare tre dadi $D_1, D_2, D_3$ (ovvero assegnando a ciascuna faccia una probabilità di uscita a piacere) in modo che, quando vengono lanciati insieme, $D_1$ dia probabilmente un risultato maggiore di $D_2$, $D_2$ maggiore di $D_3$ e $D_3$ maggiore di $D_1$?

[Troleito br00tal]

Un hintino?

[<enigma>]

Sì, è possibile.

[fph]

Hai una soluzione elementare di questo (well, ok, esibire i numerelli è elementare, ma un modo elementare di arrivare di arrivarci senza un computer sottomano)? Io l'avevo fatto ma con un po' di cose di "lavoro" di algebra lineare.

[<enigma>]

No, esibisco i numerelli.

[ma_go]

Un hintino?

credo che questo possa semplificare leggermente il problema:

Testo nascosto:

nessuno ha mai detto che i dadi debbano avere 6 facce...

[Gottinger95]

Le facce sono quante ci pare (anche boh, non numerabili) e con il numero reale che ci pare scritto su?

[fph]

Meglio se sposto in MNE visto che a quanto pare nessuno ha una soluzione "da gara" che non sia un'illuminazione divina che rivela i numeri (meglio dirlo dall'inizio a questo punto però, "warning: non so se c'è una soluzione da gara").

@Gottinger95: per come l'ho capito io, le facce sono $n>3$ naturale e con scritti i numeri da 1 a $n$; l'unica cosa su cui puoi lavorare sono le probabilità $p_k$ che esca il numero $k$, per $k=1,2,\dots,n$.

[maurizio43]

Qui ci sono "trucchi" con le parole .
Il fatto che nell' enunciato si usi , circa il lancio dei dadi , l' avverbio apparentemente superfluo <<insieme>>,
può comportare che occorra considerare trucchi di natura magnetica sulle facce dei dadi, per i quali -dopo il lancio- due dadi risultino
l' uno con una faccia attaccata a una faccia dell' altro (facce di valore diverso) ? (Oltre che trucchi sulla probabilità delle singole facce)

[fph]

No, non è un problema col trucco. C'è una soluzione in cui, come dicevo, l'unica cosa che scegli sono le probabilità $p_k$ che esca $k$ su ogni dado (diverse per ogni dado, in generale, e tutti e tre i lanci indipendenti).

[ma_go]

Le facce sono quante ci pare (anche boh, non numerabili) e con il numero reale che ci pare scritto su?

per inciso, se anche hai una quantità non numerabile di facce, l'insieme $\{f \mid p(f) \neq 0\}$ è (finito o) numerabile. questo è un lemma facile che fa sempre bene dimostrare

[maurizio43]

Effettivamente è fuorviante la sensazione iniziale che ci sia l' assurdo di 3 numeri disposti in circolo, ciascuno maggiore del successivo.
Le diseguaglianze non sono sui numeri usciti su ognuno dei dadi , e nemmeno sul coefficiente di probabilità con cui ognuno di quei numeri poteva uscire.

Dissipato l' equivoco, mi sembra che ci siano infinite scelte possibili delle n-ple di probabilità associabili alle 6 facce di ogni dado che soddisfano il problema.
Per farla breve ( e con la minor fatica ) è meglio adottare una "truccatura" molto pesante, ancorchè volgare, invece che un "trucco leggero e raffinato" :
Per esempio a 13 delle complessive diciotto facce dei 3 dadi assegnamo la probabilità ZERO e solo 5 facce assegnamo probabilità non nulla ; in particolare :

Su $ D_1 $ assegnamo il $ 40 $ % alla faccia $ 5 $ e il $ 60 $ % alla faccia $ 2 $
Su $ D_2 $ assegnamo il $ 60 $ % alla faccia $ 4 $ e il $ 40 $ % alla faccia $ 1 $
Su $ D_3 $ assegnamo il $ 100 $ % alla faccia $ 3 $

Così facendo è probabile col $ 64 $ % che $ D_1>D_2 $ ; col $ 60 $ % che $ D_2>D_3 $ ; col $ 60 $ % che $ D_3>D_1 $ .

P.S. :
Avete ipotizzato anche possibili dadi a 4 facce ( e mi sembra più difficile la soluzione) .
Ma, dopo il lancio di un tetraedro, quale faccia si deve considerare uscita , quella al contatto del terreno, che non si vede ?

[angelo3]

[OT]
un dado a forma di Tetraedro può avere i numeri scritti in due modi: sugli angoli delle tre facce in modo che quando lo tiri i $3$ numeri che ci sono nei $3$ angoli al vertice siano uguali oppure sulla base di ogni lato (per ogni lato ci sono due numeri uno su una faccia e l'altro sull'altra) in modo che quando lo tiri i numeri che sono sui lati che poggiano sulla superficie e che si riescano a leggere siano uguali.
[/OT]

Edit: scusa hai ragione, non avevo letto il post bene... chiedo perdono

[maurizio43]

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[maurizio43]

Infatti credo di avere già indicato una delle soluzioni "impostabili" , da cui si possono ricavare infinite soluzioni .
Quella sul teraedro era solo una battuta.