Historia kości. Kości online Łączymy warunki dla jednego niezależnego testu

Napisany przez projektanta Tylera Sigmana, na temat „Gamasutra”. Z czułością nazywam to artykułem „włosy w nozdrzach orka”, ale dość dobrze opisuje podstawy prawdopodobieństwa w grach.

Temat tego tygodnia

Do dzisiaj prawie wszystko, o czym rozmawialiśmy, było deterministyczne, a w zeszłym tygodniu przyjrzeliśmy się bliżej mechanice przechodniej i opisaliśmy ją tak szczegółowo, jak mogę to wyjaśnić. Ale do tej pory nie zwracaliśmy uwagi na ogromny aspekt wielu gier, a mianowicie na aspekty niedeterministyczne, czyli innymi słowy - losowość. Zrozumienie natury losowości jest bardzo ważne dla projektantów gier, ponieważ tworzymy systemy, które wpływają na wrażenia gracza w danej grze, więc musimy wiedzieć, jak te systemy działają. Jeśli w systemie występuje losowość, musisz zrozumieć Natura tę losowość i jak ją zmienić, aby uzyskać pożądane rezultaty.

Kostka do gry

Zacznijmy od czegoś prostego: rzutu kostką. Kiedy większość ludzi myśli o kostkach, myśli o sześciościennej kości znanej jako k6. Ale większość graczy widziała wiele innych kości: czterościenne (d4), ośmiościenne (d8), dwunastościenne (d12), dwudziestościenne (d20) ... i jeśli prawdziwy geek, możesz mieć gdzieś jakieś 30- lub 100-ścienne kostki. Jeśli nie znasz tej terminologii, „d” oznacza kostkę, a liczba po niej to liczba ścian, które ma. Jeśli zanim„d” oznacza liczbę, oznacza ilość kości po rzuceniu. Na przykład w Monopoly rzucasz 2k6.

Tak więc w tym przypadku wyrażenie „kostka” jest określeniem konwencjonalnym. Istnieje wiele innych generatorów losowe liczby, które nie mają kształtu plastikowego bloku, ale pełnią tę samą funkcję generowania liczby losowej od 1 do n. Zwykła moneta może być również traktowana jako dwuścienna kostka d2. Widziałem dwa wzory siedmiostronnej kostki: jeden wyglądał jak kostka do gry, a drugi bardziej przypominał siedmiostronny drewniany ołówek. Dreidel czworościenny (znany również jako titotum) jest analogiem kości czworościennej. Pole gry z obracającą się strzałką w grze „Chutes & Ladders”, gdzie wynik może wynosić od 1 do 6, odpowiada sześciościennej kości. Generator liczb losowych w komputerze może stworzyć dowolną liczbę od 1 do 19, jeśli projektant wyda takie polecenie, chociaż komputer nie ma 19-ściennej kostki (ogólnie będę mówił więcej o prawdopodobieństwie padania liczb na komputer w następny tydzień). Chociaż wszystkie te elementy wyglądają inaczej, w rzeczywistości są równoważne: masz równe szanse na uzyskanie jednego z kilku wyników.

Kości mają kilka ciekawych właściwości, o których musimy wiedzieć. Po pierwsze, prawdopodobieństwo pojawienia się którejkolwiek z twarzy jest takie samo (zakładam, że rzucasz właściwą kostką, a nie złą geometrią). Więc jeśli chcesz wiedzieć oznaczać roll (znane również przez probabilistów jako „oczekiwanie matematyczne”), zsumuj wartości wszystkich krawędzi i podziel tę sumę przez ilość twarze. Średnia wartość rzutu dla standardowej kości sześciościennej wynosi 1+2+3+4+5+6 = 21, podzielona przez liczbę ścian (6) i otrzymujemy średnią wartość 21/6 = 3,5. Jest to szczególny przypadek, ponieważ zakładamy, że wszystkie wyniki są jednakowo prawdopodobne.

A jeśli masz specjalne kości? Na przykład widziałem sześciościenną grę w kości ze specjalnymi naklejkami na twarzach: 1, 1, 1, 2, 2, 3, więc zachowuje się jak dziwna trójstronna kostka, w której częściej rzuca się liczbą 1. niż 2 i 2 niż 3. Jaka jest średnia wartość rzutu tą kością? Czyli 1+1+1+2+2+3 = 10 podzielone przez 6 równa się 5/3 lub około 1,66. Więc jeśli masz tę konkretną kostkę, a gracze rzucają trzema kośćmi, a następnie sumują wyniki, wiesz, że przybliżona suma ich rzutów wyniesie około 5 i możesz zrównoważyć grę w oparciu o to założenie.

Kości i niezależność

Jak już powiedziałem, wychodzimy z założenia, że ​​zanik każdej twarzy jest jednakowo prawdopodobny. Nie zależy to od tego, ile kości rzucisz. Każdy rzut kostką bez względu, co oznacza, że ​​poprzednie rzuty nie wpływają na wyniki kolejnych rzutów. Przy wystarczającej liczbie testów na pewno zauważyć„serie” liczb, takie jak rzucanie przeważnie wyższymi lub niższymi wartościami lub inne funkcje, o czym porozmawiamy później, ale to nie znaczy, że kostki są „gorące” lub „zimne”. Jeśli rzucisz standardową kostką sześciościenną i liczba 6 padnie dwa razy z rzędu, prawdopodobieństwo, że następny rzut da 6 również wynosi 1/6. Prawdopodobieństwo nie zwiększa fakt, że kostka jest „rozgrzana”. Prawdopodobieństwo nie maleje, bo liczba 6 wypadła już dwa razy z rzędu, co oznacza, że ​​teraz wypadnie kolejna twarz. (Oczywiście, jeśli rzucisz kostką dwadzieścia razy i za każdym razem wypadnie cyfra 6, szansa, że ​​cyfra 6 padnie za dwudziestym pierwszym razem, jest dość duża… ponieważ może to oznaczać, że masz niewłaściwą kostkę !) Ale jeśli masz odpowiednią kostkę, prawdopodobieństwo wypadnięcia każdej z ścian jest takie samo, niezależnie od wyników innych rzutów. Możesz też sobie wyobrazić, że za każdym razem zmieniamy kostkę, więc jeśli liczba 6 padła dwa razy z rzędu, usuń „gorącą” kostkę z gry i zastąp ją nową kostką sześciościenną. Przepraszam, jeśli ktoś z was już o tym wiedział, ale musiałem to wyjaśnić, zanim przejdziemy dalej.

Jak sprawić, by kości rzucały mniej więcej losowo?

Porozmawiajmy o tym, jak uzyskać różne wyniki na różnych kostkach. Jeśli rzucisz kostką tylko raz lub kilka razy, gra będzie bardziej losowa, jeśli kostka będzie miała więcej krawędzi. Im więcej razy rzucasz kostką lub im więcej kostek rzucasz, tym bardziej wyniki zbliżają się do średniej. Na przykład, jeśli rzucisz 1k6+4 (tzn. jednorazowo standardową kostką sześciościenną i dodasz 4 do wyniku), średnia będzie liczbą z przedziału od 5 do 10. Jeśli wyrzucisz 5k2, średnia będzie również liczbą pomiędzy 5 i 10. Ale kiedy rzucasz kostką sześciościenną, prawdopodobieństwo trafienia liczb 5, 8 lub 10 jest takie samo. Wynikiem rzutu 5d2 będą przeważnie liczby 7 i 8, rzadziej inne liczby. Ten sam szereg, nawet ta sama średnia (7,5 w obu przypadkach), ale charakter losowości jest inny.

Poczekaj minutę. Czy nie powiedziałem właśnie, że kości nie nagrzewają się ani nie stygną? A teraz mówię, że jeśli rzucasz dużo kostkami, wyniki rzutów są bliższe średniej? Czemu?

Pozwól mi wyjaśnić. Jeśli rzucasz jeden kości, prawdopodobieństwo wypadnięcia każdej z twarzy jest takie samo. Oznacza to, że jeśli rzucisz dużą ilością kości, z biegiem czasu każda twarz pojawi się mniej więcej tyle samo razy. Im więcej kości rzucasz, tym bardziej łączny wynik zbliża się do średniej. Nie dzieje się tak dlatego, że wyrzucona liczba „powoduje” wyrzucenie kolejnej liczby, która jeszcze nie pojawiła się. Ponieważ mała passa 6s (lub 20s, czy cokolwiek) nie kończy się na tym, że rzucisz kostką dziesięć tysięcy razy więcej, a to w większości wypada średnia... może teraz będziesz miał kilka liczby o wysokiej wartości, ale może później kilka liczb o niskiej wartości i z czasem zbliżą się do wartości średniej. Nie dlatego, że poprzednie rzuty wpływają na kości (poważnie, kostka jest zrobiona z Plastikowy, nie ma rozumu, by pomyśleć „och, minęło dużo czasu od pojawienia się 2”), ale ponieważ tak się zwykle dzieje z wieloma rzutami kostką. Mała seria powtarzających się liczb będzie prawie niewidoczna w wielu wynikach.

Dlatego dość łatwo jest obliczyć jeden losowy rzut kostką, przynajmniej jeśli chodzi o obliczenie średniej wartości rzutu. Są też sposoby na obliczenie, jak coś jest losowe, sposób na powiedzenie, że wyniki rzutu 1k6+4 będą „bardziej losowe” niż 5d2, dla 5d2 rozkład wyników będzie bardziej jednolity, zwykle oblicza się dla tego odchylenie standardowe, a im większa wartość, tym bardziej losowe będą wyniki, ale wymaga to więcej obliczeń niż chciałbym dziś podać (wyjaśnię ten temat później). Jedyną rzeczą, o którą cię proszę, jest to, że z reguły im mniej kości rzuca się, tym bardziej losowe. I jeszcze jeden dodatek na ten temat: im więcej stron ma kostka, tym więcej losowości, ponieważ masz więcej opcji.

Jak obliczyć prawdopodobieństwo za pomocą liczenia

Możesz mieć pytanie: jak możemy obliczyć dokładne prawdopodobieństwo pojawienia się konkretnego wyniku? Jest to właściwie bardzo ważne w wielu grach, ponieważ jeśli rzucisz kostką, prawdopodobnie początkowo uzyskasz optymalny wynik. Odpowiedź brzmi: musimy obliczyć dwie wartości. Najpierw oblicz maksymalną liczbę wyników podczas rzucania kostką (niezależnie od tego, jaki będzie wynik). Następnie policz liczbę korzystnych wyników. Dzieląc drugą wartość przez pierwszą, otrzymujesz pożądane prawdopodobieństwo. Aby otrzymać procent, pomnóż wynik przez 100.

Przykłady:

Oto bardzo prosty przykład. Chcesz rzucić 4 lub więcej i rzucić sześcienną kością jeden raz. Maksymalna liczba wyników to 6 (1, 2, 3, 4, 5, 6). Spośród nich 3 wyniki (4, 5, 6) są korzystne. Tak więc, aby obliczyć prawdopodobieństwo, dzielimy 3 przez 6 i otrzymujemy 0,5 lub 50%.

Oto przykład, który jest nieco bardziej skomplikowany. Chcesz parzystą liczbę w rzucie 2k6. Maksymalna liczba wyników to 36 (6 na każdą kostkę, a ponieważ jedna kostka nie wpływa na drugą, mnożymy 6 wyników przez 6 i otrzymujemy 36). Trudność w przypadku tego typu pytań polega na tym, że łatwo jest policzyć dwa razy. Na przykład, w rzeczywistości są dwa możliwe wyniki 3 w rzucie 2k6: 1+2 i 2+1. Wyglądają tak samo, ale różnica polega na tym, jaki numer widnieje na pierwszej kostce, a jaki na drugiej. Możesz też sobie wyobrazić, że kostki mają różne kolory, więc na przykład w tym przypadku jedna kostka jest czerwona, a druga niebieska. Następnie policz liczbę opcji uzyskania liczby parzystej: 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). Okazuje się, że istnieje 18 opcji na korzystny wynik z 36, podobnie jak w poprzednim przypadku prawdopodobieństwo wyniesie 0,5 lub 50%. Być może nieoczekiwane, ale całkiem dokładne.

Symulacja Monte Carlo

Co zrobić, jeśli masz za dużo kości do tego obliczenia? Na przykład, chcesz wiedzieć, jakie jest prawdopodobieństwo wyrzucenia 15 lub więcej przy rzucie 8k6. Istnieje WIELE różnych indywidualnych wyników dla ośmiu kostek, a ich ręczne obliczenie zajęłoby bardzo dużo czasu. Nawet jeśli znajdziemy jakieś dobre rozwiązanie, aby pogrupować różne serie rzutów kostką, liczenie nadal zajmie bardzo dużo czasu. W takim przypadku najłatwiejszym sposobem obliczenia prawdopodobieństwa nie jest obliczenie ręczne, ale użycie komputera. Istnieją dwa sposoby obliczania prawdopodobieństwa na komputerze.

Pierwszy sposób może uzyskać dokładną odpowiedź, ale wymaga trochę programowania lub pisania skryptów. Zasadniczo komputer przejdzie przez każdą możliwość, oceni i policzy całkowitą liczbę iteracji oraz liczbę iteracji odpowiadających pożądanemu wynikowi, a następnie udzieli odpowiedzi. Twój kod może wyglądać mniej więcej tak:

int wincount=0, totalcount=0;

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

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

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

… // wstaw więcej pętli tutaj

jeśli (i+j+k+… >= 15) (

prawdopodobieństwo zmienności = liczba wygranych/liczba całkowita;

Jeśli nie jesteś programistą i potrzebujesz tylko niedokładnej, ale przybliżonej odpowiedzi, możesz zasymulować tę sytuację w programie Excel, w której rzucasz 8k6 kilka tysięcy razy i otrzymujesz odpowiedź. Aby rzucić 1k6 w Excelu, użyj następującej formuły:

PODŁOGA(LOSY()*6)+1

Jest nazwa sytuacji, w której nie znasz odpowiedzi i po prostu próbujesz wiele razy - Symulacja Monte Carlo i jest to świetne rozwiązanie, do którego można się odwołać, gdy próbujesz obliczyć prawdopodobieństwo i jest to zbyt skomplikowane. Wspaniałą rzeczą jest to, że w tym przypadku nie musimy rozumieć, jak działa matematyka, a wiemy, że odpowiedź będzie „całkiem dobra”, ponieważ jak już wiemy, im więcej rzutów, tym bardziej wynik zbliża się do Średnia wartość.

Jak połączyć niezależne próby

Jeśli zapytasz o wiele powtarzających się, ale niezależnych prób, wynik jednego rzutu nie wpływa na wynik innych rzutów. Jest jeszcze jedno prostsze wytłumaczenie tej sytuacji.

Jak odróżnić coś zależnego od niezależnego? W zasadzie, jeśli możesz wyodrębnić każdy rzut kostką (lub serię rzutów) jako osobne wydarzenie, to jest on niezależny. Na przykład, jeśli chcemy rzucić w sumie 15 rzucając 8k6, tego przypadku nie można podzielić na kilka niezależnych rzutów kośćmi. Ponieważ obliczasz sumę wartości wszystkich kostek do wyniku, wynik rzucony na jednej kostce wpływa na wyniki, które należy rzucić na innych kostkach, ponieważ tylko sumując wszystkie wartości uzyskasz pożądany rezultat.

Oto przykład niezależnych rzutów: grasz w kości i kilka razy rzucasz kostką sześciościenną. Aby pozostać w grze, musisz wyrzucić 2 lub więcej podczas pierwszego rzutu. Za drugi rzut 3 lub więcej. Trzeci wymaga 4 lub więcej, czwarty wymaga 5 lub więcej, piąty wymaga 6. Jeśli wszystkie pięć rzutów się powiedzie, wygrywasz. W tym przypadku wszystkie rzuty są niezależne. Tak, jeśli jeden rzut się nie powiedzie, wpłynie to na wynik całej gry, ale jeden rzut nie wpłynie na inny rzut. Na przykład, jeśli twój drugi rzut kośćmi jest bardzo udany, nie wpływa to na prawdopodobieństwo, że następne rzuty będą równie udane. Dlatego możemy rozpatrywać prawdopodobieństwo każdego rzutu kostką osobno.

Jeśli masz oddzielne, niezależne prawdopodobieństwa i chcesz wiedzieć, jakie jest prawdopodobieństwo, że wszystko zdarzenia nadejdą, określasz każde indywidualne prawdopodobieństwo i mnożysz je. Inny sposób: jeśli użyjesz spójnika „i” do opisania kilku warunków (na przykład, jakie jest prawdopodobieństwo wystąpienia jakiegoś zdarzenia losowego oraz jakieś inne niezależne zdarzenie losowe?), obliczyć indywidualne prawdopodobieństwa i pomnożyć je.

Nie ma znaczenia, co myślisz nigdy nie sumuj niezależnych prawdopodobieństw. To częsty błąd. Aby zrozumieć, dlaczego to jest złe, wyobraź sobie sytuację, w której rzucasz monetą 50/50 i chcesz wiedzieć, jakie jest prawdopodobieństwo trafienia orła dwa razy z rzędu. Każda strona ma 50% szans na wypadnięcie, więc jeśli dodasz dwa prawdopodobieństwa, otrzymasz 100% szans na wypadnięcie reszki, ale wiemy, że to nieprawda, ponieważ dwa kolejne reszki mogą wypaść. Jeśli zamiast tego pomnożysz te dwa prawdopodobieństwa, otrzymasz 50% * 50% = 25%, co jest poprawną odpowiedzią na obliczenie prawdopodobieństwa trafienia orła dwa razy z rzędu.

Przykład

Wróćmy do sześciościennej gry w kości, w której musisz najpierw rzucić liczbą wyższą niż 2, potem wyższą niż 3 i tak dalej. do 6. Jakie są szanse, że w danej serii 5 rzutów wszystkie wyniki będą korzystne?

Jak wspomniano powyżej, są to niezależne próby, więc obliczamy prawdopodobieństwo dla każdego pojedynczego rzutu, a następnie je mnożymy. Prawdopodobieństwo pozytywnego wyniku pierwszego rzutu wynosi 5/6. Drugi - 4/6. Trzeci - 3/6. Czwarty – 2/6, piąty – 1/6. Mnożąc wszystkie te wyniki, otrzymujemy około 1,5%… Tak więc wygrana w tej grze jest dość rzadka, więc jeśli dodasz ten element do swojej gry, będziesz potrzebować całkiem dużego jackpota.

Negacja

Oto kolejna przydatna wskazówka: czasami trudno jest obliczyć prawdopodobieństwo wystąpienia zdarzenia, ale łatwiej jest określić, jakie są prawdopodobieństwo wystąpienia zdarzenia. nie przyjdzie.

Załóżmy na przykład, że mamy inną grę i rzucasz 6k6, a jeśli przynajmniej raz wyrzuci 6, wygrywasz. Jakie jest prawdopodobieństwo wygranej?

W takim przypadku istnieje wiele opcji do rozważenia. Być może wypadnie jedna cyfra 6, czyli jedna z kostek wyrzuci 6, a pozostałe od 1 do 5. Istnieje 6 opcji, dla których wyrzucona zostanie 6. Następnie możesz rzucić 6 na dwóch kostkach, trzech, a nawet więcej, i za każdym razem musimy wykonać osobne obliczenia, więc łatwo się pomylić.

Ale jest inny sposób rozwiązania tego problemu, spójrzmy na to z drugiej strony. Ty stracić jeśli Żaden z kości nie wypadnie liczba 6. W tym przypadku mamy sześć niezależnych prób, prawdopodobieństwo każdej z nich wynosi 5/6 (na kostkę może spaść dowolna liczba inna niż 6). Pomnóż je, a otrzymasz około 33%. Zatem prawdopodobieństwo przegranej wynosi od 1 do 3.

Dlatego prawdopodobieństwo wygranej wynosi 67% (lub 2 do 3).

Z tego przykładu widać, że jeśli obliczasz prawdopodobieństwo, że zdarzenie nie wystąpi, odejmij wynik od 100%. Jeżeli prawdopodobieństwo wygranej wynosi 67%, to prawdopodobieństwo stracić — 100% minus 67% lub 33%. I wzajemnie. Jeśli trudno jest obliczyć jedno prawdopodobieństwo, ale łatwo obliczyć przeciwne, oblicz przeciwieństwo, a następnie odejmij od 100%.

Warunki podłączenia dla jednego niezależnego testu

Powiedziałem nieco wcześniej, że nigdy nie należy sumować prawdopodobieństw w niezależnych badaniach. Czy są przypadki, w których? Móc zsumować prawdopodobieństwa? Tak, w jednej konkretnej sytuacji.

Jeśli chcesz obliczyć prawdopodobieństwo wielu niepowiązanych, korzystnych wyników w tym samym badaniu, zsumuj prawdopodobieństwa każdego korzystnego wyniku. Na przykład prawdopodobieństwo wyrzucenia 4, 5 lub 6 na 1k6 wynosi suma prawdopodobieństwo wyrzucenia 4, prawdopodobieństwo wyrzucenia 5 i prawdopodobieństwo wyrzucenia 6. Możesz również pomyśleć o tej sytuacji w następujący sposób: jeśli użyjesz spójnika „lub” w pytaniu o prawdopodobieństwo (na przykład, co jest prawdopodobieństwo lub inny wynik jednego zdarzenia losowego?), oblicz poszczególne prawdopodobieństwa i zsumuj je.

Zwróć uwagę, że kiedy sumujesz wszystkie możliwe wyniki gry, suma wszystkich prawdopodobieństw musi być równa 100%. Jeśli suma nie jest równa 100%, obliczenia zostały wykonane nieprawidłowo. To dobry sposób, aby dokładnie sprawdzić swoje obliczenia. Na przykład, przeanalizowałeś prawdopodobieństwo uzyskania wszystkich kombinacji w pokerze, jeśli zsumujesz wszystkie wyniki, powinieneś otrzymać dokładnie 100% (lub przynajmniej wartość całkiem bliską 100%, jeśli używasz kalkulatora, możesz mieć mały błąd zaokrąglania , ale jeśli dodasz dokładne liczby ręcznie, wszystko powinno się sumować). Jeśli suma nie jest zbieżna, najprawdopodobniej nie wziąłeś pod uwagę niektórych kombinacji lub nieprawidłowo obliczyłeś prawdopodobieństwa niektórych kombinacji, a następnie musisz dwukrotnie sprawdzić swoje obliczenia.

Nierówne prawdopodobieństwa

Do tej pory zakładaliśmy, że każda ścianka wykrojnika wypada z tą samą częstotliwością, bo tak właśnie działa wykrojnik. Ale czasami masz do czynienia z sytuacją, w której możliwe są różne wyniki i one różnorodny szanse na upuszczenie. Na przykład w jednym z rozszerzeń gry karcianej „Wojna nuklearna” znajduje się pole gry ze strzałą, która określa wynik wystrzelenia pocisku: w zasadzie zadaje normalne obrażenia, mniej lub bardziej obrażeń, ale czasami obrażenia są podwojone lub potrojone, albo rakieta eksploduje na wyrzutni i wyrządza ci krzywdę, albo ma miejsce inne zdarzenie. W przeciwieństwie do planszy ze strzałkami w „Chutes & Ladders” lub „A Game of Life”, wyniki planszy w „Nuclear War” są nierówne. Niektóre sekcje pola gry są większe i strzałka zatrzymuje się na nich znacznie częściej, podczas gdy inne sekcje są bardzo małe i strzałka zatrzymuje się na nich rzadko.

Na pierwszy rzut oka kość wygląda mniej więcej tak: 1, 1, 1, 2, 2, 3; już o tym mówiliśmy, jest to coś w rodzaju ważonego 1d3, dlatego musimy wszystkie te sekcje podzielić na równe części, znaleźć najmniejszą jednostkę miary, która jest jej wielokrotnością, a następnie przedstawić sytuację w postaci d522 (lub jakiś inny ), gdzie zestaw ścian kostek pokaże tę samą sytuację, ale z większą liczbą wyników. I to jest jeden ze sposobów rozwiązania problemu i jest to technicznie wykonalne, ale jest prostszy sposób.

Wróćmy do naszych standardowych kości sześciościennych. Powiedzieliśmy, że aby obliczyć średnią wartość rzutu normalną kostką, należy zsumować wartości na wszystkich ściankach i podzielić je przez liczbę ścian, ale jak dokładnie czy trwają obliczenia? Możesz to wyrazić inaczej. W przypadku kości sześciościennych prawdopodobieństwo pojawienia się każdej strony wynosi dokładnie 1/6. Teraz mnożymy Exodus każda krawędź włączona prawdopodobieństwo ten wynik (w tym przypadku 1/6 dla każdej ściany), a następnie zsumuj otrzymane wartości. Czyli sumowanie (1*1/6) + (2*1/6) + (3*1/6) + (4*1/6) + (5*1/6) + (6*1/6 ), otrzymujemy taki sam wynik (3.5), jak w powyższym obliczeniu. W rzeczywistości obliczamy to za każdym razem: mnożymy każdy wynik przez prawdopodobieństwo tego wyniku.

Czy możemy wykonać te same obliczenia dla strzałki na boisku w grze „Wojna nuklearna”? Oczywiście możemy. A jeśli zsumujemy wszystkie znalezione wyniki, otrzymamy średnią wartość. Wszystko, co musimy zrobić, to obliczyć prawdopodobieństwo każdego wyniku dla strzałki na boisku i pomnożyć przez wynik.

Inny przykład

Ta metoda obliczania średniej, poprzez pomnożenie każdego wyniku przez jego indywidualne prawdopodobieństwo, jest również odpowiednia, jeśli wyniki są równie prawdopodobne, ale mają różne zalety, na przykład jeśli rzucasz kostką i wygrywasz więcej po jednej stronie niż po innych. Weźmy na przykład grę, która ma miejsce w kasynie: stawiasz i rzucasz 2k6. Jeśli padną trzy liczby o niskiej wartości (2, 3, 4) lub cztery liczby o wysokiej wartości (9, 10, 11, 12), wygrasz kwotę równą Twojemu zakładowi. Liczby o najniższej i najwyższej wartości są wyjątkowe: jeśli wyrzucisz 2 lub 12, wygrywasz dwa razy więcej niż twoja oferta. Jeśli padnie jakikolwiek inny numer (5, 6, 7, 8), przegrasz swój zakład. To całkiem prosta gra. Ale jakie jest prawdopodobieństwo wygranej?

Zacznijmy od policzenia, ile razy możesz wygrać:

  • Maksymalna liczba wyników w rzucie 2k6 to 36. Jaka jest liczba korzystnych wyników?
  • Jest jedna opcja, że ​​wypadną dwa i jedna opcja, że ​​wypadnie dwanaście.
  • Istnieją 2 opcje wyrzucenia trzech i jedenastu.
  • Istnieją 3 opcje wyrzucenia czterech i 3 opcje wyrzucenia dziesięciu.
  • Istnieją 4 opcje dla dziewięciu do wymyślenia.
  • Podsumowując wszystkie opcje, otrzymujemy liczbę korzystnych wyników 16 z 36.

Tak więc w normalnych warunkach wygrasz 16 razy z 36 możliwych… prawdopodobieństwo wygranej jest nieco mniejsze niż 50%.

Ale w dwóch przypadkach z tych 16 wygrasz dwa razy więcej, tj. to jak dwukrotna wygrana! Jeśli zagrasz w tę grę 36 razy, za każdym razem obstawiając 1 $, a każdy z możliwych wyników pojawi się raz, wygrasz w sumie 18 $ (w rzeczywistości wygrywasz 16 razy, ale dwa z tych razy liczą się jako dwie wygrane). Jeśli zagrasz 36 razy i wygrasz 18 $, czy nie oznacza to, że masz równe szanse?

Nie spiesz się. Jeśli policzysz, ile razy możesz przegrać, otrzymasz 20, a nie 18. Jeśli zagrasz 36 razy, obstawiając za każdym razem 1 USD, wygrasz w sumie 18 USD przy wszystkich obstawionych kursach... ale przegrasz łączna kwota 20 $ za wszystkie 20 złych wyników! W rezultacie będziesz trochę w tyle: tracisz średnio 2$ netto na każde 36 gier (możesz też powiedzieć, że tracisz średnio 1/18$ dziennie). Teraz widzisz, jak łatwo w tym przypadku popełnić błąd i błędnie obliczyć prawdopodobieństwo!

permutacja

Do tej pory zakładaliśmy, że kolejność, w jakiej wyrzucane są liczby, nie ma znaczenia podczas rzucania kostką. Rzut 2+4 jest taki sam jak rzut 4+2. W większości przypadków liczbę korzystnych wyników wyliczamy ręcznie, ale czasami ta metoda jest niepraktyczna i lepiej użyć wzoru matematycznego.

Przykładem takiej sytuacji jest gra w kości „Farkle”. W każdej nowej rundzie rzucasz 6k6. Jeśli masz szczęście i pojawią się wszystkie możliwe wyniki 1-2-3-4-5-6 (proste), otrzymasz dużą premię. Jakie jest prawdopodobieństwo, że tak się stanie? W takim przypadku istnieje wiele możliwości utraty tej kombinacji!

Rozwiązanie jest następujące: jedna z kości (i tylko jedna) musi rzucić cyfrą 1! Na ile sposobów można uzyskać numer 1 na jednej kości? Sześć, ponieważ jest 6 kostek i każda z nich może wylądować numer 1. W związku z tym weź jedną kostkę i odłóż ją na bok. Teraz na jednej z pozostałych kości powinna padać cyfra 2. Jest na to pięć opcji. Weź kolejną kostkę i odłóż ją na bok. Wynika z tego, że cztery z pozostałych kostek mogą rzucić cyfrą 3, trzy z pozostałych kostek mogą rzucić cyfrą 4, dwie z pozostałych kostek mogą rzucić cyfrą 5, w wyniku czego zostajesz z jedną kostką, na na której powinna padać liczba 6 (w tym drugim przypadku kostka jest tylko jedna i nie ma wyboru). Aby policzyć liczbę korzystnych wyników dla wyłonienia prostej kombinacji, mnożymy wszystkie różne, niezależne opcje: 6x5x4x3x2x1 = 720 - wygląda na to, że jest całkiem sporo opcji na pojawienie się tej kombinacji.

Aby obliczyć prawdopodobieństwo uzyskania strita, musimy podzielić 720 przez liczbę wszystkich możliwych wyników, aby wyrzucić 6k6. Jaka jest liczba wszystkich możliwych wyników? Każda kość może trafić 6 ścian, więc mnożymy 6x6x6x6x6x6 = 46656 (znacznie wyższa liczba!). Dzielimy 720/46656 i otrzymujemy prawdopodobieństwo równe około 1,5%. Jeśli projektowałeś tę grę, dobrze by było o tym wiedzieć, aby móc stworzyć odpowiedni system punktacji. Teraz rozumiemy, dlaczego w grze „Farkle” dostajesz tak dużą premię, jeśli dostaniesz kombinację „prosta”, ponieważ taka sytuacja jest dość rzadka!

Wynik jest interesujący również z innego powodu. Przykład pokazuje, jak rzadko w krótkim okresie wypada wynik odpowiadający prawdopodobieństwu. Oczywiście, gdybyśmy rzucili kilkoma tysiącami kostek, różne strony kości pojawiałyby się dość często. Ale kiedy rzucamy tylko sześcioma kostkami, prawie nigdy nie zdarza się, że każda z twarzy wypadnie! Wychodząc z tego, staje się jasne, że głupotą jest oczekiwać, że teraz wypadnie kolejna twarz, która jeszcze nie wypadła „ponieważ od dawna nie porzuciliśmy cyfry 6, co oznacza, że ​​teraz wypadnie. ”

Spójrz, twój generator liczb losowych jest zepsuty...

To prowadzi nas do powszechnego błędnego przekonania na temat prawdopodobieństwa: założenia, że ​​wszystkie wyniki pojawiają się z tą samą częstotliwością. w krótkim czasie, co w rzeczywistości nie jest prawdą. Jeśli rzucimy kostką kilka razy, częstotliwość każdej z twarzy nie będzie taka sama.

Jeśli kiedykolwiek pracowałeś wcześniej nad grą online z jakimś generatorem liczb losowych, najprawdopodobniej spotkałeś się z sytuacją, w której gracz pisze do pomocy technicznej, aby powiedzieć, że twój generator liczb losowych jest uszkodzony i nie wyświetla liczb losowych, a on doszedł do tego wniosku, ponieważ właśnie zabił 4 potwory z rzędu i otrzymał 4 dokładnie takie same nagrody, a te nagrody powinny spadać tylko w 10% przypadków, więc to Prawie nigdy nie powinien odbywać się, co oznacza to oczywiścieże twój generator liczb losowych jest uszkodzony.

Robisz matematykę. 1/10*1/10*1/10*1/10 równa się 1 na 10 000, co oznacza, że ​​jest dość rzadkie. I to właśnie gracz próbuje ci powiedzieć. Czy w tym przypadku jest jakiś problem?

Wszystko zależy od okoliczności. Ilu graczy jest teraz na twoim serwerze? Załóżmy, że masz dość popularną grę i codziennie gra w nią 100 000 osób. Ilu graczy zabije cztery potwory z rzędu? Może wszystko, kilka razy dziennie, ale załóżmy, że połowa z nich po prostu handluje różnymi przedmiotami na aukcjach, czatuje na serwerach RP lub wykonuje inne czynności w grze, więc tylko połowa z nich faktycznie poluje na potwory. Jakie jest prawdopodobieństwo, że ktoś czy ta sama nagroda odpadnie? W takiej sytuacji możesz spodziewać się, że ta sama nagroda może spaść przynajmniej kilka razy dziennie!

Swoją drogą, dlatego wydaje się, że przynajmniej co kilka tygodni ktoś wygrywa na loterii, nawet jeśli ten ktoś nigdy ty lub twoi przyjaciele nie przychodzicie. Jeśli co tydzień będzie grać wystarczająco dużo osób, są szanse, że będzie przynajmniej jeden szczęście... ale jeśli ty grasz na loterii, masz mniejsze szanse na wygranie pracy w Infinity Ward.

Mapy i uzależnienie

Omówiliśmy niezależne zdarzenia, takie jak rzucanie kostką, a teraz znamy wiele potężnych narzędzi do analizy losowości w wielu grach. Obliczenie prawdopodobieństwa jest nieco bardziej skomplikowane, jeśli chodzi o dobieranie kart z talii, ponieważ każda dobrana przez nas karta wpływa na pozostałe karty w talii. Jeśli masz standardową talię 52 kart i dobierasz na przykład 10 kier i chcesz poznać prawdopodobieństwo, że następna karta będzie w tym samym kolorze, prawdopodobieństwo się zmieniło, ponieważ usunąłeś już jedną kartę kier z talia kart. Każda usunięta karta zmienia prawdopodobieństwo pojawienia się następnej karty w talii. Ponieważ w tym przypadku poprzednie zdarzenie wpływa na następne, nazywamy to prawdopodobieństwem zależny.

Pamiętaj, że kiedy mówię „karty”, mam na myśli każdy mechanika gry, w której znajduje się zestaw obiektów i jeden z obiektów wyjmujesz bez wymiany, „talia kart” w tym przypadku jest analogiczna do worka żetonów, z którego wyjmujesz jeden żeton i go nie wymieniasz, lub urna, z której usuwa się kolorowe kulki (właściwie nigdy nie widziałem gry, w której byłaby urna z wyjętymi z niej kolorowymi kulkami, ale wygląda na to, że nauczyciele teorii prawdopodobieństwa z jakiegoś powodu wolą ten przykład).

Właściwości zależności

Chciałbym wyjaśnić, że jeśli chodzi o karty, to zakładam, że dobierasz karty, oglądasz je i usuwasz z talii. Każde z tych działań jest ważną właściwością.

Gdybym miał talię, powiedzmy, złożoną z sześciu kart o numerach od 1 do 6, potasowałbym je i dobrał jedną kartę, a następnie ponownie potasował wszystkie sześć kart, byłoby to równoznaczne z rzutem kostką sześciościenną; jeden wynik nie wpływa na następny. Tylko jeśli dociągnę karty i ich nie zamienię, wynik dobrania karty z numerem 1 zwiększy prawdopodobieństwo, że następnym razem dociągnę kartę z numerem 6 (prawdopodobieństwo będzie rosło, aż w końcu dobiorę tę kartę lub do Tasuję karty).

Fakt, że my patrzymy na kartach jest również ważne. Jeśli wyjmę kartę z talii i nie spojrzę na nią, nie mam żadnych dodatkowych informacji, a prawdopodobieństwo właściwie się nie zmienia. Może to brzmieć nielogicznie. Jak po prostu odwrócić kartę w magiczny sposób, aby zmienić szanse? Ale jest to możliwe, ponieważ prawdopodobieństwo nieznanych przedmiotów można obliczyć tylko na podstawie tego, że wiesz. Na przykład, jeśli przetasujesz standardową talię kart, odkryjesz 51 kart i żadna z nich nie jest królową trefl, będziesz wiedział ze 100% pewnością, że pozostała karta jest królową trefl. Jeśli potasujesz standardową talię kart i dobierzesz 51 kart, mimo na nich, to prawdopodobieństwo, że pozostała karta jest damą trefl będzie nadal wynosić 1/52. Otwierając każdą kartę, otrzymujesz więcej informacji.

Obliczanie prawdopodobieństwa zdarzeń zależnych odbywa się na tych samych zasadach, co w przypadku zdarzeń niezależnych, z tą różnicą, że jest to nieco bardziej skomplikowane, ponieważ prawdopodobieństwa zmieniają się, gdy odkrywasz karty. Dlatego musisz pomnożyć wiele różnych wartości, zamiast mnożyć tę samą wartość. W rzeczywistości oznacza to, że musimy połączyć wszystkie obliczenia, które wykonaliśmy, w jedną kombinację.

Przykład

Tasujesz standardową talię 52 kart i dobierasz dwie karty. Jakie jest prawdopodobieństwo, że usuniesz parę? Jest kilka sposobów na obliczenie tego prawdopodobieństwa, ale być może najprostszy jest taki: jakie jest prawdopodobieństwo, że jeśli dobierzesz jedną kartę, nie będziesz w stanie dobrać pary? Prawdopodobieństwo to wynosi zero, więc tak naprawdę nie ma znaczenia, którą pierwszą kartę dobierzesz, o ile pasuje do drugiej. Bez względu na to, którą kartę dobierzemy jako pierwszą, wciąż mamy szansę na dobranie pary, więc prawdopodobieństwo, że uda nam się dobrać parę po wylosowaniu pierwszej karty, wynosi 100%.

Jakie jest prawdopodobieństwo, że druga karta będzie pasować do pierwszej? W talii pozostało 51 kart, a 3 z nich pasują do pierwszej karty (w rzeczywistości byłoby to 4 z 52, ale już usunąłeś jedną z pasujących kart, kiedy dobierałeś pierwszą kartę!), więc prawdopodobieństwo wynosi 1 /17. (Więc następnym razem, gdy facet po drugiej stronie stołu, grając w Texas Hold'em powie: „Dobrze, kolejna para? Mam dziś szczęście”, będziesz wiedział, że jest dość duża szansa, że ​​blefuje.)

Co jeśli dodamy dwóch jokerów, a teraz mamy 54 karty w talii i chcemy wiedzieć, jakie jest prawdopodobieństwo wylosowania pary? Pierwszą kartą może być Joker, a następnie talia będzie zawierać tylko jeden karta, a nie trzy, które będą pasować. Jak znaleźć prawdopodobieństwo w tym przypadku? Dzielimy prawdopodobieństwa i mnożymy każdą możliwość.

Naszą pierwszą kartą może być joker lub inna karta. Prawdopodobieństwo wylosowania jokera wynosi 2/54, prawdopodobieństwo wylosowania innej karty wynosi 52/54.

Jeśli pierwszą kartą jest joker (2/54), prawdopodobieństwo, że druga karta będzie pasować do pierwszej wynosi 1/53. Mnożenie wartości (możemy je pomnożyć, bo są to osobne zdarzenia i chcemy Zarówno wydarzenia się wydarzyły) i otrzymujemy 1/1431 - mniej niż jedną dziesiątą procenta.

Jeśli najpierw dobierzesz inną kartę (52/54), prawdopodobieństwo dopasowania drugiej karty wynosi 3/53. Mnożymy wartości​​ i otrzymujemy 78/1431 (nieco ponad 5,5%).

Co zrobimy z tymi dwoma wynikami? Nie przecinają się i chcemy poznać prawdopodobieństwo każdy z nich, więc sumujemy wartości! Otrzymujemy wynik końcowy 79/1431 (nadal ok. 5,5%).

Gdybyśmy chcieli mieć pewność co do trafności odpowiedzi, moglibyśmy obliczyć prawdopodobieństwo wszystkich innych możliwych wyników: wylosowanie jokera i niedopasowanie drugiej karty lub wylosowanie innej karty bez dopasowania do drugiej i zsumowanie ich wszystkich z prawdopodobieństwem wygranej otrzymalibyśmy dokładnie 100%. Nie podam tutaj matematyki, ale możesz spróbować matematyki, aby dwukrotnie sprawdzić.

Paradoks Monty Hall

To prowadzi nas do dość znanego paradoksu, który często myli wielu, paradoksu Monty Halla. Paradoks nosi imię Monty'ego Halla, gospodarza programu telewizyjnego Let's Make a Deal. Jeśli nigdy nie widziałeś tego programu, było to przeciwieństwo programu telewizyjnego „Cena ma rację”. W „The Price Is Right” gospodarz (wcześniej Bob Barker, teraz to…Drew Carey? W każdym razie…) jest twoim przyjacielem. On chce aby wygrać pieniądze lub fajne nagrody. Stara się dać ci każdą szansę na wygraną, o ile możesz odgadnąć, ile faktycznie warte są sponsorowane przedmioty.

Inaczej zachowywał się Monty Hall. Był jak zły bliźniak Boba Barkera. Jego celem było sprawienie, żebyś wyglądała jak idiota w ogólnokrajowej telewizji. Jeśli byłeś w programie, był twoim przeciwnikiem, grałeś przeciwko niemu i szanse były na jego korzyść. Może jestem surowy, ale kiedy szansa, że ​​zostaniesz wybrany jako przeciwnik, wydaje się być wprost proporcjonalna do tego, czy masz na sobie absurdalny kostium, dochodzę do podobnych wniosków.

Ale jednym z najsłynniejszych memów serialu było to: przed tobą było troje drzwi, które nazywały się Drzwi Numer 1, Drzwi Numer 2 i Drzwi Numer 3. Możesz wybrać dowolne drzwi... za darmo! Za jednymi z tych drzwi znajdowała się wspaniała nagroda, na przykład nowy samochód. Za innymi drzwiami nie było nagród, te dwoje drzwi nie miało żadnej wartości. Ich celem było upokorzenie cię i tak nie jest tak, że nic za nimi nie było, było za nimi coś, co wyglądało głupio, jak za nimi koza lub wielka tubka pasty do zębów, czy coś ... coś, co dokładnie było nie nowy samochód.

Wybrałeś jedne z drzwi, a Monty miał je otworzyć, aby dać ci znać, czy wygrałeś, czy nie... ale czekaj, zanim się dowiemy spójrzmy na jeden z tych drzwi ty nie wybrany. Ponieważ Monty wie, za którymi drzwiami jest nagroda, a jest tylko jedna nagroda i dwa drzwi, których nie wybrałeś, bez względu na wszystko, zawsze może otworzyć drzwi, za którymi nie ma nagrody. „Czy wybierasz Drzwi numer 3? W takim razie otwórzmy Drzwi 1, aby pokazać, że nie ma za nimi nagrody”. A teraz, z hojności, oferuje ci szansę na wymianę wybranych drzwi nr 3 na to, co kryje się za drzwiami nr 2. W tym miejscu pojawia się pytanie o prawdopodobieństwo: czy możliwość wybrania innych drzwi zwiększa czy zmniejsza twoją szansę wygranej, czy pozostaje bez zmian? Co myślisz?

Prawidłowa odpowiedź: możliwość wyboru innych drzwi wzrasta prawdopodobieństwo wygranej od 1/3 do 2/3. To nielogiczne. Jeśli nie spotkałeś się wcześniej z tym paradoksem, prawdopodobnie myślisz: poczekaj, otwierając jedne drzwi, magicznie zmieniliśmy prawdopodobieństwo? Ale jak widzieliśmy na powyższym przykładzie mapy, jest to dokładnie co się stanie, gdy zdobędziemy więcej informacji. To oczywiste, że prawdopodobieństwo wygranej za pierwszym razem wynosi 1/3 i chyba wszyscy się z tym zgodzą. Kiedy jedne drzwi się otworzą, wcale nie zmienia to prawdopodobieństwa wygrania pierwszego wyboru, prawdopodobieństwo nadal wynosi 1/3, ale oznacza to, że prawdopodobieństwo, że inne prawidłowe drzwi to teraz 2/3.

Spójrzmy na ten przykład z drugiej strony. Ty wybierasz drzwi. Prawdopodobieństwo wygranej wynosi 1/3. sugeruję zmianę dwa inne drzwi, co faktycznie proponuje Monty Hall. Oczywiście otwiera jedne z drzwi, by pokazać, że nie ma za nimi nagrody, ale on… zawsze może to zrobić, więc tak naprawdę niczego nie zmienia. Oczywiście będziesz chciał wybrać inne drzwi!

Jeśli nie do końca rozumiesz ten problem i potrzebujesz bardziej przekonującego wyjaśnienia, kliknij ten link, aby przejść do świetnej małej aplikacji Flash, która pozwoli ci bardziej szczegółowo zbadać ten paradoks. Możesz zacząć od około 10 drzwi, a następnie stopniowo przejść do gry z trzema drzwiami; istnieje również symulator, w którym możesz wybrać dowolną liczbę drzwi od 3 do 50 i zagrać lub uruchomić kilka tysięcy symulacji i zobaczyć, ile razy byś wygrał, gdybyś grał.

Komentarz nauczyciela matematyki wyższej i specjalisty od balansu gier Maxima Soldatova, którego Schreiber oczywiście nie miał, ale bez którego raczej trudno zrozumieć tę magiczną transformację:

Wybierz drzwi, jedne z trzech, prawdopodobieństwo „wygranej” 1/3. Teraz masz 2 strategie: zmień wybór po otwarciu niewłaściwych drzwi lub nie. Jeśli nie zmienisz swojego wyboru, to prawdopodobieństwo pozostanie 1/3, ponieważ wybór jest tylko na pierwszym etapie i musisz od razu zgadnąć, ale jeśli zmienisz, możesz wygrać, jeśli najpierw wybierzesz złe drzwi ( wtedy otworzą kolejną błędną, pozostaną prawdziwe, zmienisz decyzję po prostu ją podejmij)
Prawdopodobieństwo wybrania niewłaściwych drzwi na początku wynosi 2/3, więc okazuje się, że zmieniając decyzję zwiększasz prawdopodobieństwo wygranej 2 razy

Powrót do paradoksu Monty Hall

Jeśli chodzi o sam program, Monty Hall wiedział o tym, ponieważ nawet jeśli jego przeciwnicy nie byli dobrzy z matematyki, on dobrze ją rozumie. Oto, co zrobił, aby nieco zmienić grę. Jeśli wybrałeś drzwi, za którymi znajdowała się nagroda, których prawdopodobieństwo wynosi 1/3, to zawsze zaoferowała Ci możliwość wyboru innych drzwi. Ponieważ wybrałeś samochód, a potem zamieniłeś go na kozę i wyglądasz dość głupio, a dokładnie tego potrzebuje, ponieważ jest trochę złym facetem. Ale jeśli wybierzesz drzwi, za którymi? nie będzie nagrody, tylko połowa w takich przypadkach podpowie ci, abyś wybrał inne drzwi, a w innych przypadkach po prostu pokaże ci twoją nową kozę i opuścisz scenę. Przeanalizujmy tę nową grę, w której Monty Hall może wybierać dać ci szansę wyboru innych drzwi lub nie.

Załóżmy, że postępuje zgodnie z tym algorytmem: jeśli wybierzesz drzwi z nagrodą, zawsze daje ci możliwość wyboru innych drzwi, w przeciwnym razie prawdopodobieństwo, że zaoferuje ci inne drzwi lub da kozę, wynosi 50/50. Jakie jest prawdopodobieństwo Twojej wygranej?

W jednej z trzech opcji od razu wybierasz drzwi, za którymi znajduje się nagroda, a gospodarz zaprasza Cię do wybrania kolejnych drzwi.

Z pozostałych dwóch opcji z trzech (początkowo wybierasz drzwi bez nagrody), w połowie przypadków gospodarz poprosi Cię o wybranie innych drzwi, a w drugiej połowie nie. Połowa z 2/3 to 1/3, czyli w jednym przypadku na trzy dostaniesz kozę, w jednym przypadku na trzy wybierzesz złe drzwi, a gospodarz poprosi Cię o wybranie kolejnych, a w jednym przypadku na trzy wybierzesz właściwe drzwi a on poprosi cię o wybranie innych drzwi.

Jeżeli gospodarz sugeruje, żebyśmy wybrali inne drzwi, to już wiemy, że jeden z trzech przypadków, kiedy daje nam kozę i wychodzimy, nie miał miejsca. To przydatna informacja, ponieważ oznacza, że ​​zmieniły się nasze szanse na wygraną. Dwa razy na trzy mamy wybór, w jednym przypadku oznacza to, że dobrze odgadliśmy, a w drugim źle zgadliśmy, więc jeśli w ogóle zaoferowano nam wybór, to znaczy, że prawdopodobieństwo naszej wygranej wynosi 50 /50, a nie ma matematyczny korzyści, pozostań przy swoim wyborze lub wybierz inne drzwi.

Podobnie jak poker, jest to teraz gra psychologiczna, a nie matematyczna. Monty zaoferował ci wybór, ponieważ uważa, że ​​jesteś prostakiem, który nie wie, że wybór innych drzwi jest „właściwą” decyzją i że będziesz uparcie trzymał się swojego wyboru, ponieważ psychologicznie sytuacja, w której wybierasz samochód, a potem go zgubiłeś, mocniej? A może myśli, że jesteś sprytny i wybierasz inne drzwi, i oferuje ci tę szansę, ponieważ wie, że zgadłeś dobrze za pierwszym razem i że zostaniesz uzależniony i uwięziony? A może jest nietypowo dla siebie miły i namawia do zrobienia czegoś w swoim osobistym interesie, ponieważ od dawna nie podarował samochodu, a jego producenci mówią mu, że publiczność się nudzi i byłoby lepiej, gdyby dał duża nagroda wkrótce. żeby oceny nie spadły?

W ten sposób Monty'emu udaje się (czasami) dać wybór, a ogólne prawdopodobieństwo wygranej pozostaje 1/3. Pamiętaj, że prawdopodobieństwo natychmiastowej przegranej wynosi 1/3. Istnieje 1/3 szansy, że od razu odgadniesz, a 50% tych wygranych (1/3 x 1/2 = 1/6). Prawdopodobieństwo, że na początku zgadniesz źle, a potem będziesz miał szansę wybrać inne drzwi, wynosi 1/3, aw 50% tych przypadków wygrasz (również 1/6). Zsumuj dwie niezależne możliwości wygranej, a otrzymasz prawdopodobieństwo 1/3, więc niezależnie od tego, czy pozostaniesz przy swoim wyborze, czy wybierzesz inne drzwi, całkowite prawdopodobieństwo Twojej wygranej w całej grze wynosi 1/3… prawdopodobieństwo nie rośnie niż w sytuacji, gdybyś odgadł drzwi, a gospodarz pokazałby Ci, co jest za tymi drzwiami, bez możliwości wyboru innych drzwi! Tak więc celem zaoferowania opcji wyboru innych drzwi nie jest zmiana prawdopodobieństwa, ale sprawienie, aby proces decyzyjny był przyjemniejszy do oglądania w telewizji.

Nawiasem mówiąc, jest to jeden z głównych powodów, dla których poker może być tak interesujący: w większości formatów między rundami, kiedy stawiane są zakłady (na przykład flop, turn i river w Texas Hold'em), karty są stopniowo ujawniane , a jeśli na początku gry masz jedno prawdopodobieństwo wygranej, to po każdej rundzie licytacji, gdy więcej kart jest otwartych, prawdopodobieństwo to się zmienia.

Paradoks chłopca i dziewczynki

To prowadzi nas do innego dobrze znanego paradoksu, który zwykle intryguje wszystkich, paradoksu chłopca-dziewczyny. Jedyna rzecz, o której dzisiaj piszę, która nie jest bezpośrednio związana z grami (chociaż domyślam się, że to po prostu oznacza, że ​​powinienem cię popchnąć do stworzenia odpowiedniej mechaniki gry). To bardziej zagadka, ale ciekawa i aby ją rozwiązać, musisz zrozumieć prawdopodobieństwo warunkowe, o którym mówiliśmy powyżej.

Zadanie: mam koleżankę z dwójką dzieci, przynajmniej jeden dziecko jest dziewczynką. Jakie jest prawdopodobieństwo, że drugie dziecko także dziewczyna? Załóżmy, że w każdej rodzinie szansa na posiadanie dziewczynki lub chłopca wynosi 50/50 i dotyczy to każdego dziecka (w rzeczywistości niektórzy mężczyźni mają więcej plemników w plemnikach z chromosomem X lub Y, więc prawdopodobieństwo zmienia się nieznacznie, jeśli wiesz, że jedno dziecko jest dziewczynką, prawdopodobieństwo posiadania dziewczynki jest nieco wyższe, dodatkowo są inne uwarunkowania, np. hermafrodytyzm, ale dla rozwiązania tego problemu nie weźmiemy tego pod uwagę i założymy, że narodziny dziecka są zdarzeniem niezależnym i prawdopodobieństwo urodzenia chłopca lub dziewczynki jest takie samo).

Ponieważ mówimy o szansie 1/2, intuicyjnie oczekujemy, że odpowiedzią będzie prawdopodobnie 1/2 lub 1/4, lub jakaś inna okrągła liczba, która jest wielokrotnością 2. Ale odpowiedź brzmi: 1/3 . Czekaj, dlaczego?

Trudność w tym przypadku polega na tym, że posiadane przez nas informacje ograniczają liczbę możliwości. Załóżmy, że rodzice są fanami Ulicy Sezamkowej i niezależnie od tego, czy dziecko urodziło się chłopcem, czy dziewczynką, nazywali swoje dzieci A i B. W normalnych okolicznościach istnieją cztery równie prawdopodobne możliwości: A i B to dwaj chłopcy, A i B to dwie dziewczynki, A to chłopiec, a B to dziewczynka, A to dziewczynka, a B to chłopiec. Ponieważ wiemy, że przynajmniej jeden dziecko jest dziewczynką, możemy wykluczyć, że A i B to dwóch chłopców, pozostawiając nam trzy (wciąż równie prawdopodobne) możliwości. Jeśli wszystkie możliwości są jednakowo prawdopodobne i są trzy, wiemy, że prawdopodobieństwo każdej z nich wynosi 1/3. Tylko w jednej z tych trzech opcji oboje dzieci są dwiema dziewczynkami, więc odpowiedź to 1/3.

I znowu o paradoksie chłopca i dziewczynki

Rozwiązanie problemu staje się jeszcze bardziej nielogiczne. Wyobraź sobie, że mówię ci, że mój przyjaciel ma dwoje dzieci i jedno dziecko - dziewczyna urodzona we wtorek. Załóżmy, że w normalnych warunkach prawdopodobieństwo urodzenia dziecka w jednym z siedmiu dni tygodnia jest takie samo. Jakie jest prawdopodobieństwo, że drugie dziecko też jest dziewczynką? Możesz pomyśleć, że odpowiedź nadal będzie wynosić 1/3; Jakie znaczenie ma wtorek? Ale w tym przypadku intuicja nas zawodzi. Odpowiadać: 13/27 co nie tylko nie jest intuicyjne, ale jest bardzo dziwne. O co chodzi w tym przypadku?

W rzeczywistości wtorek zmienia prawdopodobieństwo, ponieważ nie wiemy który dziecko urodziło się we wtorek lub prawdopodobnie dwoje dzieci urodzili się we wtorek. W tym przypadku posługujemy się tą samą logiką co powyżej, liczymy wszystkie możliwe kombinacje, gdy przynajmniej jedno dziecko to dziewczynka urodzona we wtorek. Podobnie jak w poprzednim przykładzie, załóżmy, że dzieci mają nazwy A i B, kombinacje są następujące:

  • A to dziewczynka urodzona we wtorek, B to chłopiec (w tej sytuacji istnieje 7 możliwości, po jednej na każdy dzień tygodnia, w którym może urodzić się chłopiec).
  • B to dziewczynka urodzona we wtorek, A to chłopiec (również 7 możliwości).
  • A to dziewczynka urodzona we wtorek, B to dziewczynka urodzona we wtorek inne dzień tygodnia (6 możliwości).
  • B to dziewczynka, która urodziła się we wtorek, A to dziewczynka, która nie urodziła się we wtorek (również 6 prawdopodobieństw).
  • A i B to dwie dziewczynki, które urodziły się we wtorek (1 możliwość, trzeba zwrócić na to uwagę, żeby nie liczyć dwa razy).

Podsumowujemy i otrzymujemy 27 różnych, jednakowo możliwych kombinacji narodzin dzieci i dni z przynajmniej jedną możliwością narodzin dziewczynki we wtorek. Spośród nich 13 możliwości jest, gdy rodzą się dwie dziewczynki. Wygląda też zupełnie nielogicznie i wydaje się, że to zadanie zostało stworzone tylko po to, by wywołać ból głowy. Jeśli nadal jesteś zaskoczony tym przykładem, teoretyk gier Jesper Juhl ma dobre wyjaśnienie tej sprawy na swojej stronie internetowej.

Jeśli obecnie pracujesz nad grą...

Jeśli w projektowanej przez ciebie grze występuje losowość, jest to świetna okazja do jej analizy. Wybierz dowolny element, który chcesz przeanalizować. Najpierw zadaj sobie pytanie, jakie jest prawdopodobieństwo wystąpienia tego elementu zgodnie z Twoimi oczekiwaniami, jakie powinno być Twoim zdaniem w kontekście gry. Na przykład, jeśli tworzysz grę RPG i myślisz o tym, jak prawdopodobne jest, aby gracz był w stanie pokonać potwora w bitwie, zadaj sobie pytanie, jaki procent wygranych jest dla ciebie odpowiedni. Zwykle podczas grania w konsolowe gry RPG gracze są bardzo sfrustrowani, gdy przegrywają, więc lepiej, aby nie przegrywali często… może 10% czasu lub mniej? Jeśli jesteś projektantem gier RPG, prawdopodobnie wiesz lepiej niż ja, ale musisz mieć podstawowe pojęcie o tym, jakie powinno być prawdopodobieństwo.

Następnie zadaj sobie pytanie, czy to jest coś zależny(jak karty) lub niezależny(jak kości). Omów wszystkie możliwe wyniki i ich prawdopodobieństwa. Upewnij się, że suma wszystkich prawdopodobieństw wynosi 100%. Na koniec oczywiście porównaj swoje wyniki z oczekiwaniami. Niezależnie od tego, czy rzuca się kośćmi, czy karty są dobierane zgodnie z zamierzeniami, czy też widzisz, że musisz dostosować wartości. I oczywiście, jeśli odnaleźć co należy dostosować, możesz użyć tych samych obliczeń, aby określić, jak bardzo coś zmienić!

Praca domowa

Twoja „praca domowa” w tym tygodniu pomoże ci udoskonalić twoje umiejętności prawdopodobieństwa. Oto dwie gry w kości i gra karciana, które przeanalizujesz na podstawie prawdopodobieństwa, a także dziwna mechanika gry, którą kiedyś opracowałem, na której przetestujesz metodę Monte Carlo.

Gra nr 1 - Smocze kości

Jest to gra w kości, którą kiedyś wymyśliliśmy z kolegami (dzięki Jebowi Havensowi i Jesse'owi Kingowi!) i która celowo zadziwia ludzi swoimi prawdopodobieństwami. Jest to prosta gra kasynowa o nazwie „Dragon Bones” i jest to rywalizacja w kości hazardowe między graczem a przedsiębiorstwem. Otrzymujesz zwykłą kość 1k6. Celem gry jest wyrzucenie liczby wyższej niż liczba kasyna. Tomek otrzymuje niestandardową 1k6 - taką samą jak twoja, ale zamiast jednego z jednej strony - wizerunek smoka (zatem kasyno ma kość Smok-2-3-4-5-6). Jeśli instytucja zdobędzie Smoka, automatycznie wygrywa, a Ty przegrywasz. Jeśli oboje otrzymacie ten sam numer, oznacza to remis i ponownie rzucacie kostką. Ten, kto wyrzuci najwyższą liczbę, wygrywa.

Oczywiście nie wszystko układa się na korzyść gracza, ponieważ kasyno ma przewagę w postaci smoczej twarzy. Ale czy tak jest naprawdę? Musisz to policzyć. Ale wcześniej sprawdź swoją intuicję. Powiedzmy, że wygrana wynosi 2 do 1. Więc jeśli wygrasz, zachowujesz swój zakład i otrzymujesz podwójną kwotę. Na przykład, jeśli postawisz 1 USD i wygrasz, zatrzymasz ten dolar i dostaniesz 2 dodatkowe 2, co daje w sumie 3 USD. Jeśli przegrasz, przegrasz tylko swój zakład. Zagrałbyś? Czy więc intuicyjnie czujesz, że prawdopodobieństwo jest większe niż 2 do 1, czy nadal uważasz, że jest mniejsze? Innymi słowy, średnio w 3 grach, czy spodziewasz się, że wygrasz więcej niż raz, czy mniej, czy raz?

Kiedy już uporasz się z intuicją, zastosuj matematykę. Dla obu kości jest tylko 36 możliwych pozycji, więc z łatwością możesz je wszystkie policzyć. Jeśli nie masz pewności co do tej oferty 2 do 1, rozważ to: załóżmy, że grałeś 36 razy (za każdym razem stawiasz 1 $). Za każdą wygraną otrzymujesz 2 $, za każdą stratę tracisz 1 $, a remis niczego nie zmienia. Policz wszystkie prawdopodobne wygrane i straty i zdecyduj, czy stracisz trochę dolarów, czy zyskasz. Następnie zadaj sobie pytanie, jak słuszna okazała się twoja intuicja. A potem - zdaj sobie sprawę, jakim jestem złoczyńcą.

I tak, jeśli już zastanawiałeś się nad tym pytaniem – celowo wprowadzam Cię w zakłopotanie, zniekształcając prawdziwą mechanikę gier w kości, ale jestem pewien, że możesz pokonać tę przeszkodę tylko dobrą myślą. Spróbuj sam rozwiązać ten problem. Wszystkie odpowiedzi opublikuję tutaj w przyszłym tygodniu.

Gra nr 2 - Losowanie

Jest to gra w kości o nazwie Lucky Roll (również Birdcage, ponieważ czasami kostki nie są rzucane, ale umieszczane w dużej drucianej klatce, przypominającej klatkę Bingo). To prosta gra, która wygląda mniej więcej tak: Postaw, powiedzmy, 1 $ na liczbę od 1 do 6. Następnie rzucasz 3k6. Za każdą kostkę, która trafi w Twój numer, otrzymujesz 1 USD (i zachowujesz swój pierwotny zakład). Jeśli twój numer nie wyląduje na żadnej z kości, kasyno dostanie twojego dolara, a ty nic. Więc jeśli postawisz na 1 i dostaniesz 1 na awersie trzy razy, dostaniesz 3 $.

Intuicyjnie wydaje się, że w tej grze szanse są równe. Każda kostka jest indywidualna, 1 do 6 szans na wygraną, więc suma wszystkich trzech wynosi 3 do 6. Pamiętaj jednak, że dodajesz trzy oddzielne kości i możesz je dodawać tylko wtedy, gdy my mówiąc o oddzielnych wygrywających kombinacjach tych samych kości. Coś, co będziesz musiał pomnożyć.

Po obliczeniu wszystkich możliwych wyników (prawdopodobnie łatwiej jest to zrobić w Excelu niż ręcznie, jest ich 216), gra na pierwszy rzut oka nadal wygląda parzysto-nieparzysto. Ale w rzeczywistości kasyno wciąż ma większe szanse na wygraną – o ile więcej? W szczególności, ile pieniędzy spodziewasz się średnio stracić na rundę gry? Wszystko, co musisz zrobić, to zsumować wygrane i przegrane wszystkich 216 wyników, a następnie podzielić przez 216, co powinno być całkiem proste… Ale jak widzisz, jest kilka pułapek, w które możesz wpaść, dlatego mówię ci : Jeśli uważasz, że ta gra ma równe szanse na wygraną, to źle to zrobiłeś.

Gra #3 - 5 Card Stud

Jeśli już rozgrzałeś się po poprzednich grach, sprawdźmy, co wiemy o prawdopodobieństwie warunkowym na przykładzie tej gry karcianej. W szczególności wyobraźmy sobie pokera z talią 52 kart. Wyobraźmy sobie również 5 card stud, w którym każdy gracz otrzymuje tylko 5 kart. Nie możesz odrzucić karty, nie możesz dobrać nowej, nie ma wspólnej talii - dostajesz tylko 5 kart.

Poker królewski to 10-J-Q-K-A w jednym rozdaniu, co daje w sumie cztery, więc istnieją cztery możliwe sposoby uzyskania pokera królewskiego. Oblicz prawdopodobieństwo, że otrzymasz jedną z tych kombinacji.

Ostrzegam przed jedną rzeczą: pamiętaj, że możesz dobrać te pięć kart w dowolnej kolejności. Oznacza to, że na początku możesz dobrać asa lub dziesiątkę, to nie ma znaczenia. Więc obliczając to, pamiętaj, że w rzeczywistości istnieją więcej niż cztery sposoby na uzyskanie królewskiego koloru, zakładając, że karty zostały rozdane w kolejności!

Gra nr 4 - Loteria MFW

Czwarte zadanie nie będzie tak łatwe do rozwiązania metodami, o których rozmawialiśmy dzisiaj, ale bez problemu można zasymulować sytuację za pomocą programowania lub Excela. To na przykładzie tego problemu można opracować metodę Monte Carlo.

Wspomniałem wcześniej o grze „Chron X”, nad którą kiedyś pracowałem, i była jedna bardzo ciekawa karta – loteria MFW. Oto jak to działało: użyłeś go w grze. Po zakończeniu rundy karty zostały ponownie rozdzielone i istniała 10% szansa, że ​​karta będzie poza grą, a losowy gracz otrzyma po 5 każdego rodzaju zasobu, który miał żeton na tej karcie. Karta została wprowadzona do gry bez jednego żetonu, ale za każdym razem, gdy pozostawała w grze na początku następnej rundy, otrzymywała jeden żeton. Więc istniała 10% szansa, że ​​wrzucisz ją do gry, runda się skończy, karta opuści grę i nikt nic nie dostanie. Jeśli tak się nie stanie (z szansą 90%), jest szansa 10% (właściwie 9%, bo to jest 10% z 90%), że opuści grę w następnej rundzie i ktoś otrzyma 5 zasobów. Jeśli karta opuści grę po jednej rundzie (10% z dostępnych 81%, więc szansa 8,1%), ktoś dostanie 10 jednostek, kolejna runda - 15, kolejne 20 i tak dalej. Pytanie: jaka jest oczekiwana wartość liczby zasobów, które otrzymasz z tej karty, gdy w końcu opuści grę?

Zwykle próbowalibyśmy rozwiązać ten problem przez znalezienie możliwości każdego wyniku i pomnożenie przez liczbę wszystkich wyników. Więc istnieje 10% szansy, że otrzymasz 0 (0,1*0 = 0). 9%, że otrzymasz 5 zasobów (9%*5 = 0,45 zasobów). 8,1% tego, co otrzymasz, to 10 (8,1%*10 = 0,81 całkowitych zasobów, wartość oczekiwana). I tak dalej. A potem podsumowalibyśmy to wszystko.

A teraz problem jest dla Ciebie oczywisty: zawsze jest szansa, że ​​karta nie opuszcza grę, aby mogła pozostać w grze na zawsze, na nieskończoną liczbę rund, tak aby możliwości obliczenia każda możliwość nie istnieje. Metody, których nauczyliśmy się dzisiaj, nie pozwalają nam obliczyć nieskończonej rekurencji, więc będziemy musieli stworzyć ją sztucznie.

Jeśli jesteś wystarczająco dobry w programowaniu, napisz program, który będzie symulował tę kartę. Powinieneś mieć pętlę czasu, która sprowadza zmienną do początkowej pozycji zerowej, pokazuje losową liczbę i z 10% szansą, że zmienna wyjdzie z pętli. W przeciwnym razie dodaje 5 do zmiennej i pętla się powtarza. Kiedy w końcu wyjdzie z pętli, zwiększ całkowitą liczbę przebiegów testowych o 1 i całkowitą liczbę zasobów (o ile zależy od miejsca zatrzymania zmiennej). Następnie zresetuj zmienną i zacznij od nowa. Uruchom program kilka tysięcy razy. Na koniec podziel łączne zasoby przez całkowitą liczbę przebiegów i to jest Twoja oczekiwana wartość Monte Carlo. Uruchom program kilka razy, aby upewnić się, że otrzymane liczby są mniej więcej takie same; jeśli rozrzut jest nadal duży, zwiększ liczbę powtórzeń w zewnętrznej pętli, aż zaczniesz otrzymywać dopasowania. Możesz być pewien, że wszystkie liczby, które otrzymasz, będą w przybliżeniu poprawne.

Jeśli dopiero zaczynasz programować (a nawet jeśli jesteś), oto małe ćwiczenie, które rozgrzeje Twoje umiejętności w zakresie Excela. Jeśli jesteś projektantem gier, umiejętności Excela nigdy nie są zbyteczne.

Teraz funkcje IF i RAND będą dla Ciebie bardzo przydatne. RAND nie wymaga wartości, po prostu generuje losową liczbę dziesiętną z zakresu od 0 do 1. Zwykle łączymy go z FLOOR oraz plusami i minusami, aby zasymulować rzut kostką, o czym wspomniałem wcześniej. Jednak w tym przypadku zostawiamy tylko 10% szansy, że karta opuści grę, więc możemy po prostu sprawdzić, czy wartość RAND jest mniejsza niż 0,1 i już się tym nie martwić.

JEŻELI ma trzy znaczenia. W kolejności warunek, który jest spełniony lub nie, następnie wartość zwracana, jeśli warunek jest spełniony, i wartość zwracana, jeśli warunek jest fałszywy. Tak więc następująca funkcja zwróci 5% przypadków, a 0 pozostałych 90% czasu:
=JEŻELI(LOSY()<0.1,5,0)

Istnieje wiele sposobów ustawienia tego polecenia, ale użyłbym tej formuły dla komórki, która reprezentuje pierwszą rundę, powiedzmy, że jest to komórka A1:

JEŻELI(LOSY()<0.1,0,-1)

Tutaj używam zmiennej ujemnej oznaczającej "ta karta nie opuściła gry i nie dała jeszcze żadnych zasobów". Więc jeśli pierwsza runda się skończyła i karta jest poza grą, A1 wynosi 0; w przeciwnym razie jest to -1.

Dla następnej komórki reprezentującej drugą rundę:

JEŻELI(A1>-1, A1, JEŻELI(LOSY()<0.1,5,-1))

Jeśli więc pierwsza runda się skończyła i karta natychmiast opuściła grę, A1 wynosi 0 (liczba zasobów), a ta komórka po prostu skopiuje tę wartość. W przeciwnym razie A1 wynosi -1 (karta nie opuściła jeszcze gry), a ta komórka kontynuuje losowy ruch: 10% czasu zwróci 5 jednostek zasobów, przez resztę czasu jej wartość nadal będzie wynosić -1 . Jeśli zastosujemy tę formułę do dodatkowych komórek, otrzymamy dodatkowe rundy i niezależnie od tego, na której komórce skończysz, otrzymasz wynik końcowy (lub -1, jeśli karta nie opuściła gry po wszystkich rozegranych rundach).

Weź ten rząd komórek, który jest jedyną rundą z tą kartą, i skopiuj i wklej kilkaset (lub tysięcy) rzędów. Możemy nie być w stanie zrobić nieskończony test dla Excela (w tabeli jest ograniczona liczba komórek), ale przynajmniej możemy objąć większość przypadków. Następnie wybierz jedną komórkę, w której umieścisz średnią wyników wszystkich rund (Excel uprzejmie udostępnia w tym celu funkcję ŚREDNIA()).

W systemie Windows możesz przynajmniej nacisnąć F9, aby ponownie obliczyć wszystkie liczby losowe. Tak jak poprzednio, zrób to kilka razy i sprawdź, czy otrzymane wartości są takie same. Jeśli spread jest zbyt duży, podwój liczbę przebiegów i spróbuj ponownie.

Nierozwiązane problemy

Jeśli zdarzy ci się mieć stopień naukowy z prawdopodobieństwa, a powyższe problemy wydają ci się zbyt łatwe, oto dwa problemy, nad którymi od lat drapałem się po głowie, ale niestety nie jestem dobry z matematyki, aby je rozwiązać. Jeśli nagle znasz rozwiązanie, opublikuj je tutaj w komentarzach, z przyjemnością je przeczytam.

Nierozwiązany problem nr 1: LoteriaMFW

Pierwszym nierozwiązanym problemem jest poprzednie zadanie domowe. Mogę bez problemu skorzystać z metody Monte Carlo (używając C++ lub Excela) i mieć pewność odpowiedzi na pytanie „ile zasobów otrzyma gracz”, ale nie wiem dokładnie, jak podać dokładną, możliwą do udowodnienia matematycznie odpowiedź (to jest nieskończoną serią ). Jeśli znasz odpowiedź, opublikuj ją tutaj... oczywiście po sprawdzeniu w Monte Carlo.

Nierozwiązany problem nr 2: sekwencje kształtów

To zadanie (i znowu wykracza daleko poza zadania rozwiązane na tym blogu) zostało mi rzucone przez znajomego gracza ponad 10 lat temu. Podczas gry w blackjacka w Vegas zauważył jedną ciekawą cechę: kiedy wyjął karty z buta z ośmioma taliami, zobaczył: dziesięć figurki w rzędzie (figura lub karta figurki - 10, Joker, Król lub Królowa, więc jest ich 16 w standardowej talii 52 kart, a więc jest ich 128 w bucie z 416 kartami). Jakie jest prawdopodobieństwo, że w tym bucie przynajmniej jedna sekwencja dziesięciu albo więcej liczby? Załóżmy, że zostały one przetasowane uczciwie, w przypadkowej kolejności. (Lub, jeśli wolisz, jakie jest prawdopodobieństwo, że nigdzie nie znaleziono ciąg dziesięciu lub więcej cyfr?)

Możemy uprościć zadanie. Oto sekwencja 416 części. Każda część to 0 lub 1. W sekwencji jest losowo rozrzuconych 128 jedynek i 288 zer. Ile jest sposobów na losowe przeplatanie 128 jedynek z 288 zerami i ile razy będzie przynajmniej jedna grupa dziesięciu lub więcej jedynek w ten sposób?

Za każdym razem, gdy podejmowałem się tego zadania, wydawało mi się to łatwe i oczywiste, ale gdy tylko zagłębiłem się w szczegóły, nagle się rozpadło i wydawało mi się po prostu niemożliwe. Więc nie spiesz się z wyrzuceniem odpowiedzi: usiądź, zastanów się uważnie, przestudiuj warunki problemu, spróbuj podłączyć liczby rzeczywiste, ponieważ wszyscy ludzie, z którymi rozmawiałem o tym problemie (w tym kilku doktorantów pracujących w tej dziedzinie) zareagował w podobny sposób: „To całkiem oczywiste… o nie, czekaj, wcale nie oczywiste”. To jest ten właśnie przypadek, dla którego nie mam sposobu na obliczenie wszystkich opcji. Z pewnością mógłbym brutalnie przeforsować problem za pomocą algorytmu komputerowego, ale o wiele bardziej interesujące byłoby poznanie matematycznego sposobu rozwiązania tego problemu.

Tłumaczenie - Y. Tkachenko, I. Micheeva

Najpopularniejszą formą jest sześcian, po każdej stronie którego przedstawione są liczby od jednego do sześciu. Gracz, rzucając go na płaską powierzchnię, widzi wynik na górnej ściance. Kości są prawdziwym rzecznikiem przypadku, szczęścia lub pecha.

Wypadek.
Kostki (kości) istniały od dawna, ale sześciościenna forma, która stała się tradycyjna, została nabyta około 2600 p.n.e. mi. Starożytni Grecy uwielbiali grać w kości, a w ich legendach jako ich wynalazca wymieniany jest bohater Palamedes, niesłusznie oskarżony o zdradę przez Odyseusza. Według legendy wymyślił tę grę, aby zabawiać żołnierzy oblegających Troję, schwytanych dzięki ogromnemu drewnianemu koniowi. Rzymianie w czasach Juliusza Cezara również bawili się rozmaitymi grami w kości. Po łacinie sześcian nazwano datum, co oznacza „dane”.

Zakazy.
W średniowieczu, około XII wieku, kości stały się bardzo popularne w Europie: kości, które można zabrać ze sobą wszędzie, są lubiane zarówno przez wojowników, jak i chłopów. Mówi się, że było ponad sześćset różnych gier! Produkcja kości staje się osobnym zawodem. Król Ludwik IX (1214-1270), który powrócił z krucjaty, nie pochwalał hazardu i nakazał zakaz produkcji kości w całym królestwie. Bardziej niż sama gra, władza była niezadowolona z towarzyszących jej niepokojów – wtedy grano głównie w tawernach i na przyjęciach, często kończących się bójkami i dźgnięciami. Ale żadne zakazy nie przeszkodziły kościom przetrwać czas i przetrwać do dziś.

Kości z „ładunkiem”!
Wynik rzutu kostką zawsze zależy od przypadku, ale niektórzy oszuści próbują to zmienić. Wiercąc otwór w matrycy i wlewając do niego ołów lub rtęć, można zapewnić, że rolka za każdym razem da ten sam wynik. Taka kostka nazywa się „naładowana”. Wykonane z różnych materiałów, czy to złota, kamienia, kryształu, kości, kości mogą mieć różne kształty. Małe kostki w kształcie piramidy (czworościanu) znaleziono w grobowcach egipskich faraonów, którzy zbudowali wielkie piramidy! W różnych czasach kości były wykonane z 8, 10, 12, 20, a nawet 100 bokami. Zwykle nanoszone są na nie cyfry, ale w ich miejscu mogą pojawić się również litery lub obrazy, dając miejsce na wyobraźnię.

Jak rzucić kostką.
Kości mają nie tylko różne kształty, ale także różne sposoby gry. Reguły niektórych gier wymagają, aby rzut był wykonywany w określony sposób, zwykle po to, aby uniknąć obliczonego rzutu lub aby kość nie zatrzymała się w pozycji przechylonej. Czasami dołącza się do nich specjalną szklankę, aby uniknąć oszustwa lub spadnięcia ze stołu do gry. W angielskiej grze w krepę wszystkie trzy kości muszą koniecznie uderzyć w stół do gry lub ścianę, aby uniemożliwić oszustom imitowanie rzutu, po prostu przesuwając kośćmi, ale nie obracając nimi.

Losowość i prawdopodobieństwo.
Kostka zawsze daje losowy wynik, którego nie można przewidzieć. Za pomocą jednej kości gracz ma tyle samo szans na wyrzucenie 1, co 6 – wszystko zależy od przypadku. Z drugiej strony przy dwóch kostkach poziom losowości spada, ponieważ gracz ma więcej informacji o wyniku: na przykład przy dwóch kostkach liczbę 7 można uzyskać na kilka sposobów - rzucając 1 i 6, 5 i 2 lub 4 i 3 ... Ale możliwość uzyskania liczby 2 jest tylko jedna: dwukrotne wyrzucenie 1. Tak więc prawdopodobieństwo uzyskania 7 jest wyższe niż 2! Nazywa się teorią prawdopodobieństwa. Wiele gier jest związanych z tą zasadą, zwłaszcza gry cashowe.

O używaniu kości.
Kości mogą być samodzielną grą bez innych elementów. Jedyne, co praktycznie nie istnieje, to gry na pojedynczą kostkę. Zasady wymagają co najmniej dwóch (np. krepy). Do gry w kościanego pokera potrzebujesz pięciu kości, długopisu i kartki. Celem jest wypełnienie kombinacji podobnych do kombinacji gry karcianej o tej samej nazwie, zapisując za nie punkty w specjalnej tabeli. Ponadto kostka jest bardzo popularną częścią do gier planszowych, która pozwala przenosić żetony lub decydować o wyniku bitew w grze.

Kości są rzucane.
W 49 rpne. mi. młody Juliusz Cezar podbił Galię i powrócił do Pompejów. Ale senatorowie obawiali się jego władzy, którzy postanowili rozwiązać jego armię przed jego powrotem. Przyszły cesarz, przybywszy na granice republiki, postanawia złamać porządek, przekraczając go z wojskiem. Przed przekroczeniem Rubikonu (rzeki, która była granicą), powiedział swoim legionistom „Alea jacta est” („kostka została rzucona”). To powiedzenie stało się hasłem, którego znaczenie jest takie, że podobnie jak w grze, po podjęciu pewnych decyzji nie można już się wycofać.

Metoda kompozycji muzycznej z luźnym tekstem dźwiękowym; jako samodzielny sposób komponowania muzyki ukształtował się w XX wieku. A. oznacza całkowite lub częściowe zrzeczenie się przez kompozytora ścisłej kontroli nad tekstem muzycznym, a nawet eliminację samej kategorii kompozytor-autor w tradycyjnym sensie. Innowacja A. polega na skorelowaniu stabilnie ustalonych składników tekstu muzycznego ze świadomie wprowadzaną przypadkowością, arbitralną ruchliwością materii muzycznej. Pojęcie A. może odnosić się zarówno do ogólnego układu części kompozycji (do formy), jak i do struktury jej tkaniny. PA. Denisow, interakcja między stabilnością i ruchliwością tkaniny i formy daje 4 główne typy kombinacji, z których trzy - 2., 3. i 4. - są aleatoryczne: 1. Tkanina stabilna - stabilna forma (zwykle tradycyjna kompozycja, opus perfectum et absolutum; as, np. 6 symfonii Czajkowskiego); 2. Tkanina stabilna - forma mobilna; według V. Lutoslavs, „A. formy” (P. Boulez, III sonata na fortepian, 1957); 3. Tkanina mobilna - stabilny kształt; lub, według Lutosławskiego, „A. tekstury” (Lutosławski, Kwartet smyczkowy, 1964, Część główna); 4. Tkanina mobilna - forma mobilna; lub „A. klatka szybowa"(ze zbiorową improwizacją kilku wykonawców). Są to punkty węzłowe metody A., wokół których występuje wiele różnych specyficznych typów i przypadków struktur, różne stopnie zanurzenia w A.; ponadto metabole („modulacje”) są również naturalne - przejście z jednego typu lub typu do drugiego, również do stabilnego tekstu lub z niego.

A. rozpowszechniła się od lat 50. XX wieku, pojawiając się (wraz z sonoryka), w szczególności jako reakcja na skrajne zniewolenie struktury muzycznej w wieloparametrowym serializmie (patrz: dodekafonia). Tymczasem zasada swobody budowy w taki czy inny sposób ma starożytne korzenie. W istocie strumieniem dźwiękowym, a nie utworem o wyjątkowej strukturze, jest muzyka ludowa. Stąd niestabilność, „nie-opus” muzyki ludowej, zmienność, wariancja i improwizacja w nim. Nieprzewidywalność, improwizacja formy są charakterystyczne dla tradycyjnej muzyki Indii, ludów Dalekiego Wschodu i Afryki. Dlatego przedstawiciele A. aktywnie i świadomie opierają się na podstawowych zasadach muzyki orientalnej i ludowej. Elementy Arrow istniały również w europejskiej muzyce klasycznej. Na przykład wśród klasyków wiedeńskich, którzy zlikwidowali zasadę ogólnego basu i całkowicie ustabilizowali tekst muzyczny (symfonie i kwartety I. Haydna), ostrym kontrastem była „kadencja” w postaci koncertu instrumentalnego – a wirtuozowskie solo, którego partii kompozytor nie skomponował, lecz pozostawił według uznania wykonawcy (element A. forma). Komiczne „aleatoryczne” metody komponowania prostych utworów (menuetów) poprzez łączenie utworów muzycznych na kościach (Würfelspiel) znane są w czasach Haydna i Mozarta (traktat I.F. Kirnbergera „W każdej chwili gotowy kompozytor polonezów i menuetów” Berlin, 1757).


W XX wieku. zasada „projektu indywidualnego” w formie zaczęła sugerować dopuszczalność tekstowych wersji utworu (tj. A.). W 1907 amerykański kompozytor C. Ives skomponował kwintet fortepianowy „Hallwe” en (= „Wszystkich Świętych”), którego tekst podczas koncertu powinien być grany inaczej cztery razy z rzędu. klatka szybowa skomponowany w 1951 „Music of Changes” na fortepian, którego tekst skompilował „manipulując przypadkami” (słowa kompozytora), wykorzystując do tego chińską „Księgę zmian”. Klasy-

Przykład A. - "Utwór fortepianowy XI" K. Stockhausen, 1957. Na kartce papieru ca. 0,5 m2 w losowej kolejności to 19 fragmentów muzycznych. Pianista zaczyna od dowolnego z nich i gra je w przypadkowej kolejności, śledząc przypadkowe spojrzenie; na końcu poprzedniego fragmentu jest napisane w jakim tempie i głośności zagrać następny. Gdy pianistowi wydaje się, że wszystkie fragmenty już w ten sposób zagrał, należy je zagrać jeszcze raz w tej samej losowej kolejności, ale jaśniejszym brzmieniem. Po drugiej rundzie gra się kończy. Dla większego efektu zaleca się powtórzenie utworu aleatorycznego na jednym koncercie - słuchaczowi ukaże się kolejna kompozycja z tego samego materiału. Metoda A. jest szeroko stosowana przez współczesnych kompozytorów (Boulez, Stockhausen, Lutoslavsky, A. Volkonsky, Denisov, Schnittke itd.).

Warunek wstępny dla A. w XX wieku. przyszły nowe prawa Harmonia oraz wynikające z nich tendencje do poszukiwania nowych form, które odpowiadają nowemu stanowi materiału muzycznego i są charakterystyczne dla awangarda. Aleatoryczna faktura była całkowicie nie do pomyślenia przed emancypacją dysonans rozwój muzyki atonalnej (patrz: dodekafonia). Zwolennik „ograniczonego i kontrolowanego” A. Lutosławskiego widzi w nim niewątpliwą wartość: „A. otworzyły przede mną nowe i nieoczekiwane widoki. Przede wszystkim ogromne bogactwo rytmiczne, nieosiągalne przy pomocy innych technik. Denisov, uzasadniając „wprowadzanie do muzyki elementów przypadkowych”, twierdzi, że „daje nam to dużą swobodę w operowaniu materią muzyczną i pozwala uzyskać nowe efekty dźwiękowe<...>, ale idee mobilności mogą dać dobre rezultaty tylko wtedy, gdy:<... >jeśli destrukcyjne tendencje ukryte w mobilności nie niszczą konstruktywności niezbędnej do istnienia jakiejkolwiek formy sztuki.

Niektóre inne metody i formy muzyki krzyżują się z A. Przede wszystkim są to: 1. improwizacja - wykonanie utworu skomponowanego podczas gry; 2. muzyka graficzna, które wykonawca improwizuje według postawionych przed nim wizualnych wyobrażeń rysunku (np. I. Brown, Folio, 1952), przekładając je na obrazy dźwiękowe, czy też według aleatorycznej grafiki muzycznej stworzonej przez kompozytora z fragmentów tekst nutowy na kartce papieru (S. Bussotti, „Pasja do ogrodu”, 1966); 3. wydarzenie- improwizowana (w tym sensie aleatoryczna) akcja (Magazyn) z udziałem muzyki o dowolnej (quasi-) fabule (np. happening A. Wołkońskiego „Replika” zespołu Madrigal w sezonie 1970/71); 4. Formy muzyczne otwarte – czyli takie, których tekst nie jest trwale utrwalony, lecz jest każdorazowo uzyskiwany w procesie wykonawczym. Są to rodzaje kompozycji, które nie są zasadniczo zamknięte i pozwalają na nieskończoną kontynuację (na przykład przy każdym nowym wykonaniu), angielski. Praca w toku. Dla P. Bouleza jednym z bodźców, który skierował go do formy otwartej, była praca J. Joyce(„Ulysses”) i S. Mallarmé („Le Livre”). Przykładem kompozycji otwartej jest „Available Forms II” Earla Browna na 98 instrumentów i dwóch dyrygentów (1962). Sam Brown wskazuje na związek jego formy otwartej z „mobile” w sztukach wizualnych (patrz: sztuka kinetyczna) w szczególności A. Calder ("Calder Piece" na 4 perkusistów i telefon komórkowy Caldera, 1965). Wreszcie akcja „Gesamtkunst” jest przesiąknięta zasadami aleatorycznymi (patrz: Gezamtkunstwerk). 5. Multimedia, których specyfiką jest synchronizacja instalacje kilka sztuk (na przykład: koncert + wystawa malarstwa i rzeźby + wieczór poezji w dowolnej kombinacji form sztuki itp.). Istotą A. jest więc pogodzenie tradycyjnie ustalonego porządku artystycznego z orzeźwiającym fermentem nieprzewidywalności, przypadkowości – tendencji charakterystycznej dla kultura artystyczna XX wieku. ogólnie i estetyka nieklasyczna.

Dosł.: Denisov E.V. Stabilne i ruchome elementy formy muzycznej i ich wzajemne oddziaływanie// Teoretyczne problemy form i gatunków muzycznych. M., 1971; Kohoutek C. Technika kompozytorska w muzyce XX wieku. M., 1976; Lutosławski W. Artykuły, be-

siwe włosy, wspomnienia. M., 1995; Boulez P. Alea// Darmstädter Beiträge zur Neuen Musik. L, Moguncja, 1958; Boulez R. Zu meiner III Sonata// Tamże, III. 1960; Schaffera B. Nowa muzyka (1958). Kraków, 1969; Schaffera B. Malý informator muzyki XX wieku (1958). Kraków 1975; Stockhausen K. Musik und Grafik (1960) // Texte, Bd.l, Kolonia, 1963; Böhmer K. Theorie der offenen Form in der Musik. Darmstadt, 1967.

Kości są używane przez człowieka od tysięcy lat.

W XXI wieku nowe technologie pozwalają rzucić kostką w dogodnym dla siebie momencie, a jeśli masz dostęp do Internetu, w dogodnym miejscu. Kostka jest zawsze przy Tobie w domu lub w podróży.

Generator kości pozwala rzucać online od 1 do 4 kości.

Uczciwie rzuć kostką online

Podczas korzystania z prawdziwych kości można wykorzystać sztuczkę lub specjalnie wykonane kości z przewagą jednej ze stron. Na przykład możesz obrócić sześcian wzdłuż jednej z osi, a wtedy rozkład prawdopodobieństwa ulegnie zmianie. Cechą naszych wirtualnych kostek jest zastosowanie programowego generatora liczb pseudolosowych. Pozwala to na podanie naprawdę losowego wariantu tego lub innego wyniku.

A jeśli dodasz zakładkę do tej strony, twoje kości online nigdzie nie zostaną utracone i zawsze będą pod ręką we właściwym czasie!

Niektórzy ludzie przystosowali się do korzystania z internetowych kostek do wróżenia lub tworzenia prognoz i horoskopów.

Wesoły nastrój, dobry dzień i powodzenia!