[Dit antwoord beweerde eerder te bewijzen dat het niet mogelijk is voor $ n $, oneven of zelfs, maar er waren minstens twee grote gaten in het bewijs. Het volgende beweert nu niet meer te zijn dan wat ooit het begin van een bewijs zou kunnen zijn. Ik denk er nog steeds over na.]
Schrijf $ p = x ^ {f (1)} y ^ {g (1)} + \ cdots + x ^ {f (6)} y ^ {g (6)} $. Vervolgens wordt de kans om $ i, j $ te krijgen na het gooien van $ n $ dobbelstenen gegeven door de coëfficiënt van $ x ^ iy ^ j $ in $ (p/6) ^ n $. Om de sommen mod 6 te verminderen, moeten we werken in polynomen mod $ (x ^ 6-1, y ^ 6-1) $. En de vraag is dan of we die $ p ^ n/6 ^ {n-2} = (1+ \ cdots + x ^ 5) (1+ \ cdots + y ^ 5) $ mod $ (x ^ 6) kunnen regelen -1, y ^ 6-1) $ of, equivalent, $ p ^ n/6 ^ {n-2} = (1+ \ cdots + x ^ 5) (1+ \ cdots + y ^ 5) + ( 1-x ^ 6) a + (1-y ^ 6) b $ waarbij $ a, b $ polynomen zijn.
... Behalve dat we naar ongeordende paren van resultaten moeten kijken, wat betekent dat we willen dat een overeenkomstig ding niet geldt voor $ p (x, y) ^ n $ maar voor $ p (x, y) ^ n + p (y, x) ^ n $. Als we $ x = y $ plaatsen, is dit slechts $ 2p (x, x) ^ n $.
Stel dat $ x $ een zesde wortel is van een eenheid anders dan 1. Dan is de RHS duidelijk nul, dus de LHS is dat ook. Dus $ p (x, x) ^ n = 0 $ voor elke dergelijke keuze van $ x $; dus $ p (x, x) = 0 $ voor elke dergelijke keuze van $ x $. In het bijzonder, wanneer $ \ omega ^ 6 = 1 $, $ (x- \ omega) $ is een factor van $ p (x, x) $ en dus is het product van al deze factoren, namelijk $ (x ^ 6 -1)/(x-1) = 1 + \ cdots + x ^ 5 $.
Wat is nu precies $ p (x, x) $? Het is $ \ sum x ^ {f (i) + g (i)} $; en onthoud dat we alleen om $ f, g $ mod 6 geven. Dus wat dit ons vertelt is dat elke residu mod 6 precies één keer voorkomt uit de $ f (i) + g (i) $. Dus we kunnen $ p = \ sum x ^ i (y/x) ^ {h (i)} $ schrijven met de gebruikelijke kanttekeningen dat exponenten mod 6. zijn. (Als je niet tevreden bent over niet-polynomen, zeg dan $ x ^ 5y $ in plaats van $ y/x $.)