A kocka története. Kocka online Egy független teszt feltételeit összekapcsoljuk

Tyler Sigman tervező írta a "Gamasutra" című filmben. Szeretettel emlegetem „az ork szőrzetében” cikkként, de elég jól lefedi a játékok valószínűségeinek alapjait.

A hét témája

A mai napig szinte minden, amiről beszéltünk, determinisztikus volt, a múlt héten pedig közelebbről megvizsgáltuk a tranzitív mechanikát, és a lehető legrészletesebben lebontottuk. Mostanáig azonban sok játéknál nem figyeltünk egy hatalmas szempontra, nevezetesen a nem-determinisztikus szempontokra, más szóval - a véletlenszerűségre. A véletlenszerűség természetének megértése nagyon fontos a játéktervezők számára, mert olyan rendszereket készítünk, amelyek befolyásolják a játékos adott játékban szerzett tapasztalatait, ezért tudnunk kell, hogyan működnek ezek a rendszerek. Ha véletlenszerűség van a rendszerben, meg kell értened természet ez a véletlenszerűség, és hogyan változtassuk meg a kívánt eredmény elérése érdekében.

Dobókocka

Kezdjük valami egyszerűvel: dobjunk kockát. Amikor a legtöbb ember a kockákra gondol, a d6 néven ismert hatoldalú kocka az eszébe jut. De a legtöbb játékos sok más kockát is látott már: négyoldalú (d4), nyolcoldalú (d8), dodekaéder (d12), húszoldalú (d20) ... és ha igazi geek, lehet, hogy van valahol 30 vagy 100 oldalú kockád. Ha nem ismeri ezt a terminológiát, a "d" a kockakockát jelenti, az utána lévő szám pedig azt, hogy hány arca van. Ha egy előtt A „d” egy számot jelent, azt jelenti összeg dobáskor kocka. Például a Monopolyban 2d6-ot dobsz.

Tehát ebben az esetben a „kocka” kifejezés egy hagyományos elnevezés. Sok más generátor létezik véletlen számok, amelyek nem műanyag blokk alakúak, de ugyanazt a funkciót látják el, hogy véletlen számot generálnak 1-től n-ig. Egy közönséges érmét úgy is felfoghatjuk, mint egy d2 diéder matricát. Két hétoldalas kockamintát láttam: az egyik dobókockának, a másik inkább egy hétoldalas faceruzának tűnt. A tetraéderes dreidel (más néven titotum) a tetraéderes csont analógja. A „Csúszdák és létrák” játékban a forgó nyíl játékmezője, ahol az eredmény 1-től 6-ig terjedhet, egy hatoldalú kocka. A számítógépben lévő véletlenszám-generátor bármilyen számot tud létrehozni 1-től 19-ig, ha a tervező ilyen parancsot ad, bár a számítógépnek nincs 19 oldalú dobókockája (általában a számok esésének valószínűségéről beszélek bővebben számítógép at következő hét). Bár ezek a tételek mindegyike eltérően néz ki, valójában egyenértékűek: egyenlő esélyed van arra, hogy több eredmény közül egyet érj el.

A kockáknak van néhány érdekes tulajdonsága, amelyekről tudnunk kell. Először is, annak a valószínűsége, hogy bármelyik lap feljön, azonos (feltételezem, hogy a megfelelő kockával dobsz, nem a rossz geometriával). Szóval ha tudni akarod átlagos tekercs (a valószínűségszámítók körében „matematikai elvárásként” is ismert), összegezzük az összes él értékét, és ezt az összeget elosztjuk összeg arcok. Egy szabványos hatoldalú kocka dobásának átlagos értéke 1+2+3+4+5+6 = 21, elosztva a lapok számával (6), és az átlagértéket 21/6 = 3,5 kapjuk. Ez egy speciális eset, mert feltételezzük, hogy minden eredmény egyformán valószínű.

Mi van, ha különleges kockáid vannak? Például láttam egy hatoldalú kockajátékot, amelyen speciális matricák vannak az arcokon: 1, 1, 1, 2, 2, 3, tehát úgy viselkedik, mint egy furcsa háromoldalú kocka, ami nagyobb valószínűséggel dobja az 1-es számot. 2-nél és 2-nél 3-nál. Mi ennek a kockadobnak az átlagos dobási értéke? Tehát 1+1+1+2+2+3 = 10 osztva 6-tal egyenlő 5/3 vagy körülbelül 1,66. Tehát ha rendelkezik ezzel a kockával, és a játékosok három kockával dobnak, majd összeadják az eredményeket, akkor tudja, hogy dobásaik hozzávetőleges összege körülbelül 5 lesz, és ennek a feltételezésnek a alapján egyensúlyba hozhatja a játékot.

Kocka és függetlenség

Ahogy már mondtam, abból a feltevésből indulunk ki, hogy mindegyik arc kiesése egyformán valószínű. Nem attól függ, hány kockát dobsz. Minden kockadobás tekintet nélkül, ami azt jelenti, hogy az előző dobások nem befolyásolják a következő dobások eredményét. Megfelelő számú teszttel biztosan megteszi értesítés számok "sorai", mint például a többnyire magasabb vagy alacsonyabb értékek dobása, vagy egyéb jellemzők, és erről majd később beszélünk, de ez nem jelenti azt, hogy a kocka "forró" vagy "hideg". Ha egy szabványos hatoldalú kockával dobsz, és a 6-os szám kétszer jön fel egymás után, annak a valószínűsége is 1/6, hogy a következő dobás 6-ot eredményez. A valószínűséget nem növeli az sem, hogy a kocka „bemelegszik”. A valószínűség nem csökken, mert a 6-os szám már kétszer egymás után kiesett, ami azt jelenti, hogy most egy másik arc fog kiesni. (Természetesen, ha hússzor dobsz egy kockával, és minden alkalommal megjelenik a 6-os szám, akkor elég nagy az esélye annak, hogy a 6-os szám kerül fel a huszonegyedik alkalommal... mert ez azt jelentheti, hogy rossz a kockád !) De ha megvan a megfelelő kocka, a valószínűsége annak, hogy mindegyik lapból kiesik, ugyanaz, függetlenül a többi dobás eredményétől. Elképzelheti azt is, hogy minden alkalommal, amikor cseréljük a kockát, tehát ha a 6-os szám kétszer jön fel egymás után, távolítsa el a "forró" kockát a játékból, és cserélje ki egy új, hatoldalú kockára. Elnézést kérek, ha valaki már tudott erről, de ezt tisztáznom kellett, mielőtt továbblépnék.

Hogyan lehet többé-kevésbé véletlenszerűen dobni a kockákkal

Beszéljünk arról, hogyan lehet különböző eredményeket elérni különböző kockákkal. Ha csak egyszer vagy többször dobsz a kockával, a játék véletlenszerűbbnek tűnik, ha több éle van. Minél többször dob egy kockát, vagy minél több kockát dob, az eredmények annál jobban megközelítik az átlagot. Például, ha 1d6+4-et dob ​​(vagyis egy szokásos hatoldalú kockával egyszer, és az eredményhez ad 4-et), akkor az átlag 5 és 10 közötti szám lesz. Ha 5d2-t dob, az átlag is egy közötti szám lesz. 5 és 10. De ha hatoldalú kockával dobunk, az 5, 8 vagy 10 számok megszerzésének valószínűsége azonos. Az 5d2-es dobás eredménye többnyire a 7-es és 8-as szám lesz, ritkábban más számok. Ugyanaz a sorozat, akár ugyanaz az átlag (7,5 mindkét esetben), de a véletlenszerűség jellege más.

Várj egy percet. Csak nem azt mondtam, hogy a kocka nem melegszik fel és nem hűl le? És most azt mondom, hogy ha sok kockával dobunk, akkor a dobások eredménye közelebb áll az átlaghoz? Miért?

Hadd magyarázzam. Ha dobál egy kocka, annak a valószínűsége, hogy mindegyik arcból kiesik, azonos. Ez azt jelenti, hogy ha sok kockát dob, idővel minden arc körülbelül ugyanannyiszor fog feljönni. Minél több kockát dob, annál jobban megközelíti az összeredmény az átlagot. Nem azért, mert a bedobott szám egy másik szám dobását "oktatja", ami még nem jött elő. Mert egy kis 6-os (vagy 20-as, vagy akármi) sorozatból nem lesz nagy baj, ha még tízezerszer dobsz a kockával, és többnyire az átlag jön fel... talán most lesz pár nagy értékű számokat, de később talán néhány alacsony értékű számot, és idővel megközelítik az átlagos értéket. Nem azért, mert a korábbi dobások befolyásolják a kockát (komolyan, a kocka ebből van műanyag, nincs esze arra, hogy azt gondolja, hogy "jaj, régen jött a 2"), hanem azért, mert sok kockadobásnál ez szokott előfordulni. Az ismétlődő számok kis sorozata szinte láthatatlan lesz sok eredménynél.

Így meglehetősen könnyű kiszámítani egy kocka egy véletlenszerű dobására, legalábbis a dobás átlagos értékét illetően. Vannak módok arra is, hogy kiszámítsuk, hogy „mennyire véletlenszerű” valami, úgy, hogy egy 1d6+4-es dobás „véletlenszerűbb” lesz, mint egy 5d2-nél, az 5d2-nél pedig a dobott eredmények eloszlása ​​egyenletesebb lesz, általában ennek a szórását számolod ki, és minél nagyobb az érték, annál véletlenszerűbbek lesznek az eredmények, de ez több számítást igényel, mint amennyit ma szeretnék adni (ezt a témát később kifejtem). Az egyetlen dolog, amit tudnod kell, az az, hogy általában minél kevesebb kockával dobunk, annál véletlenszerűbb. És még egy adalék ehhez a témához: minél több oldala van a kockának, annál több a véletlenszerűség, mivel több lehetőséged van.

Hogyan számítsuk ki a valószínűséget számlálás segítségével

Felmerülhet a kérdés: hogyan számíthatjuk ki egy adott eredmény pontos valószínűségét? Ez valójában nagyon fontos sok játéknál, mert ha dobsz egy kockát, akkor valószínűleg kezdetben lesz valami optimális eredmény. A válasz: két értéket kell kiszámítanunk. Először is számítsa ki a maximális kimenetelek számát kockával dobáskor (függetlenül attól, hogy mi lesz az eredmény). Ezután számolja meg a kedvező eredmények számát. Ha a második értéket elosztjuk az elsővel, megkapjuk a kívánt valószínűséget. Ha százalékot szeretne kapni, szorozza meg az eredményt 100-zal.

Példák:

Íme egy nagyon egyszerű példa. 4-est vagy magasabbat akarsz dobni, és egyszer egy hatoldalú kockával dobni. Az eredmények maximális száma 6 (1, 2, 3, 4, 5, 6). Ebből 3 eredmény (4, 5, 6) kedvező. Tehát a valószínűség kiszámításához elosztjuk 3-at 6-tal, és 0,5 vagy 50% -ot kapunk.

Íme egy kicsit bonyolultabb példa. Páros számot szeretne egy 2d6 dobáson. A kimenetelek maximális száma 36 (kockánként 6, és mivel az egyik kocka nincs hatással a másikra, a 6 eredményt megszorozzuk 6-tal, és 36-ot kapunk). Az ilyen típusú kérdésekkel az a nehézség, hogy könnyű kétszer számolni. Például egy 2d6-os dobás 3-asának valójában két lehetséges kimenetele van: 1+2 és 2+1. Ugyanúgy néznek ki, de a különbség az, hogy melyik szám jelenik meg az első kockán, és mi a második. Azt is el lehet képzelni, hogy a kocka különböző színű, így például ebben az esetben az egyik kocka piros, a másik kék. Ezután számolja meg a páros szám kiválasztásához szükséges lehetőségek számát: 2 (1+1), 4 (1+3), 4 (2+2), 4 (3+1), 6 (1+5), 6 (2) +4), 6 (3+3), 6 (4+2), 6 (5+1), 8 (2+6), 8 (3+5), 8 (4+4), 8 (5+) 3), 8 (6+2), 10 (4+6), 10 (5+5), 10 (6+4), 12 (6+6). Kiderült, hogy a 36-ból 18 lehetőség van a kedvező kimenetelre, az előző esethez hasonlóan ennek valószínűsége 0,5 vagy 50%. Talán váratlan, de nagyon pontos.

Monte Carlo szimuláció

Mi van, ha túl sok kockád van ehhez a számításhoz? Például azt szeretné tudni, hogy mekkora a valószínűsége annak, hogy 8d6 dobáskor összesen 15-öt vagy többet dobjon. Nyolc kockára SOK különböző egyéni pontszám létezik, és nagyon sokáig tartana ezeket kézzel kiszámolni. Még ha találunk is valami jó megoldást a különböző sorozatok kockadobások csoportosítására, akkor is nagyon sokáig tart a számolás. Ebben az esetben a valószínűség kiszámításának legegyszerűbb módja nem manuális számítás, hanem számítógép használata. Kétféleképpen lehet kiszámítani a valószínűséget számítógépen.

Az első mód pontos választ kaphat, de ez egy kis programozást vagy szkriptelést igényel. Lényegében a számítógép végigmegy az egyes lehetőségeken, kiértékeli és megszámolja az iterációk teljes számát és a kívánt eredménynek megfelelő iterációk számát, majd válaszokat ad. A kódja valahogy így nézhet ki:

int wincount=0, totalcount=0;

for (int i=1; i<=6; i++) {

for (int j=1; j<=6; j++) {

for (int k=1; k<=6; k++) {

… // további hurkok beszúrása ide

if (i+j+k+… >= 15) (

float valószínűség = wincount/totalcount;

Ha nem vagy programozó és csak pontatlan, de hozzávetőleges választ szeretnél, akkor Excelben szimulálhatod ezt a szituációt, ahol pár ezerszer dobsz 8d6-ot és megkapod a választ. Az 1d6 görgetéséhez Excelben használja a következő képletet:

EMELET(RAND()*6)+1

Van egy neve annak a helyzetnek, amikor nem tudod a választ, és sokszor próbálkozol - Monte Carlo szimuláció, és ez egy nagyszerű megoldás arra, hogy visszatérjen, amikor egy valószínűséget próbál kiszámítani, és ez túl bonyolult. A nagyszerű dolog az, hogy ebben az esetben nem kell értenünk a matematika működéséhez, és tudjuk, hogy a válasz "elég jó" lesz, mert mint már tudjuk, minél több dobás, annál jobban megközelíti az eredmény átlagos érték.

Hogyan kombináljuk a független vizsgálatokat

Ha több ismételt, de független próbára kérdez rá, akkor egy dobás eredménye nem befolyásolja a többi dobás eredményét. Van egy másik egyszerűbb magyarázat is erre a helyzetre.

Hogyan lehet különbséget tenni valami függő és független között? Elvileg, ha egy kocka (vagy dobássorozat) minden egyes dobását elkülönítheti külön eseményként, akkor az független. Például, ha 8d6 dobással összesen 15-öt akarunk dobni, ez az eset nem osztható fel több független kockadobásra. Mivel az eredményhez az összes kocka értékének összegét számítja ki, az egyik kockára dobott eredmény befolyásolja a másik kockán dobandó eredményeket, mert csak az összes érték összegzésével kapja meg a kívánt eredményt.

Íme egy példa a független dobásra: kockajátékot játszol, és többször is dobsz hatoldalú kockával. A játékban maradáshoz 2-t vagy magasabbat kell dobnia az első dobáskor. A második tekercsnél 3 vagy magasabb. A harmadikhoz 4 vagy több, a negyedikhez 5 vagy több, az ötödikhez 6 szükséges. Ha mind az öt dobás sikeres, Ön nyer. Ebben az esetben minden dobás független. Igen, ha egy dobás sikertelen, az az egész játék kimenetelét fogja érinteni, de egy dobás nem befolyásolja a másik dobást. Például, ha a második kockadobásod nagyon sikeres, ez nem befolyásolja annak valószínűségét, hogy a következő dobások is ugyanolyan sikeresek lesznek. Ezért minden egyes kockadobás valószínűségét külön-külön is figyelembe vehetjük.

Ha különálló, független valószínűségei vannak, és szeretné tudni, hogy mennyi a valószínűsége annak összes események jönnek, meghatározza az egyes valószínűségeket, és megszorozza őket. Egy másik mód: ha az „és” kötőszót használod több feltétel leírására (például mennyi a valószínűsége annak, hogy valamilyen véletlenszerű esemény bekövetkezik és más független véletlenszerű esemény?), számítsa ki az egyéni valószínűségeket, és szorozza meg őket.

Nem számít, mit gondolsz soha ne összegezze a független valószínűségeket. Ez gyakori hiba. Hogy megértsük, miért nem jó, képzeljünk el egy olyan helyzetet, amikor feldobunk egy érmét 50/50 arányban, és tudni szeretnénk, mekkora a valószínűsége annak, hogy egymás után kétszer kap fejeket. Mindkét oldalnak 50% az esélye, hogy feljönnek, tehát ha összeadja a két valószínűséget, akkor 100% az esélye annak, hogy feljönnek a fejek, de tudjuk, hogy ez nem igaz, mert két egymást követő farok jöhet létre. Ha ehelyett megszorozza ezt a két valószínűséget, akkor 50% * 50% = 25%, ami a helyes válasz annak kiszámításához, hogy egymás után kétszer kapunk fejeket.

Példa

Térjünk vissza a hatoldalú kockajátékhoz, ahol először 2-nél nagyobb, majd 3-nál nagyobb számot kell dobni, és így tovább. 6-ig. Mennyi az esélye, hogy egy adott 5 dobássorozatban minden eredmény kedvező lesz?

Mint fentebb említettük, ezek független próbák, ezért minden egyes dobás valószínűségét kiszámítjuk, majd megszorozzuk. Annak a valószínűsége, hogy az első dobás eredménye kedvező lesz, 5/6. A második - 4/6. Harmadik - 3/6. A negyedik - 2/6, az ötödik - 1/6. Mindezeket az eredményeket megszorozva kb. 1,5%-ot kapunk… Szóval ennek a játéknak a megnyerése meglehetősen ritka, így ha ezt az elemet hozzáadod a játékodhoz, akkor elég nagy jackpotra lesz szükséged.

Tagadás

Íme egy másik hasznos tipp: néha nehéz kiszámítani egy esemény bekövetkezésének valószínűségét, de könnyebb meghatározni, hogy mennyi az esély egy esemény bekövetkezésére. nem jön.

Tegyük fel például, hogy van egy másik játékunk, és Ön 6d6-ot dob, és ha legalább egyszer 6-ot dob, nyersz. Mennyi a nyerési valószínűség?

Ebben az esetben számos lehetőséget kell mérlegelni. Talán egy 6-os szám kiesik, i.e. az egyik kocka 6-ot dob, a többi pedig 1-től 5-ig, és 6 lehetőség van arra, hogy melyik kocka dobjon 6-ot. Ezután dobhat 6-ot két kockára, vagy háromra, vagy még többre. és minden alkalommal külön számítást kell végeznünk, így könnyen összezavarodhatunk.

De van más megoldás is a probléma megoldására, nézzük a másik oldalról. Ön elveszít ha egyik sem a 6-os szám nem esik ki a kockából.. Ebben az esetben hat független próbánk van, mindegyik valószínűsége 5/6 (6-on kívül bármilyen szám eshet a kockára). Szorozza meg őket, és körülbelül 33%-ot kap. Így a veszteség valószínűsége 1-3.

Ezért a nyerési valószínűség 67% (vagy 2-3).

Ebből a példából nyilvánvaló, hogy ha annak a valószínűségét számolja ki, hogy egy esemény nem következik be, az eredményt vonja ki 100%-ból. Ha a nyerési valószínűség 67%, akkor a valószínűsége elveszít — 100% mínusz 67% vagy 33%. És fordítva. Ha nehéz kiszámítani egy valószínűséget, de könnyű kiszámítani az ellenkezőjét, akkor számítsa ki az ellenkezőjét, majd vonja ki a 100%-ot.

Csatlakozási feltételek egy független teszthez

Kicsit korábban azt mondtam, hogy soha nem szabad a valószínűségeket független kísérletekben összegezni. Vannak-e olyan esetek, amikor tudösszeadni a valószínűségeket? Igen, egy adott helyzetben.

Ha több, egymástól független, kedvező kimenetel valószínűségét szeretné kiszámítani ugyanabban a kísérletben, összegezze az egyes kedvező kimenetelek valószínűségét. Például annak a valószínűsége, hogy 1d6-ra 4-et, 5-öt vagy 6-ot dobunk összeg a 4-es dobás valószínűsége, az 5-ös dobás valószínűsége és a 6-os dobásának valószínűsége. Ezt a helyzetet a következőképpen is elképzelhetjük: ha a „vagy” kötőszót használjuk egy valószínűségi kérdésben (például mit annak a valószínűsége vagy egy véletlen esemény eltérő kimenetele?), számítsa ki az egyéni valószínűségeket, és összegezze azokat.

Vegye figyelembe, hogy amikor összegzi minden lehetséges eredményt játék esetén az összes valószínűség összegének 100%-nak kell lennie. Ha az összeg nem egyenlő 100%-kal, a számítása hibás. Ez egy jó módszer a számítások kétszeres ellenőrzésére. Például elemezted a pókerben az összes kombináció megszerzésének valószínűségét, ha az összes eredményt összeadod, akkor pontosan 100%-ot kell kapnod (vagy legalábbis 100% körüli értéket, ha számológépet használsz, akkor lehet kis kerekítési hiba , de ha kézzel összeadja a pontos számokat, akkor mindennek össze kell adnia). Ha az összeg nem konvergál, akkor valószínűleg nem vett figyelembe néhány kombinációt, vagy hibásan számította ki egyes kombinációk valószínűségét, majd még egyszer ellenőriznie kell a számításait.

Egyenlőtlen valószínűségek

Eddig azt feltételeztük, hogy a kocka minden lapja azonos gyakorisággal esik ki, mert a kocka így működik. De néha olyan helyzettel kell szembenéznie, amikor különböző kimenetelek lehetségesek, és azok különféle csökken az esély. Például a "Nuclear War" kártyajáték egyik kiegészítőjében van egy játéktér nyíllal, amely meghatározza a rakéta kilövésének kimenetelét: alapvetően normál sebzést okoz, kisebb-nagyobb sebzést, de néha megduplázódik. vagy megháromszorozódott, vagy a rakéta felrobban az indítóálláson és megkárosít téged, vagy más esemény történik. Ellentétben a „Chutes & Ladders” vagy „A Game of Life” nyíltáblával, a „Nuclear War” tábla eredményei egyenlőtlenek. A játéktér egyes szakaszai nagyobbak, és a nyíl sokkal gyakrabban áll meg rajtuk, míg más részek nagyon kicsik, és a nyíl ritkán áll meg rajtuk.

Tehát első pillantásra a csont valahogy így néz ki: 1, 1, 1, 2, 2, 3; már beszéltünk róla, ez valami súlyozott 1d3, ezért ezeket a szakaszokat egyenlő részekre kell osztanunk, meg kell találnunk a legkisebb mértékegységet, amely ennek többszöröse, majd ábrázoljuk a helyzetet d522 (vagy más ), ahol a kockalapok halmaza ugyanazt a helyzetet jeleníti meg, de több eredménnyel. És ez az egyik módja a probléma megoldásának, és ez technikailag megvalósítható, de van egy egyszerűbb módja is.

Térjünk vissza a szokásos hatoldalú kockánkhoz. Azt mondtuk, hogy egy normál dobókocka átlagos értékének kiszámításához össze kell adni az összes lap értékeit, és el kell osztani a lapok számával, de hogyan pontosan megy a számítás? Ki lehet fejezni másképp is. Hat oldalú dobókocka esetén az egyes arcok felbukkanásának valószínűsége pontosan 1/6. Most szaporodunk Kivonulás minden éle rá valószínűség ezt az eredményt (ebben az esetben 1/6 minden arcra), majd összegezze a kapott értékeket. Tehát összegezve (1*1/6) + (2*1/6) + (3*1/6) + (4*1/6) + (5*1/6) + (6*1/6), ugyanazt az eredményt (3.5) kapjuk, mint a fenti számításnál. Valójában ezt minden alkalommal kiszámoljuk: minden eredményt megszorozunk az eredmény valószínűségével.

Meg tudjuk-e számolni ugyanezt a nyíllal a játékmezőn a „Nuclear War” játékban? Természetesen megtehetjük. És ha az összes talált eredményt összeadjuk, akkor megkapjuk az átlagértéket. Csak annyit kell tennünk, hogy kiszámítjuk a játéktéren lévő nyílra az egyes kimenetelek valószínűségét, és megszorozzuk az eredménnyel.

Egy másik példa

Az átlag kiszámításának ez a módszere, amelyben minden eredményt megszoroznak az egyéni valószínűségükkel, akkor is megfelelő, ha az eredmények egyformán valószínűek, de eltérőek az előnyei, például ha dob egy kockát, és bizonyos oldalakon többet nyer, mint másokon. Például vegyünk egy játékot, amely egy kaszinóban történik: 2d6-ot fogad és dob. Ha három alacsony értékű szám (2, 3, 4) vagy négy nagy értékű szám (9, 10, 11, 12) jelenik meg, akkor a téttel megegyező összeget nyer. A legalacsonyabb és legmagasabb értékű számok különlegesek: ha 2 vagy 12 dob, akkor nyer kétszer annyi mint az ajánlatod. Ha bármilyen más szám is megjelenik (5, 6, 7, 8), akkor elveszíti tétjét. Ez egy nagyon egyszerű játék. De mekkora a nyerési valószínűség?

Kezdjük azzal, hogy megszámoljuk, hányszor nyerhetsz:

• Egy 2d6-os dobásnál a kimenetelek maximális száma 36. Mennyi a kedvező kimenetelek száma?
• Van 1 lehetőség, hogy kettő kiesik, és 1 lehetőség, hogy tizenkettő esik ki.
• 2 lehetőség van a három és a tizenegy dobására.
• 3 lehetőség van négyes és 3 lehetőség tízes dobására.
• 4 lehetőség van kilencre.
• Az összes lehetőséget összegezve a 36-ból 16-ot kapunk a kedvező kimenetelek közül.

Így normál körülmények között a lehetséges 36-ból 16-szor nyer… a nyerési valószínűség valamivel kevesebb, mint 50%.

De ebből a 16-ból két esetben kétszer annyit nyersz, pl. olyan, mintha kétszer nyernénk! Ha 36-szor játszod ezt a játékot, minden alkalommal 1 dollárt teszel, és minden lehetséges kimenetel egyszer jelentkezik, akkor összesen 18 dollárt nyersz (valójában 16-szor nyersz, de ebből kettő két győzelemnek számít). Ha 36-szor játszol és 18 dollárt nyersz, az nem azt jelenti, hogy egyenlő esélyed van?

Nem kell kapkodni. Ha összeszámolod, hányszor veszíthetsz, 20-at kapsz, nem 18-at. Ha 36-szor játszol, és minden alkalommal 1 dollárt teszel, akkor összesen 18 dollárt nyersz az összes feldobott szorzó mellett... de veszítesz. összesen 20 dollár mind a 20 rossz eredményért! Ennek eredményeként kissé lemaradsz: átlagosan nettó 2 dollárt veszítesz minden 36 meccs után (úgy is mondhatod, hogy átlagosan napi 1/18 dollárt veszítesz). Most látja, milyen könnyű ebben az esetben hibázni és rosszul kiszámítani a valószínűséget!

permutáció

Eddig azt feltételeztük, hogy a kockadobásnál nem számít a számok dobásának sorrendje. A 2+4-es tekercs megegyezik a 4+2-es dobással. A legtöbb esetben manuálisan számítjuk ki a kedvező eredmények számát, de néha ez a módszer nem praktikus, és célszerűbb egy matematikai képletet használni.

Egy példa erre a helyzetre a „Farkle” kockajátékból. Minden új körben 6d6-ot dobsz. Ha szerencséd van, és az 1-2-3-4-5-6 (egyenes) összes lehetséges kimenetele megjelenik, nagy bónuszt kapsz. Mennyi a valószínűsége, hogy ez megtörténik? Ebben az esetben sok lehetőség van ennek a kombinációnak az elvesztésére!

A megoldás a következő: a kockák közül az egyiknek (és csak az egyiknek) az 1-est kell dobnia! Hányféleképpen lehet az 1-es számot egy kockára tenni? Hat, mert 6 kocka van, és bármelyik dobhatja az 1-es számot. Ennek megfelelően vegyünk egy kockát, és tegyük félre. Most a 2-es számnak kell esnie a fennmaradó kockák egyikére. Erre öt lehetőség van. Vegyünk még egy kockát, és tegyük félre. Ebből az következik, hogy a megmaradt kockák közül négy dobhat a 3-as számmal, a megmaradt kockák közül három dobhat a 4-et, a megmaradt kockák közül kettő dobhat az 5-öst, és ennek eredményeként marad egy kocka, amelyre a 6-osnak kell esnie (utóbbi esetben csak egy kocka van és nincs választási lehetőség). Az egyenes kombináció létrejöttéhez szükséges kedvező kimenetelek számának kiszámításához megszorozzuk a különböző, független opciókat: 6x5x4x3x2x1 = 720 - úgy tűnik, hogy ennek a kombinációnak nagyon sok lehetősége van.

Az egyenes megszerzésének valószínűségének kiszámításához el kell osztanunk 720-at az összes lehetséges kimenetel számával, hogy 6d6-ot dobjunk. Mennyi az összes lehetséges eredmény száma? Minden kocka 6 lapot érhet, így 6x6x6x6x6x6 = 46656-ot szorozunk (sokkal nagyobb szám!). Elosztjuk 720/46656-ot, és körülbelül 1,5%-os valószínűséget kapunk. Ha Ön tervezi ezt a játékot, hasznos lenne ezt tudnia, hogy megfelelő pontozási rendszert tudjon létrehozni. Most már értjük, hogy a „Farkle” játékban miért kap ilyen nagy bónuszt, ha „egyenes” kombinációt kap, mert ez a helyzet meglehetősen ritka!

Az eredmény egy másik okból is érdekes. A példa azt mutatja, hogy milyen ritkán esik ki rövid időn belül a valószínűségnek megfelelő eredmény. Természetesen, ha több ezer kockával dobnánk, akkor a kocka különböző oldalai gyakran előkerülnének. De amikor csak hat kockával dobunk, majdnem soha nem fordul elő, hogy mindegyik arc kiesik! Ebből kiindulva világossá válik, hogy hülyeség azt várni, hogy most egy másik arc is kidől, ami még nem esett ki „mert a 6-ost már rég nem dobtuk ki, vagyis most ki fog esni. ”

Nézd, a véletlenszám generátor elromlott...

Ez elvezet bennünket a valószínűséggel kapcsolatos általános tévhithez: ahhoz a feltételezéshez, hogy minden eredmény azonos gyakorisággal jön létre. rövid idő alatt, ami valójában nem így van. Ha többször dobunk a kockával, akkor az egyes lapok gyakorisága nem lesz azonos.

Ha valaha is dolgozott már online játékon valamilyen véletlenszám-generátorral, akkor nagy valószínűséggel találkozott már olyan helyzettel, amikor egy játékos azt írja a technikai támogatásnak, hogy a véletlenszám-generátor meghibásodott, és nem mutat véletlen számokat, és azért jutott erre a következtetésre, mert 4 szörnyet ölt meg egymás után, és 4 pontosan ugyanolyan jutalmat kapott, és ezeknek a jutalmaknak csak az esetek 10%-ában kellene csökkenniük. Szinte soha nem kellene megtörténik, ami azt jelenti nyilvánvalóan hogy elromlott a véletlenszám-generátorod.

Te matekot csinálsz. Az 1/10*1/10*1/10*1/10 1 a 10 000-hez egyenlő, ami azt jelenti, hogy elég ritka. És a játékos ezt akarja elmondani neked. Van-e probléma ebben az esetben?

Minden a körülményektől függ. Hány játékos van most a szervereden? Tegyük fel, hogy van egy meglehetősen népszerű játékod, és naponta 100 000 ember játszik vele. Hány játékos öl meg négy szörnyet egymás után? Lehet, hogy mindent, naponta többször is, de tegyük fel, hogy a felük csak aukciókon kereskedik különböző tárgyakkal, vagy RP szervereken chatel, vagy más játéktevékenységet végez, tehát csak a felük vadászik szörnyekre. Mennyi a valószínűsége annak valaki ugyanaz a jutalom kiesik? Ebben a helyzetben számíthat arra, hogy ugyanaz a jutalom legalább naponta többször csökkenhet!

Mellesleg ezért úgy tűnik, hogy néhány hetente legalább valaki nyer a lottón, még akkor is, ha az a valaki soha te vagy a barátai nem jönnek. Ha elég ember játszik hetente, akkor legalább lesz esély egy szerencsés... de ha Ön ha lottón veszel, kevésbé valószínű, hogy állást nyersz az Infinity Wardnál.

Térképek és függőség

Megbeszéltük a független eseményeket, például a kockadobást, és most már számos hatékony eszközt ismerünk a véletlenszerűség elemzésére számos játékban. A valószínűségszámítás egy kicsit bonyolultabb, ha kártyákat húzunk a pakliból, mert minden húzott kártya hatással van a pakliban maradt lapokra. Ha van egy szabványos 52 lapból álló paklid, és például 10 szívet húzol, és tudni szeretnéd, hogy a következő kártya milyen valószínűséggel lesz ugyanaz a szín, akkor a valószínűség megváltozott, mert már eltávolítottál egy szívkártyát a lapból. fedélzet. Minden egyes eltávolított kártya megváltoztatja a pakliban lévő következő kártya valószínűségét. Mivel ebben az esetben az előző esemény hatással van a következőre, ezt valószínűségnek nevezzük függő.

Kérjük, vegye figyelembe, hogy amikor azt mondom, hogy "kártyák", azt értem Bármi játékmechanika, amelyben van egy objektumkészlet, és az egyik tárgyat anélkül távolítod el, hogy cserélnéd, a „kártyapakli” ebben az esetben a zsetonzsákhoz hasonló, amelyből kiveszed az egyik zsetont, és nem cseréled ki, vagy egy urna, ahonnan eltávolítod a színes golyókat (igazából még nem láttam olyan játékot, ahol színes golyókat vettek volna ki belőle, de úgy tűnik, hogy a valószínűségszámítást tanítók valamiért ezt a példát preferálják).

Függőség tulajdonságai

Szeretném tisztázni, hogy amikor a kártyákról van szó, feltételezem, hogy kártyákat húz, nézze meg és vegye ki a pakliból. Ezen műveletek mindegyike fontos tulajdonság.

Ha lenne egy paklim, mondjuk, hat 1-től 6-ig számozott lapból, és megkeverném őket, húznék egy lapot, majd újra megkeverném mind a hat kártyát, az ugyanaz lenne, mint egy hatoldalú kockával dobni; az egyik eredmény nem befolyásolja a következőt. Csak ha kártyákat húzok, és nem cserélem ki, akkor az 1-es számú kártya húzásának eredménye növeli annak valószínűségét, hogy a következő alkalommal, amikor 6-os kártyát húzok (a valószínűsége nő, amíg végül ki nem húzom ezt a kártyát, vagy megkeverem a kártyákat).

Az a tény, hogy mi nézzük a kártyákon is fontos. Ha kiveszek egy kártyát a pakliból, és nem nézem meg, akkor nincs további információm, és a valószínűsége sem változik. Ez talán logikátlanul hangzik. Hogyan változtathatja meg varázslatosan a kártya egyszerű megfordítása az esélyeket? De lehetséges, mert az ismeretlen tételek valószínűségét csak abból a tényből tudja kiszámítani, hogy Ön tudod. Például, ha megkeversz egy szabványos kártyapaklit, felfedsz 51 kártyát, és egyik sem a klubok királynője, akkor 100%-os biztonsággal tudni fogja, hogy a fennmaradó kártya a klubok királynője. Ha megkeversz egy szabványos kártyapaklit és húzol 51 lapot, annak ellenére rajtuk, akkor annak a valószínűsége, hogy a megmaradt lap a klubok királynője, továbbra is 1/52 lesz. Ahogy kinyit minden egyes kártyát, több információhoz jut.

A függő események valószínűségének kiszámítása ugyanazokat az elveket követi, mint a független események esetében, kivéve, hogy ez egy kicsit bonyolultabb, mivel a valószínűségek megváltoznak a kártyák felfedésekor. Ezért több különböző értéket kell szoroznia, ahelyett, hogy ugyanazt az értéket szorozná. Valójában ez azt jelenti, hogy az összes általunk elvégzett számítást egy kombinációba kell kombinálnunk.

Példa

Megkeversz egy 52 lapból álló standard paklit, és húzol két lapot. Mennyi annak a valószínűsége, hogy kivesz egy párt? Ezt a valószínűséget többféleképpen is ki lehet számítani, de talán a legegyszerűbb a következő: mekkora a valószínűsége annak, hogy ha egy lapot húzol, nem tudsz párat húzni? Ennek a valószínűsége nulla, tehát teljesen mindegy, melyik kártyát húzza először, amennyiben az megegyezik a másodikkal. Mindegy, hogy melyik lapot húzzuk először, még mindig van esélyünk párat húzni, így annak a valószínűsége, hogy az első kártya felhúzása után tudunk párat húzni, 100%.

Mennyi annak a valószínűsége, hogy a második kártya megegyezik az elsővel? 51 kártya maradt a pakliban, és ebből 3 egyezik az első lappal (valójában 4 lett volna az 52-ből, de az első kártya felhúzásakor már eltávolítottad az egyik megfelelő kártyát!), így a valószínűsége 1 /17. (Tehát a következő alkalommal, amikor az asztal túloldalán Texas Hold'emet játszó srác azt mondja: "Csodálatos, még egy pár? Ma szerencsés vagyok", tudni fogod, hogy elég nagy az esélye, hogy blöfföl.)

Mi van, ha hozzáadunk két jokert, és most 54 kártya van a pakliban, és tudni akarjuk, mekkora a valószínűsége annak, hogy párat húzunk? Az első kártya lehet a Joker, majd a pakli csak tartalmaz egy kártya, nem három, ami megegyezik. Hogyan találjuk meg a valószínűséget ebben az esetben? A valószínűségeket elosztjuk, és minden lehetőséget megszorozunk.

Az első lapunk lehet egy joker vagy más kártya. A joker kihúzásának valószínűsége 2/54, egy másik kártya húzásának valószínűsége 52/54.

Ha az első lap egy joker (2/54), akkor annak a valószínűsége, hogy a második kártya megegyezik az elsővel, 1/53. Az értékek szorzása (meg is szorozhatjuk, mert külön eseményekről van szó, és szeretnénk mindkét megtörtént események), és 1/1431-et kapunk - kevesebb mint egytized százalék.

Ha először más kártyát húz (52/54), a második kártya egyezésének valószínűsége 3/53. Az értékeket megszorozzuk, és 78/1431-et kapunk (kicsit több, mint 5,5%).

Mit kezdjünk ezzel a két eredménnyel? Nem metszik egymást, és tudni akarjuk a valószínűségét mindenki közülük, így összegezzük az értékeket! A végeredményt 79/1431 kapjuk (még mindig kb. 5,5%).

Ha biztosak akarunk lenni a válasz pontosságában, kiszámíthatjuk az összes többi lehetséges kimenetel valószínűségét: ha egy jokert húzunk, és nem egyezik a második kártya, vagy más kártyát húzunk, és nem egyezik a második kártya, és ezeket összesítjük. nyerési valószínűséggel pontosan 100%-ot kapnánk. Nem adok itt matematikát, de megpróbálhatod a matematikát, hogy ellenőrizd.

A Monty Hall paradoxon

Ezzel elérkeztünk egy meglehetősen híres paradoxonhoz, amely gyakran sokakat megzavar, a Monty Hall paradoxonhoz. A paradoxon Monty Hallról, a Let's Make a Deal című tévéműsor házigazdájáról kapta a nevét. Ha még soha nem láttad ezt a műsort, akkor a „The Price Is Right” című tévéműsor ellentéte volt. A „The Price Is Right” műsorvezetője (korábban Bob Barker, most… Drew Carey? Különben is…) a barátod. Ő akar hogy pénzt vagy klassz nyereményeket nyerjen. Megpróbál minden lehetőséget megadni a nyerésre, mindaddig, amíg kitalálod, hogy a szponzorált tárgyak valójában mennyit érnek.

Monty Hall másként viselkedett. Olyan volt, mint Bob Barker gonosz ikertestvére. Az volt a célja, hogy idiótának tűnjön a nemzeti televízióban. Ha részt vettél a műsorban, ő volt az ellenfeled, játszottál ellene, és az esélyek az ő javára szóltak. Lehet, hogy kemény vagyok, de amikor úgy tűnik, hogy az esélye annak, hogy ellenfelet választanak, egyenesen arányos azzal, hogy nevetséges jelmezt visel-e vagy sem, hasonló következtetésekre jutok.

De a műsor egyik leghíresebb mémje ez volt: három ajtó volt előtted, és ezek a neve: Door Number 1, Door Number 2 és Door Number 3. Bármelyik ajtót választhattál... ingyen! Az egyik ajtó mögött egy pompás nyeremény volt, például egy új autó. A többi ajtó mögött nem volt nyeremény, ennek a két ajtónak nem volt értéke. Az volt a céljuk, hogy megalázzanak, és így nem mintha semmi nem volt mögöttük, hanem valami hülyeség volt mögöttük, mint egy kecske mögöttük, vagy egy hatalmas tubus fogkrém, vagy valami... valami, mi volt pontosan. nemúj autó.

Kiválasztottad az egyik ajtót, és Monty éppen kinyitotta, hogy tudd, nyertél-e vagy sem... de várj, mielõtt tudnánk lássuk az egyiket azok az ajtó te nem választották. Mivel Monty tudja, melyik ajtó mögött van a nyeremény, és csak egy nyeremény és két olyan ajtókat, amelyeket nem te választottál, bármi is legyen, mindig ki tud nyitni egy ajtót, ami mögött nincs nyeremény. „A 3-as ajtót választja? Akkor nyissuk ki az 1. ajtót, hogy megmutassuk, nincs mögötte nyeremény." És most nagylelkűségből lehetőséget kínál arra, hogy a választott 3-as ajtót elcserélje a 2-es ajtó mögöttire. Itt jön képbe a valószínűség kérdése: ha valaki más ajtót választhat, az növeli vagy csökkenti az esélyét a győzelemről, vagy marad a régiben? Mit gondolsz?

Helyes válasz: más ajtó választásának lehetősége növeli a nyerési valószínűség 1/3-tól 2/3-ig. Ez logikátlan. Ha még nem találkozott ezzel a paradoxonnal, nagy eséllyel arra gondol: várjon, az egyik ajtó kinyitásával varázsütésre megváltoztattuk a valószínűséget? De ahogy a fenti térképpéldán láttuk, ez így van pontosan mi történik, ha több információhoz jutunk. Nyilvánvaló, hogy a nyerési valószínűség az első választás alkalmával 1/3, és azt hiszem, mindenki egyetért ebben. Ha egy ajtó kinyílik, az egyáltalán nem változtat az első választás nyerési valószínűségén, ennek a valószínűsége továbbra is 1/3, de ez azt jelenti, hogy annak a valószínűsége, hogy egy másik ajtó helyes most 2/3.

Nézzük meg ezt a példát a másik oldalról. Te választasz ajtót. A nyerési valószínűség 1/3. Azt javaslom, változtass két más ajtókat, amit Monty Hall valójában javasol. Természetesen kinyitja az egyik ajtót, hogy megmutassa, nincs mögötte nyeremény, de ő mindig megteheti, tehát nem igazán változtat semmin. Természetesen más ajtót szeretne választani!

Ha nem érti egészen ezt a kérdést, és meggyőzőbb magyarázatra van szüksége, kattintson erre a hivatkozásra egy nagyszerű kis Flash-alkalmazás megnyitásához, amely lehetővé teszi ennek a paradoxonnak a részletesebb feltárását. Kezdheti körülbelül 10 ajtóval, majd fokozatosan léphet fel egy három ajtós játékra; Van egy szimulátor is, ahol tetszőleges számú ajtót választhat 3-tól 50-ig, és több ezer szimulációt játszhat vagy futtathat, és megnézheti, hányszor nyerne, ha játszana.

Egy megjegyzés a felsőbb matematika tanárától és Maxim Soldatov játékegyensúly-specialistától, amely természetesen Schreibernek nem volt, de amely nélkül meglehetősen nehéz megérteni ezt a varázslatos átalakulást:

Válasszon egy ajtót a három közül, a "nyerési" valószínűsége 1/3. Most 2 stratégiája van: módosítsa a választást, miután rossz ajtót nyitott ki, vagy sem. Ha nem változtat a választásán, akkor a valószínűség 1/3 marad, mivel a választás csak az első szakaszban van, és azonnal ki kell tippelnie, de ha megváltoztatja, akkor nyerhet, ha először rossz ajtót választ ( akkor nyitnak egy másik rosszat, igaz marad, megváltoztatod a döntést csak vedd meg)
Annak a valószínűsége, hogy az elején rossz ajtót választ, 2/3, így kiderül, hogy a döntés megváltoztatásával kétszeresére növeli a nyerés valószínűségét

A Monty Hall paradoxon újralátogatása

Ami magát a műsort illeti, Monty Hall tudta ezt, mert ha ellenfelei nem is voltak jók a matekból, ő jól megérti őt. Íme, mit tett, hogy egy kicsit megváltozzon a játék. Ha azt az ajtót választotta, amely mögött a nyeremény volt, amelynek valószínűsége 1/3, akkor az mindig felajánlotta a lehetőséget, hogy másik ajtót válasszon. Mert választottál egy autót, majd lecseréled egy kecskére, és elég hülyén nézel ki, pont erre van szüksége, mert egy gonosz fickó. De ha azt az ajtót választja, amely mögött nem lesz díj, csak fél ilyenkor felszólít, hogy válassz másik ajtót, más esetekben pedig egyszerűen megmutatja az új kecskédet, és te elhagyod a színpadot. Elemezzük ezt az új játékot, ahol Monty Hall teheti választ lehetőséget kínál arra, hogy válasszon másik ajtót vagy sem.

Tegyük fel, hogy ezt az algoritmust követi: ha nyereményes ajtót választ, mindig felajánlja a lehetőséget, hogy másik ajtót válasszon, ellenkező esetben 50/50 annak a valószínűsége, hogy másik ajtót kínál, vagy kecskét ad. Mekkora a nyerési valószínűsége?

A három lehetőség egyikében Ön azonnal kiválasztja azt az ajtót, amely mögött a nyeremény található, és a házigazda felkér, hogy válasszon másik ajtót.

A fennmaradó két lehetőség közül a három közül (kezdetben nyeremény nélküli ajtót választ) az esetek felében a házigazda megkéri, hogy válasszon másik ajtót, a másik felében pedig nem. A 2/3 fele az 1/3, azaz. háromból egy esetben kecskét kapsz, háromból egy esetben rossz ajtót választasz és a házigazda megkér, hogy válassz másikat és háromból egy esetben te választasz a jobb oldali ajtótés felszólítani fogja, hogy válasszon másik ajtót.

Ha a házigazda azt javasolja, válasszunk másik ajtót, akkor már tudjuk, hogy a három eset közül egy nem történt meg, amikor kecskét ad, és elmegyünk. Ez hasznos információ, mert azt jelenti, hogy megváltoztak a nyerési esélyeink. Háromból kétszer van választásunk, az egyik esetben azt jelenti, hogy jól tippeltünk, a másik esetben pedig azt, hogy rosszul tippeltünk, tehát ha egyáltalán felajánlottak nekünk választási lehetőséget, az azt jelenti, hogy a nyereményünk valószínűsége 50 /50, és nincs matematikai előnyöket, maradjon a választása mellett, vagy válasszon másik ajtót.

A pókerhez hasonlóan ez is pszichológiai játék, nem matematikai. Monty választási lehetőséget kínált neked, mert azt hiszi, te egy szimpla ember vagy, aki nem tudja, hogy egy másik ajtó választása a „helyes” döntés, és hogy makacsul ragaszkodsz a választásodhoz, mert pszichológiailag az a helyzet, amikor egy ajtót választasz. autó, majd elvesztette, nehezebb? Vagy azt hiszi, hogy okos vagy, és másik ajtót választasz, és felkínálja ezt a lehetőséget, mert tudja, hogy az első alkalommal jól tippelted, és csapdába fogsz kerülni? Vagy lehet, hogy szokatlanul kedves önmagához, és arra késztet, hogy tegyél valamit a személyes érdekedben, mert már régóta nem adományozott autót, és a producerei azt mondják neki, hogy a közönség kezd unatkozni, és jobb lenne, ha adna egy hamarosan nagy nyeremény.hogy ne essenek az értékelések?

Így Montynak sikerül választási lehetőséget kínálnia (néha), és a nyerés általános valószínűsége továbbra is 1/3. Ne feledje, hogy annak a valószínűsége, hogy azonnal veszít, 1/3. 1/3 esély van rá, hogy azonnal kitalál, és az esetek 50%-ában nyersz (1/3 x 1/2 = 1/6). 1/3 annak a valószínűsége, hogy először rosszul tippel, de aztán van esélye másik ajtót választani, és ezeknek az eseteknek 50%-ában Ön nyer (szintén 1/6). Adjon össze két független nyerési lehetőséget, és 1/3-os valószínűséget kap, tehát akár marad a választása mellett, akár másik ajtót választ, a teljes nyerési valószínűsége a játék során 1/3... a valószínűség nem lesz nagyobb. mint abban a helyzetben, amikor kitalálnád az ajtót, és a házigazda megmutatná, mi van az ajtó mögött, anélkül, hogy más ajtót választhatna! A másik ajtó választási lehetőségének felajánlásának tehát nem az a célja, hogy a valószínűséget változtassuk, hanem az, hogy a döntési folyamatot szórakoztatóbbá tegyük a tévében.

Egyébként ez az egyik oka annak, hogy a póker olyan érdekes lehet: a legtöbb formátumban a körök között, amikor téteket kötnek (például flop, turn és river Texas Hold'emben), a lapok fokozatosan megjelennek. , és ha a játék elején van egy a nyerési valószínűség, akkor minden licitkör után, amikor több lap van nyitva, ez a valószínűség megváltozik.

Fiú és lány paradoxona

Ezzel elérkeztünk egy másik jól ismert paradoxonhoz, amely mindenkit megzavarhat, a fiú-lány paradoxonhoz. Az egyetlen dolog, amiről ma írok, ami nem kapcsolódik közvetlenül a játékokhoz (bár szerintem ez csak azt jelenti, hogy rá kell kényszerítenem, hogy készíts megfelelő játékmechanikát). Ez inkább egy rejtvény, de érdekes, és a megoldáshoz meg kell értened a feltételes valószínűséget, amelyről fentebb beszéltünk.

Feladat: Van egy barátom két gyerekkel, legalább egy a gyerek lány. Mennyi annak a valószínűsége, hogy a második gyerek is lány? Tételezzük fel, hogy bármely családban 50/50 a lány vagy fiú születésének esélye, és ez minden gyerekre igaz (sőt, egyes férfiaknál több spermium van az X- vagy Y-kromoszómával rendelkező spermiumokban, így ennek a valószínűsége enyhén megváltozik, ha tudja, hogy az egyik gyermek lány, a lány születésének valószínűsége valamivel nagyobb, ezen kívül vannak egyéb állapotok is, például hermafroditizmus, de a probléma megoldásához ezt nem vesszük figyelembe, és feltételezzük, hogy a gyermek születése független esemény, és a fiú vagy lány születésének valószínűsége azonos).

Mivel 1/2 esélyről beszélünk, intuitív módon azt várjuk, hogy a válasz valószínűleg 1/2 vagy 1/4, vagy valamilyen más kerek szám, amely 2 többszöröse. De a válasz: 1/3 . Várj miért?

Ebben az esetben az a nehézség, hogy a rendelkezésünkre álló információ csökkenti a lehetőségek számát. Tegyük fel, hogy a szülők a Sesame Street rajongói, és függetlenül attól, hogy a gyermek fiúnak vagy lánynak született, A-nak és B-nek nevezték el gyermekeiket. Normális körülmények között négy egyformán valószínű lehetőség van: A és B két fiú, A és B pedig két lány, A egy fiú, és B egy lány, A egy lány és B egy fiú. Mióta ezt tudjuk legalább egy a gyerek lány, kizárhatjuk annak lehetőségét, hogy A és B két fiú, így három (még egyforma valószínűséggel) lehetőségünk marad. Ha minden lehetőség egyformán valószínű, és három van belőlük, tudjuk, hogy mindegyik valószínűsége 1/3. E három lehetőség közül csak az egyikben mindkét gyerek két lány, tehát a válasz 1/3.

És ismét egy fiú és egy lány paradoxonáról

A probléma megoldása még logikátlanabbá válik. Képzeld el, hogy elmondom neked, hogy a barátomnak két gyereke van és egy gyereke... kedden született lány. Tegyük fel, hogy normál körülmények között a valószínűsége annak, hogy a hét hét napjának valamelyikén gyermeket szül. Mennyi annak a valószínűsége, hogy a második gyerek is lány? Azt gondolhatja, hogy a válasz továbbra is 1/3; Mi a kedd jelentősége? De ebben az esetben az intuíció cserbenhagy bennünket. Válasz: 13/27 ami nemcsak nem intuitív, hanem nagyon furcsa is. Mi a helyzet ebben az esetben?

Valójában a kedd megváltoztatja a valószínűséget, mert nem tudjuk melyik baba kedden vagy esetleg két gyermek kedden születtek. Ebben az esetben ugyanazt a logikát alkalmazzuk, mint fent, minden lehetséges kombinációt számolunk, ha legalább egy gyermek kedden született lány. Az előző példához hasonlóan, tegyük fel, hogy a gyerekek neve A és B, a kombinációk a következők:

• A egy lány, aki kedden született, B egy fiú (ebben a helyzetben 7 lehetőség van, egy a hét minden napjára, amikor fiú születhet).
• B egy lány, aki kedden született, A egy fiú (szintén 7 lehetőség).
• A egy lány, aki kedden született, B egy lány, aki született egy másik a hét napja (6 lehetőség).
• B egy lány, aki kedden született, A egy lány, aki nem kedden született (szintén 6 valószínűség).
• A és B két lány, akik kedden születtek (1 lehetőség, erre figyelni kell, hogy ne számoljon kétszer).

Összefoglalva 27 különböző, egyformán lehetséges kombinációt kapunk a gyermekek és napok születésének legalább egy lehetőségével, hogy kedden szülessen egy lány. Ebből 13 lehetőség van, amikor két lány születik. Ez is teljesen logikátlannak tűnik, és úgy tűnik, ez a feladat csak azért jött létre, hogy fejfájást okozzon. Ha még mindig zavarba ejti ez a példa, Jesper Juhl játékelméleti szakember egy jó magyarázatot ad a dologra a honlapján.

Ha éppen egy játékon dolgozol...

Ha véletlenszerűség van a tervezett játékban, akkor ez egy nagyszerű lehetőség ennek elemzésére. Válassza ki az elemezni kívánt elemet. Először is kérdezd meg magadtól, hogy elvárásaid szerint mekkora a valószínűsége ennek az elemnek, szerinted minek kellene lennie a játék kontextusában. Például, ha egy RPG-t készítesz, és azon gondolkodsz, mekkora valószínűséggel tud egy játékos legyőzni egy szörnyet a csatában, tedd fel magadnak a kérdést, hogy milyen győzelmi százalékot tartasz megfelelőnek. Általában a konzolos RPG-k lejátszásakor a játékosok nagyon frusztráltak, amikor veszítenek, ezért jobb, ha nem veszítenek gyakran... talán az esetek 10%-ában vagy kevesebben? Ha Ön RPG-tervező, valószínűleg jobban tudja, mint én, de rendelkeznie kell egy alapvető elképzeléssel arról, hogy mekkora legyen a valószínűség.

Aztán kérdezd meg magadtól, hogy ez valami függő(mint a kártyák) ill független(mint a kocka). Beszéljétek meg az összes lehetséges eredményt és azok valószínűségét. Győződjön meg arról, hogy az összes valószínűség összege 100%. Végül természetesen hasonlítsa össze eredményeit az elvárásaival. Függetlenül attól, hogy a kocka dobása vagy a kártyák úgy vannak kihúzva, ahogyan azt tervezte, vagy úgy látja, hogy módosítania kell az értékeket. És persze ha te megtalálja mit kell módosítani, ugyanazokkal a számításokkal meghatározhatja, hogy mennyit kell módosítani!

Házi feladat

Az e heti „házi feladatod” segíteni fog a valószínűségszámítási készségeid fejlesztésében. Íme két kockajáték és egy kártyajáték, amelyet valószínűségszámítással fog elemezni, valamint egy furcsa játékmechanikát, amelyet egykor fejlesztettem, és amelyen tesztelheti a Monte Carlo módszert.

1. játék – Dragon Bones

Ez egy kockajáték, amit a kollégáimmal egyszer kitaláltunk (hála Jeb Havensnek és Jesse Kingnek!), és ami szándékosan feldobja az emberek fejét a valószínűségeivel. Ez egy egyszerű kaszinójáték, az úgynevezett "Dragon Bones", és egy kockajáték a játékos és az intézmény között. Kapsz egy rendes 1d6 kockát. A játék célja a ház számánál magasabb szám dobása. Tom kap egy nem szabványos 1d6-ot - ugyanazt, mint a tiéd, de az egyik oldalon lévő helyett - egy sárkány képét (így a kaszinónak van egy Dragon-2-3-4-5-6 kockája). Ha az intézmény kap egy Sárkányt, akkor automatikusan nyer, és Ön veszít. Ha mindketten ugyanazt a számot kapják, döntetlen lesz, és újra dobtok a kockával. Az nyer, aki a legtöbbet dobja.

Természetesen nem minden a játékos javára alakul, mert a kaszinónak előnye van a Sárkányarc formájában. De tényleg így van? Ki kell számolni. De előtte ellenőrizze az intuícióját. Tegyük fel, hogy a nyeremény 2 az 1-hez. Tehát ha nyer, megtartja tétjét, és dupláját kapja. Például, ha 1 dollárt fogad, és nyer, akkor megtartja ezt a dollárt, és további 2 dollárt kap, összesen 3 dollárt. Ha veszít, csak a fogadását veszíti el. Játszana? Tehát intuitív módon úgy érzi, hogy a valószínűség nagyobb, mint 2:1, vagy mégis azt gondolja, hogy kisebb? Más szóval, átlagosan 3 meccsen át számítasz arra, hogy többször nyersz, vagy kevesebbet, vagy egyszer?

Miután megbirkózott az intuíciójával, alkalmazza a matematikát. Mindkét kockának csak 36 pozíciója van, így mindegyiket könnyedén megszámolhatja. Ha nem biztos ebben a 2-1 ajánlatban, fontolja meg a következőt: Tegyük fel, hogy 36-szor játszotta a játékot (minden alkalommal 1 dollár fogadás). Minden győzelem után 2 dollárt kap, minden veszteség után 1 dollárt veszít, és a döntetlen nem változtat semmit. Számolja össze az összes valószínű győzelmét és veszteségét, és döntse el, hogy veszít-e néhány dollárt vagy nyereséget. Aztán kérdezd meg magadtól, mennyire bizonyult helyesnek az intuíciód. És akkor - rájössz, milyen gazember vagyok.

És igen, ha már elgondolkodott ezen a kérdésen - szándékosan összezavarom a kockajátékok valódi mechanikájának eltorzításával, de biztos vagyok benne, hogy egy jó gondolattal le tudod győzni ezt az akadályt. Próbálja meg saját maga megoldani ezt a problémát. A jövő héten minden választ ide fogok írni.

2. játék – Roll of Luck

Ez egy Lucky Roll nevű kockajáték (a Birdcage is, mert néha nem dobják a kockákat, hanem egy nagy drótketrecbe helyezik, ami a Bingo ketrecére emlékeztet). Ez egy egyszerű játék, ami valahogy így zajlik: Tegyél mondjuk 1 dollárt egy 1 és 6 közötti számra. Ezután dobsz 3d6-ot. Minden egyes kocka után, amely eltalálja a számot, 1 dollárt kap (és megtartja eredeti tétjét). Ha a számod egyik kockán sem landol, a kaszinó megkapja a dollárodat, te pedig semmit. Tehát ha 1-re fogad, és háromszor 1-et kap, akkor 3 dollárt kap.

Intuitív módon úgy tűnik, hogy ebben a játékban egyenlőek az esélyek. Minden kocka egyéni, 1 a 6-hoz a nyerési esély, tehát mindhárom összege 3 a 6-hoz. Ne feledje azonban természetesen, hogy három külön kockát ad hozzá, és csak akkor adhat hozzá, ha mi vagyunk. ugyanazon kockák külön nyerő kombinációiról beszélünk. Valami, amit meg kell szaporítani.

Ha kiszámolta az összes lehetséges eredményt (valószínűleg egyszerűbb Excelben megtenni, mint kézzel, 216 van belőlük), a játék első pillantásra még mindig párosnak-páratlannak tűnik. De a valóságban a kaszinó még mindig nagyobb valószínűséggel nyer – mennyivel többet? Konkrétan, mennyi pénzt vársz átlagosan játékkörönként? Mindössze annyit kell tennie, hogy összeadja mind a 216 eredmény győzelmét és vereségét, majd elosztja 216-tal, ami elég egyszerű… De mint látja, van néhány csapda, amibe beleeshet, ezért mondom el. : Ha úgy gondolja, hogy ennek a játéknak egyenlő esélye van a nyerésre, akkor tévedett.

3. játék – 5 Card Stud

Ha már bemelegített a korábbi játékokon, nézzük meg, mit tudunk a feltételes valószínűségről, példaként ezzel a kártyajátékkal. Konkrétan képzeljük el a pókert 52 lapból álló paklival. Képzeljünk el egy 5 card stud-ot is, ahol minden játékos csak 5 lapot kap. Nem dobhatsz el kártyát, nem húzhatsz újat, nincs közös pakli - csak 5 lapot kapsz.

A royal flush egy kombinációban 10-J-Q-K-A, összesen négy, tehát négy lehetséges módja van a királyi szín megszerzésének. Számítsa ki annak a valószínűségét, hogy e kombinációk valamelyikét megkapja.

Egy dologra figyelmeztetlek: ne feledd, hogy ezt az öt kártyát tetszőleges sorrendben húzhatod. Vagyis először ászt vagy tízest húzhatsz, nem számít. Tehát ennek kiszámításakor ne feledje, hogy valójában négynél több módja van a királyi flöss megszerzésének, feltételezve, hogy a lapokat sorrendben osztották ki!

4. játék – IMF lottó

A negyedik feladatot nem lesz olyan egyszerű megoldani azokkal a módszerekkel, amelyekről ma beszéltünk, de programozással vagy Excellel könnyen szimulálható a helyzet. Ennek a problémának a példáján lehet kidolgozni a Monte Carlo módszert.

Korábban említettem a „Chron X” játékot, amelyen egykor dolgoztam, és volt egy nagyon érdekes kártya - az IMF-lottó. Így működött: játékban használtad. A kör befejezése után a kártyák újraosztásra kerültek, és 10% volt annak az esélye, hogy a kártya játékon kívül lesz, és egy véletlenszerű játékos kap 5-öt minden olyan erőforrásból, amelyen egy jelző van rajta. Egy kártya egyetlen jelző nélkül került játékba, de minden alkalommal, amikor játékban maradt a következő kör elején, kapott egy jelzőt. Így 10% volt az esélye, hogy játékba helyezi, a kör véget ér, a kártya kilép a játékból, és senki nem kap semmit. Ha nem (90% eséllyel), akkor 10% az esélye (valójában 9%, mivel ez a 90% 10%-a), hogy a következő körben kilép a játékból, és valaki 5 erőforrást kap. Ha a kártya egy kör után kilép a játékból (a rendelkezésre álló 81% 10%-a, tehát 8,1% esély), valaki 10 egységet kap, egy másik kör - 15, másik 20, és így tovább. Kérdés: mekkora az erőforrások számának várható értéke, amelyet ebből a kártyából fog kapni, amikor az végül kilép a játékból?

Ezt a problémát általában úgy próbáljuk megoldani, hogy megtaláljuk az egyes kimenetelek lehetőségét, és megszorozzuk az összes kimenet számával. Tehát 10% az esélye, hogy 0-t kap (0,1*0 = 0). 9%, hogy 5 erőforrást kapsz (9%*5 = 0,45 erőforrás). A kapott összeg 8,1%-a 10 (8,1%*10 = 0,81 teljes erőforrás, várható érték). Stb. És akkor összefoglalnánk az egészet.

És most a probléma nyilvánvaló az Ön számára: mindig van esély arra, hogy a kártya nem kilép a játékból, hogy a játékban maradhasson örökkön örökké, végtelen számú körhöz, így a számítási lehetőségek bármilyen lehetőséget nem létezik. A ma megismert módszerek nem teszik lehetővé a végtelen rekurzió kiszámítását, ezért mesterségesen kell létrehoznunk.

Ha elég jó vagy a programozásban, írj egy programot, ami ezt a kártyát szimulálja. Kell egy időhurok, amely a változót a nulla kezdeti pozíciójába hozza, véletlen számot mutat, és 10% eséllyel a változó kilép a hurokból. Ellenkező esetben 5-öt ad a változóhoz, és a ciklus megismétlődik. Amikor végre kikerül a ciklusból, növelje 1-gyel a tesztfutások számát és az erőforrások teljes számát (mennyivel attól függ, hogy a változó hol állt meg). Ezután állítsa vissza a változót, és kezdje elölről. Futtassa a programot több ezerszer. Végül ossza el a teljes erőforrást a futások teljes számával, és ez lesz a várható Monte Carlo-érték. Futtassa néhányszor a programot, hogy megbizonyosodjon arról, hogy a kapott számok nagyjából megegyeznek-e; ha a szórás továbbra is nagy, növelje az ismétlések számát a külső hurokban, amíg el nem kezd gyufát kapni. Biztos lehet benne, hogy bármilyen számot is kap, az megközelítőleg helyes lesz.

Ha még csak most ismerkedik a programozásban (vagy még akkor is, ha ismeri), íme egy kis gyakorlat, amellyel bemelegítheti Excel-készségeit. Ha Ön játéktervező, az Excel-készségek soha nem feleslegesek.

Most az IF és a RAND funkciók nagyon hasznosak lesznek az Ön számára. A RAND nem igényel értékeket, csak egy véletlenszerű decimális számot állít elő 0 és 1 között. Általában kombináljuk a FLOOR-ral és a plusz-mínuszokkal, hogy szimuláljuk a kockadobást, amit korábban említettem. Ebben az esetben azonban csak 10% esélyt hagyunk arra, hogy a kártya elhagyja a játékot, így csak ellenőrizhetjük, hogy a RAND érték kisebb-e 0,1-nél, és ne aggódjunk emiatt.

Az IF-nek három jelentése van. Sorrendben az igaz vagy nem igaz feltétel, majd a visszaadott érték, ha a feltétel igaz, és a visszaadott érték, ha a feltétel hamis. Tehát a következő függvény az esetek 5%-ában, a másik 90%-ban 0 ad vissza:
=HA(RAND()<0.1,5,0)

Számos módja van ennek a parancsnak a beállítására, de én ezt a képletet használnám az első kört jelentő cellához, mondjuk ez az A1 cella:

IF(RAND()<0.1,0,-1)

Itt egy negatív változót használok, ami azt jelenti, hogy "ez a kártya nem hagyta el a játékot, és még nem adott forrást". Tehát ha az első kör véget ért, és a kártya játékon kívül van, az A1 0; egyébként -1.

A második fordulót képviselő következő cellához:

IF(A1>-1, A1, IF(RAND()<0.1,5,-1))

Tehát ha az első kör véget ért, és a kártya azonnal elhagyta a játékot, A1 értéke 0 (erőforrások száma), és ez a cella egyszerűen átmásolja ezt az értéket. Ellenkező esetben A1 értéke -1 (a kártya még nem hagyta el a játékot), és ez a cella véletlenszerű mozgást folytat: az esetek 10%-ában 5 egységnyi erőforrást ad vissza, a fennmaradó időben továbbra is -1 lesz. . Ha ezt a képletet további cellákra alkalmazzuk, további köröket kapunk, és bármelyik cellába kerülsz, megkapod a végeredményt (vagy -1-et, ha a kártya nem hagyta el a játékot az összes lejátszott kör után).

Vegyük ezt a cellasort, amely az egyetlen kör ezen a kártyán, és másoljon ki és illesszen be néhány száz (vagy több ezer) sort. Lehet, hogy nem tudjuk megtenni végtelen tesztelje az Excelt (korlátozott számú cella van a táblázatban), de legalább a legtöbb esetet le tudjuk fedni. Ezután válasszon ki egy cellát, ahová az összes forduló eredményének átlagát helyezi (az Excel ehhez az ÁTLAG() függvényt adja).

Windows rendszeren legalább megnyomhatja az F9 billentyűt az összes véletlen szám újraszámításához. Mint korábban, tegye ezt néhányszor, és ellenőrizze, hogy a kapott értékek megegyeznek-e. Ha a szórás túl nagy, duplázza meg a futtatások számát, és próbálja újra.

Megoldatlan problémák

Ha véletlenül Valószínűségszámításból szerzett diplomát, és a fenti feladatok túl könnyűnek tűnnek számodra, akkor itt van két olyan probléma, amin évek óta töröm a fejem, de sajnos nem vagyok jó matekból, hogy megoldjam őket. Ha hirtelen megtudod a megoldást, kérlek írd ide kommentbe, szívesen olvasom.

Megoldatlan probléma #1: LottóIMF

Az első megoldatlan probléma az előző házi feladat. Könnyedén tudom használni a Monte Carlo módszert (C++ vagy Excel segítségével), és biztos vagyok benne, hogy a „mennyi erőforrást kap a játékos” kérdésre a válasz, de nem tudom pontosan, hogyan adjak matematikailag pontosan bizonyítható választ (ezt egy végtelen sorozat). Ha tudod a választ, tedd fel ide... miután Monte Carlóban ellenőrizted, természetesen.

Megoldatlan probléma #2: Alakzatsorozatok

Ezt a feladatot (és ismét messze túlmutat a blogban megoldott feladatokon) egy ismerős gamer vetette rám több mint 10 éve. Egy érdekességre lett figyelmes, miközben Vegasban blackjacket játszott: amikor kivett egy 8 paklis cipőből kártyákat, tíz figurák egy sorban (egy figura, vagy figurakártya - 10, Joker, King vagy Queen, tehát 16 van belőlük egy standard 52 lapos pakliban, tehát 128 van belőlük egy 416 lapból álló pakliban). Mennyi a valószínűsége, hogy ebben a cipőben legalább egy tízes sorozat vagy több figurák? Tegyük fel, hogy őszintén, véletlenszerű sorrendben keverték össze őket. (Vagy ha úgy tetszik, mennyi a valószínűsége ennek sehol nem található tíz vagy több figurából álló sorozat?)

Egyszerűsíthetjük a feladatot. Itt van egy 416 részből álló sorozat. Mindegyik rész 0 vagy 1. 128 egyes és 288 nulla van véletlenszerűen elszórva a sorozatban. Hányféleképpen lehet véletlenszerűen 128 1-est 288 0-val összefűzni, és hányszor lesz legalább egy tíz vagy több 1-es csoport ilyen módon?

Minden alkalommal, amikor elvállaltam ezt a feladatot, könnyűnek és kézenfekvőnek tűnt számomra, de amint belemélyedtem a részletekbe, hirtelen szétesett, és egyszerűen lehetetlennek tűnt számomra. Tehát ne rohanjon kibökni a választ: üljön le, gondolja át alaposan, tanulmányozza a probléma körülményeit, próbáljon meg valós számokat bedugni, mert mindazok, akikkel beszéltem erről a problémáról (többek között ezen a területen dolgozó végzős hallgatók is) nagyjából ugyanígy reagált: "Ez teljesen nyilvánvaló... ó, ne, várj, egyáltalán nem nyilvánvaló." Ez az az eset, amikor nincs módszerem az összes lehetőség kiszámítására. Természetesen ki tudnám erőszakolni a problémát egy számítógépes algoritmuson keresztül, de sokkal érdekesebb lenne megismerni a probléma megoldásának matematikai módját.

Fordítás - Y. Tkachenko, I. Mikheeva

A legelterjedtebb forma a kocka, amelynek mindkét oldalán egytől hatig terjedő számok vannak ábrázolva. A játékos, aki sima felületre dobja, az eredményt a felső oldalon látja. A csontok a véletlen, a szerencse vagy a balszerencse igazi szócsöve.

Baleset.
A kockák (csontok) régóta léteznek, de a hagyományossá vált hatoldalú formát Kr.e. 2600 körül szerezték meg. e. Az ókori görögök szerettek kockakockázni, legendáikban pedig feltalálójukként az Odüsszeusz által jogtalanul megvádolt Palamédészt említik. A legenda szerint ezt a játékot a Tróját ostromló katonák szórakoztatására találta ki, akiket egy hatalmas falónak köszönhetően fogtak el. A rómaiak Julius Caesar idejében is különféle kockajátékokkal szórakoztatták magukat. A kockát latinul datumnak nevezték, ami azt jelenti, hogy "adott".

tilalmak.
A középkorban, a 12. század környékén a dobókocka nagy népszerűségnek örvend Európában: a kockákat, amelyeket mindenhová magunkkal vihetünk, a harcosok és a parasztok egyaránt kedvelik. Azt mondják, több mint hatszáz különböző játék volt! A kockagyártás külön szakmává válik. IX. Lajos király (1214-1270), aki visszatért a keresztes hadjáratból, nem helyeselte a szerencsejátékot, és elrendelte a kockagyártás tilalmát az egész királyságban. Magával a játékkal szemben a hatóságok elégedetlenek voltak az ehhez kapcsolódó nyugtalanságokkal – akkor főleg kocsmákban játszottak, a bulik pedig gyakran verekedéssel, késelésekkel végződtek. De semmilyen tilalom nem akadályozta meg, hogy a kocka túlélje az időt, és túlélje a mai napig.

Csontok "töltéssel"!
A kockadobás kimenetelét mindig a véletlen határozza meg, de néhány csaló megpróbál ezen változtatni. Ha lyukat fúrunk a szerszámba, és ólmot vagy higanyt öntünk bele, biztosítható, hogy a tekercs minden alkalommal ugyanazt az eredményt adja. Az ilyen kockát "töltött"-nek nevezik. Különböző anyagokból készül, legyen az arany, kő, kristály, csont, a kocka különböző formájú lehet. Piramis (tetraéder) alakú kis kockákat találtak a nagy piramisokat építő egyiptomi fáraók sírjaiban! Különböző időkben 8, 10, 12, 20, sőt 100 oldalas csontokat készítettek. Általában számokat alkalmaznak rájuk, de betűk vagy képek is megjelenhetnek helyettük, teret adva a képzeletnek.

Hogyan kell dobni a kockát.
A kockák nem csak különböző formájúak, hanem különböző játékmódokban is. Egyes játékok szabályai megkövetelik, hogy a dobást bizonyos módon dobják, általában azért, hogy elkerüljék a kiszámított dobást, vagy megakadályozzák, hogy a kocka dőlt helyzetben nyugodjon meg. Néha egy speciális üveget rögzítenek rájuk, hogy elkerüljék a csalást vagy a játékasztalról való leesést. Az angol kreppjátékban mindhárom kockának feltétlenül az asztalt vagy a falat kell eltalálnia, hogy a csalók ne utánozzák a dobást a kockák egyszerű mozgatásával, de elfordításával.

Véletlenszerűség és valószínűség.
A kocka mindig véletlenszerű eredményt ad, amit nem lehet megjósolni. Egy kockával a játékosnak ugyanannyi esélye van 1-et dobni, mint 6-ot – mindent a véletlen határoz meg. Két kockával viszont csökken a véletlenszerűség mértéke, hiszen a játékos több információval rendelkezik az eredményről: például két kockával a 7-es szám többféleképpen is megszerezhető - 1 és 6, 5, ill. 2, vagy 4 és 3... De a 2-es szám megszerzésének lehetősége csak egy: kétszer dobja az 1-est, így a 7-es valószínűsége nagyobb, mint a 2-esé! Valószínűségelméletnek hívják. Sok játék kapcsolódik ehhez az elvhez, különösen a készpénzes játékok.

A kocka használatáról.
A kocka egy önálló játék is lehet más elemek nélkül. Az egyetlen dolog, ami gyakorlatilag nem létezik, az egyetlen kockára való játékok. A szabályok legalább kettőt írnak elő (pl. krepp). A kockapókerhez öt kockára, egy tollra és papírra van szüksége. A cél az azonos nevű kártyajáték kombinációihoz hasonló kombinációk kitöltése, pontokat rögzítve értük egy speciális táblázatban. Ezen kívül a kocka a társasjátékok nagyon népszerű része, amely lehetővé teszi a zsetonok mozgatását vagy a játékcsaták kimenetelének eldöntését.

A kocka el van vetve.
Kr.e. 49-ben. e. az ifjú Julius Caesar meghódította Galliát és visszatért Pompeibe. Ám hatalmát féltették a szenátorok, akik úgy döntöttek, hogy feloszlatják seregét, mielőtt visszatér. A leendő császár a köztársaság határaihoz érve úgy dönt, hogy megszegi a parancsot, átkelve a hadsereggel. Mielőtt átkelt a Rubiconon (a folyó, amely a határ volt), azt mondta a légiósainak: „Alea jacta est” („A kocka el van vetve”). Ez a mondás hívószóvá vált, aminek az a jelentése, hogy a játékhoz hasonlóan bizonyos döntések meghozatala után már nem lehet meghátrálni.

Zenei komponálás módszere laza hangszöveggel; mint önálló zeneszerzési mód a XX. Az A. a zeneszerző teljes vagy részleges lemondását jelenti a zenei szöveg feletti szigorú ellenőrzésről, vagy éppen a hagyományos értelemben vett zeneszerző-szerző kategóriájának megszüntetését. A. újítása a zenei szöveg stabilan kialakult komponenseinek és a tudatosan bevezetett véletlenszerűségnek, a zenei anyag tetszőleges mozgékonyságának korrelációjában rejlik. Az A. fogalma egyaránt vonatkozhat a kompozíció részeinek általános elrendezésére (a formára), valamint szövetének szerkezetére. Viszlát. Denisov, a szövet és a forma stabilitása és mobilitása közötti kölcsönhatás 4 fő kombinációt ad, amelyek közül három - a 2., 3. és 4. - aleatorikus: 1. Stabil szövet - stabil forma (szokásos hagyományos kompozíció, opus perfectum et absolutum; as, például Csajkovszkij 6 szimfóniája); 2. Stabil szövet - mobil forma; V. Lutoslavs szerint „A. formák” (P. Boulez, 3. zongoraszonáta, 1957); 3. Mobil szövet - forma stabil; vagy Lutoslavsky szerint „A. textúrák” (Lutoslavsky, Vonósnégyes, 1964, Főtétel); 4. Mobil szövet - mobil forma; vagy „A. ketrec"(több előadó együttes improvizációjával). Ezek az A. módszerének csomópontjai, amelyek körül sokféle sajátos szerkezettípus és eset létezik, az A.-ba való bemerülés különböző fokú; emellett a metabolák ("modulációk") is természetesek - az átmenet egyik típusból vagy típusból a másikba, szintén egy stabil szövegbe vagy abból.

Az A. az 1950-es évektől vált széles körben elterjedtté, és megjelent (a szonorika), különösen a többparaméteres szerializmus zenei szerkezetének szélsőséges rabszolgaságára adott reakcióként (lásd: dodekafónia). Eközben a szerkezeti szabadság elvének így vagy úgy ősi gyökerei vannak. Lényegében a hangfolyam, és nem egy egyedi szerkezetű opusz, a népzene. Innen ered a népzene instabilitása, "nem-opusza", variációja, változatossága, improvizációja benne. A kiszámíthatatlanság, a forma rögtönzése jellemző India, a távol-keleti és afrikai népek hagyományos zenéjére. Ezért az A. képviselői aktívan és tudatosan támaszkodnak a keleti és népzene alapvető elveire. Az európai klasszikus zenében is léteztek nyílelemek. Például a bécsi klasszikusok között, akik kiiktatták az általános basszus elvét, és teljesen stabillá tették a zenei szöveget (I. Haydn szimfóniái és kvartettjei), éles kontrasztot jelentett a hangszeres versenymű formájában megjelenő „cadenza” – a. virtuóz szóló, melynek részét a zeneszerző nem komponálta, hanem az előadó belátása szerint biztosította (A. forma elem). Haydn és Mozart korában ismertek az egyszerű darabok (minuettek) komikus „aleatorikus” módszerei, amelyek a zenedarabok kockára való kombinálásával (Würfelspiel) készülnek (I. F. Kirnberger traktátus „Bármikor kész komponista polonézekből és menüettekből” Berlin, 1757).

A XX században. a formában megjelenő „egyedi projekt” elve a mű szöveges változatainak (azaz A.) megengedhetőségét kezdte sugallni. 1907-ben az amerikai zeneszerző, C. Ives komponálta a „Hallwe” en (= „All Saints' Eve”) zongoraötöst, amelynek szövegét egy koncerten elhangzó hangversenyen egymás után négyszer másképp kell játszani. D. ketrec 1951-ben komponált „Változások zenéje” zongorára, melynek szövegét „balesetek manipulálásával” (a zeneszerző szavai) állította össze, ehhez a kínai „Változások könyve” felhasználásával. Classi-

cal példa A. - „XI. zongoradarab”, szerző: K. stockhausen, 1957. Egy papírlapon kb. 0,5 négyzetméteren véletlenszerű sorrendben 19 zenei töredék található. A zongorista bármelyikkel kezdi, és véletlenszerű sorrendben játssza le őket, egy laza pillantást követve; az előző rész végén le van írva, hogy milyen tempóban és milyen hangerővel játsszuk a következőt. Amikor a zongoraművész úgy látja, hogy már az összes töredéket így eljátszotta, másodszor is el kell játszani őket ugyanabban a véletlenszerű sorrendben, de fényesebb hangzásban. A második kör után a játék véget ér. A nagyobb hatás érdekében ajánlatos az aleatorikus művet egy koncerten megismételni - ugyanabból az anyagból egy másik kompozíció jelenik meg a hallgató előtt. Az A. módszert széles körben alkalmazzák a modern zeneszerzők (Boulez, Stockhausen, Lutoslavsky, A. Volkonsky, Denisov, Schnittke satöbbi.).

A. előfeltétele a XX. új törvények jöttek harmóniaés az ezekből fakadó tendenciák a zenei anyag új állapotának megfelelő új formák keresésére, amelyek jellemzőek élcsapat. Az aleatorikus textúra az emancipáció előtt teljesen elképzelhetetlen volt disszonancia az atonális zene fejlődése (lásd: dodekafónia). A „korlátozott és ellenőrzött” A. Lutoslavsky támogatója kétségtelen értéket lát benne: „A. új és váratlan távlatokat nyitott meg előttem. Először is - egy hatalmas ritmusgazdagság, amely más technikák segítségével elérhetetlen. Denisov a "véletlenszerű elemek zenébe való bevezetését" indokolva azt állítja, hogy ez "nagy szabadságot ad a zenei anyagokkal való kezelésben, és lehetővé teszi új hangeffektusok elérését"<...>, de a mobilitás ötletei csak akkor tudnak jó eredményt adni, ha<... >ha a mobilitásban megbúvó destruktív tendenciák nem rombolják le a művészet egyetlen formája létéhez szükséges konstruktivitást sem.

Néhány más zenei módszer és forma keresztezi A-t. Először is ezek a következők: 1. improvizáció - játék közben komponált mű előadása; 2. grafikai zene, amelyeket az előadó az elé állított rajz vizuális képei (például I. Brown, Folio, 1952) alapján improvizál, hangképekké alakítva, vagy a zeneszerző által a zeneszerző által a zeneszerző darabjaiból alkotott zenei aleatorikus grafikák alapján. zenei szöveg egy papírlapon (S. Bussotti, "Passion for the Garden", 1966); 3. esemény- rögtönzött (ebben az értelemben aleatorikus) akció (Készlet) tetszőleges (kvázi) cselekményű zene közreműködésével (például A. Volkonszkij „Replica” című happeningje a Madrigal együttestől az 1970/71-es évadban); 4. nyitott zenei formák - vagyis azok, amelyek szövege nem stabilan rögzült, de az előadás során minden alkalommal megkapjuk. Ezek alapvetően nem zárt kompozíciótípusok, amelyek végtelen folytatást tesznek lehetővé (például minden új előadásnál), az angol. Munka folyamatban. P. Boulez számára az egyik inger, amely nyitott formára fordította, J. munkája volt. Joyce(„Ulysses”) és S. Mallarmé („Le Livre”). Nyílt kompozícióra példa Earl Brown "Available Forms II" című műve 98 hangszerre és két karmesterre (1962). Brown maga is rámutat nyitott formájának a vizuális művészetek „mobiljaival” való kapcsolatára (lásd: kinetikus művészet) különösen A. Calder ("Calder Piece" 4 dobosra és Calder mobiljára, 1965). Végül a „Gesamtkunst” akciót aleatorikus elvek hatják át (lásd: Gezamtkunstwerk). 5. Multimédia, amelynek sajátossága a szinkronizálás installációk többféle művészet (például: koncert + festészeti és szobrászati ​​kiállítás + verses est a művészeti ágak bármilyen kombinációjában stb.). Az A. lényege tehát a hagyományosan kialakult művészi rend és a kiszámíthatatlanság, a véletlenszerűség üdítő erje összeegyeztetése - ez a tendencia jellemző. századi művészeti kultúra.általában és nem klasszikus esztétika.

Sz.: Denisov E.V. A zenei forma stabil és mobil elemei és kölcsönhatásuk// A zenei formák és műfajok elméleti problémái. M., 1971; Kohoutek C. Kompozíciós technika a XX. század zenéjében. M., 1976; Lutoslavszkij V. Cikkek, legyen-

ősz haj, emlékek. M., 1995; Boulez P. Alea// Darmstädter Beiträge zur Neuen Musik. L, Mainz, 1958; Boulez R. Zu meiner III Sonate// Ugyanott, III. 1960; Schaffer B. Nowa muzyka (1958). Krakkó, 1969; Schaffer B. Malý informátor muzyki XX wieku (1958). Krakkó, 1975; Stockhausen K. Musik und Grafik (1960) // Texte, Bd.l, Köln, 1963; Böhmer K. Theorie der offenen Form in der Musik. Darmstadt, 1967.

A kockákat az emberek évezredek óta használják.

A 21. században az új technológiák lehetővé teszik a kocka dobását a megfelelő időben, és ha van internet-hozzáférése, akkor egy kényelmes helyen. A kocka mindig veled van otthon vagy úton.

A kockagenerátor lehetővé teszi, hogy 1-től 4-ig online dobjon.

Dobj a kockával online őszintén

Valódi dobókocka használatakor kézműves vagy speciálisan készített kockák használhatók, amelyek egyik oldalának előnye. Például megforgathatja a kockát az egyik tengely mentén, és akkor megváltozik a valószínűségi eloszlás. Virtuális kockáink egyik jellemzője egy szoftveres pszeudo-véletlenszám-generátor használata. Ez lehetővé teszi, hogy valóban véletlenszerű változatot biztosítson ennek vagy annak az eredménynek.

És ha könyvjelzővel látja el ezt az oldalt, akkor online kockái nem vesznek el sehol, és mindig kéznél lesznek a megfelelő időben!

Vannak, akik alkalmazkodtak az online kockák használatához jóslásra vagy előrejelzések készítésére és horoszkópok készítésére.

Vidám hangulatot, szép napot és sok sikert!