Kości są używane przez człowieka od tysięcy lat.
W XXI wieku nowe technologie pozwalają rzucić kostką w dowolnym dogodnym czasie, a jeśli masz dostęp do internetu, w dogodnym miejscu. Kości są zawsze z tobą w domu lub w podróży.
Generator kości pozwala rzucić online od 1 do 4 kostek.
Rzuć kostką online uczciwie
Podczas używania prawdziwych kości można użyć sztuczek lub specjalnie wykonanych kości z przewagą jednej ze stron. Na przykład możesz obrócić sześcian wzdłuż jednej z osi, a wtedy zmieni się rozkład prawdopodobieństwa. Cechą naszych wirtualnych kostek jest użycie programowego generatora liczb pseudolosowych. Pozwala to na podanie naprawdę losowego wariantu tego lub innego wyniku.
A jeśli dodasz tę stronę do zakładek, twoje kości online nie zostaną nigdzie utracone i zawsze będą pod ręką we właściwym czasie!
Niektóre osoby przystosowały się do korzystania z internetowych kości do wróżenia lub sporządzania prognoz i horoskopów.
Wesoły nastrój, dobry dzień i powodzenia!
Jakie są trzy prawa losowości i dlaczego nieprzewidywalność daje nam możliwość dokonywania najbardziej wiarygodnych prognoz.
Nasz umysł ze wszystkich sił opiera się idei przypadkowości. W trakcie naszej ewolucji jako gatunku biologicznego rozwinęliśmy umiejętność szukania związków przyczynowo-skutkowych we wszystkim. Na długo przed pojawieniem się nauki wiedzieliśmy już, że szkarłatny zachód słońca zwiastuje niebezpieczną burzę, a gorączkowy rumieniec na twarzy dziecka oznacza, że jego mamę czeka trudna noc. Nasz umysł automatycznie próbuje ustrukturyzować otrzymywane dane w taki sposób, który pomaga nam wyciągać wnioski z naszych obserwacji i wykorzystywać je do zrozumienia i przewidywania zdarzeń.
Idea przypadkowości jest tak trudna do zaakceptowania, ponieważ jest sprzeczna z podstawowym instynktem, który każe nam szukać racjonalnych wzorców w otaczającym nas świecie. A wypadki po prostu pokazują nam, że takie wzorce nie istnieją. Oznacza to, że losowość zasadniczo ogranicza naszą intuicję, gdyż dowodzi, że istnieją procesy, których przebiegu nie jesteśmy w stanie w pełni przewidzieć. Koncepcja ta nie jest łatwa do zaakceptowania, mimo że jest istotną częścią mechanizmu wszechświata. Nie rozumiejąc, czym jest losowość, trafiamy w ślepy zaułek doskonale przewidywalnego świata, który po prostu nie istnieje poza naszą wyobraźnią.
Powiedziałbym, że tylko wtedy, gdy nauczymy się trzech aforyzmów – trzech praw przypadku – możemy uwolnić się od naszego prymitywnego pragnienia przewidywalności i zaakceptować wszechświat takim, jaki jest, a nie takim, jakim byśmy chcieli.
Losowość istnieje
Używamy wszelkich mechanizmów mentalnych, aby uniknąć konfrontacji z przypadkowością. Mówimy o karmie, o tym kosmicznym wyrównywaczu, który łączy pozornie niezwiązane ze sobą rzeczy. Wierzymy w dobre i złe znaki, że „Bóg kocha trójcę”, twierdzimy, że wpływ na nas mają pozycje gwiazd, fazy księżyca i ruch planet. Jeśli zdiagnozowano u nas raka, automatycznie próbujemy winić coś (lub kogoś) za to.
Jednak wielu wydarzeń nie da się w pełni przewidzieć ani wyjaśnić. Katastrofy zdarzają się nieprzewidywalnie i cierpią zarówno dobrzy, jak i źli ludzie, w tym ci, którzy urodzili się „pod szczęśliwą gwiazdą” lub „pod pomyślnym znakiem”. Czasami udaje nam się coś przewidzieć, ale przypadek może łatwo obalić nawet najbardziej wiarygodne prognozy. Nie zdziw się, jeśli twój sąsiad, otyły, palący jeden za drugim, lekkomyślny motocyklista, żyje dłużej od ciebie.
Co więcej, zdarzenia losowe mogą udawać nieprzypadkowe. Nawet najbardziej bystry naukowiec może mieć trudności z odróżnieniem rzeczywistego efektu od przypadkowej fluktuacji. Przypadkowość może zmienić placebo w magiczny lek lub nieszkodliwy związek w śmiertelną truciznę; i może nawet tworzyć cząstki subatomowe z niczego.
Niektórych zdarzeń nie da się przewidzieć
Jeśli pójdziesz do kasyna w Las Vegas i popatrzysz na tłum graczy przy stołach do gry, prawdopodobnie zobaczysz kogoś, kto myśli, że ma dzisiaj szczęście. Wygrał kilka razy z rzędu, a jego mózg zapewnia go, że będzie nadal wygrywał, więc gracz kontynuuje obstawianie. Zobaczysz też kogoś, kto właśnie przegrał. Mózg przegranego, podobnie jak mózg zwycięzcy, również radzi mu, aby kontynuował grę: skoro przegrałeś tyle razy z rzędu, oznacza to, że teraz prawdopodobnie zacznie ci dopisywać szczęście. Głupotą jest wyjeżdżać teraz i przegapić tę szansę.
Ale bez względu na to, co podpowiada nam nasz mózg, nie ma tajemniczej siły, która byłaby w stanie zapewnić nam „pasmo szczęścia” lub uniwersalną sprawiedliwość, która sprawiłaby, że przegrany w końcu zacznie wygrywać. Wszechświat nie dba o to, czy wygrasz, czy przegrasz; dla niej wszystkie rzuty kośćmi są takie same.
Bez względu na to, ile wysiłku włożysz w oglądanie kolejnego rzutu kostką i nieważne, jak uważnie przyjrzysz się graczom, którzy myślą, że udało im się wykorzystać swoje szczęście, nie otrzymasz absolutnie żadnej informacji o kolejnym rzucie. Wynik każdego rzutu jest całkowicie niezależny od historii poprzednich rzutów. Dlatego wszelkie kalkulacje, że oglądając mecz można zyskać przewagę, są skazane na niepowodzenie. Takie zdarzenia – niezależne od niczego i całkowicie przypadkowe – wymykają się wszelkim próbom znalezienia wzorców, bo te wzorce po prostu nie istnieją.
Losowość stawia barierę na drodze ludzkiej pomysłowości, ponieważ pokazuje, że cała nasza logika, cała nasza nauka i zdolność rozumowania nie są w stanie w pełni przewidzieć zachowania wszechświata. Bez względu na to, jakich metod użyjesz, jaką teorię wymyślisz, jaką logikę zastosujesz do przewidywania wyniku rzutu kostką, pięć na sześć przypadków przegrasz. Jest zawsze.
Zestaw zdarzeń losowych jest przewidywalny, nawet jeśli poszczególne zdarzenia nie są.
Losowość jest przerażająca, ogranicza wiarygodność nawet najbardziej wyrafinowanych teorii i ukrywa przed nami pewne elementy przyrody, bez względu na to, jak usilnie staramy się wniknąć w ich istotę. Niemniej jednak nie można argumentować, że przypadkowość jest synonimem niepoznawalnego. To wcale nie jest prawda.
Losowość podlega własnym zasadom, a te reguły sprawiają, że losowy proces jest zrozumiały i przewidywalny.
Prawo wielkich liczb mówi, że chociaż pojedyncze zdarzenia losowe są całkowicie nieprzewidywalne, wystarczająco duża próbka tych zdarzeń może być dość przewidywalna – a im większa próba, tym dokładniejsze przewidywanie. Inne potężne narzędzie matematyczne, centralne twierdzenia graniczne, również pokazuje, że suma wystarczająco dużej liczby zmiennych losowych będzie miała rozkład zbliżony do normalnego. Dzięki tym narzędziom możemy dość dokładnie przewidywać zdarzenia w dłuższej perspektywie, bez względu na to, jak chaotyczne, dziwne i przypadkowe mogą być w krótkim okresie.
Reguły przypadku są tak potężne, że stanowią podstawę najbardziej niewzruszonych i niezmiennych praw fizyki. Chociaż atomy w pojemniku z gazem poruszają się losowo, ich ogólne zachowanie opisuje prosty zestaw równań. Nawet prawa termodynamiki wynikają z przewidywalności dużej liczby przypadkowych zdarzeń; prawa te są niewzruszone właśnie dlatego, że przypadek jest tak absolutny.
Paradoksalnie to właśnie nieprzewidywalność zdarzeń losowych pozwala nam na najbardziej wiarygodne przewidywania.
Metoda kompozycji muzycznej z luźnym tekstem dźwiękowym; jako niezależny sposób komponowania muzyki ukształtował się w XX wieku. A. oznacza całkowitą lub częściową rezygnację ze ścisłej kontroli kompozytora nad tekstem nutowym, a nawet eliminację samej kategorii kompozytora-autora w tradycyjnym tego słowa znaczeniu. Innowacyjność A. polega na korelacji trwale ustalonych składowych tekstu muzycznego ze świadomie wprowadzoną przypadkowością, dowolną 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 a formą daje 4 główne typy kombinacji, z których trzy - 2., 3. i 4. - są aleatoryczne: 1. Stabilna tkanina - stabilna forma (zwykła kompozycja tradycyjna, opus perfectum et absolutum; as, np. 6 symfonii Czajkowskiego); 2. Tkanina stabilna - forma mobilna; według V. Lutoslavsa „A. formy” (P. Boulez, III sonata na fortepian, 1957); 3. Tkanina mobilna - stabilna kształtowo; lub, według Lutosławskiego, „A. faktury” (Lutosławski, Kwartet smyczkowy, 1964, część główna); 4. Tkanina mobilna - forma mobilna; lub „A. klatka szybowa"(z kolektywną 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 naturalne są także metabolity („modulacje”) – przejścia z jednego typu lub typu do drugiego, także do tekstu stabilnego lub z niego.
A. rozpowszechnił się od lat pięćdziesiątych XX wieku, pojawiając się (wraz z sonoryka), w szczególności jako reakcja na skrajne zniewolenie struktury muzycznej serializmem wieloparametrowym (zob. dodekafonia). Tymczasem zasada swobody konstrukcji w taki czy inny sposób ma starożytne korzenie. Zasadniczo strumień dźwiękowy, a nie opus o unikalnej strukturze, jest muzyką ludową. Stąd niestabilność, „non-opus” muzyki ludowej, jej zmienność, wariancja i improwizacja. Nieprzewidywalność, improwizacja formy są charakterystyczne dla tradycyjnej muzyki Indii, ludów Dalekiego Wschodu i Afryki. Dlatego przedstawiciele A. aktywnie i świadomie odwołują się do podstawowych zasad muzyki orientalnej i ludowej. Elementy strzałek istniały również w europejskiej muzyce klasycznej. Na przykład wśród klasyków wiedeńskich, którzy wyeliminowali zasadę basu ogólnego i całkowicie ustabilizowali tekst muzyczny (symfonie i kwartety I. Haydna), ostrym kontrastem była „kadencja” w formie koncertu instrumentalnego – solo wirtuozowskie, którego partii kompozytor nie skomponował, ale wykonał wedle uznania wykonawcy (element A. forma). Komiczne „aleatoryczne” metody komponowania prostych sztuk (menuetów) poprzez łączenie utworów na grze w kości (Würfelspiel) znane są już za czasów Haydna i Mozarta (traktat I.F. Kirnbergera „W każdej chwili gotowy kompozytor polonezów i menuetów ". Berlin, 1757).
W XX wieku. zasada „indywidualnego projektu” w formie zaczęła sugerować dopuszczalność wersji tekstowych dzieła (tj. A.). w 1907 r amerykański kompozytor C. Ives skomponował kwintet fortepianowy „Hallwe” en (= „Wieczór Wszystkich Świętych”), którego tekst, wykonywany na koncercie, powinien być grany inaczej cztery razy z rzędu. D. klatka szybowa złożony w 1951 r „Muzyka przemian” na fortepian, której tekst opracował „manipulując wypadkami” (słowami kompozytora), wykorzystując do tego chińską „Księgę przemian”. klasa-
cal przykład A. - "Utwór fortepianowy XI" K. stockhausena, 1957. Na kartce papieru ok. 0,5 m2 w losowej kolejności to 19 fragmentów muzycznych. Pianista zaczyna od dowolnego z nich i gra je w losowej kolejności, po przypadkowym spojrzeniu; na końcu poprzedniego fragmentu jest napisane, w jakim tempie iz jaką głośnością grać następny. Gdy pianiście wydaje się, że wszystkie fragmenty już zagrał w ten sposób, należy je zagrać jeszcze raz, w tej samej przypadkowej kolejności, ale w jaśniejszym brzmieniu. Po drugiej rundzie gra się kończy. Dla większego efektu wskazane jest powtórzenie utworu aleatorycznego na jednym koncercie – słuchacz zobaczy inną kompozycję z tego samego materiału. Metoda A jest szeroko stosowana przez współczesnych kompozytorów (Boulez, Stockhausen, Lutosławski, A. Wołkonski, Denisow, Schnittke itd.).
Warunek wstępny dla A. w XX wieku. przyszły nowe prawa Harmonia i wynikające z nich tendencje do poszukiwania nowych form, które odpowiadają nowemu stanowi materiału muzycznego i są dla niego charakterystyczne awangarda. Faktura aleatoryczna była zupełnie nie do pomyślenia przed emancypacją dysonans rozwój muzyki atonalnej (patrz: dodekafonia). Zwolennik „ograniczonych i kontrolowanych” A. Lutosławskiego widzi w nim niewątpliwą wartość: „A. otworzyły przede mną nowe i nieoczekiwane perspektywy. Przede wszystkim ogromne bogactwo rytmu, nieosiągalne przy pomocy innych technik. Denisov, uzasadniając „wprowadzanie do muzyki przypadkowych elementów”, twierdzi, że „daje nam to dużą swobodę operowania 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 przecinają się z A. Przede wszystkim są to: 1. improwizacja - wykonanie utworu skomponowanego w trakcie gry; 2. muzyka graficzna, które wykonawca improwizuje na podstawie przedstawionych mu wizualnych obrazów rysunku (np. I. Brown, Folio, 1952), przekładając je na obrazy dźwiękowe lub według muzycznej aleatorycznej grafiki stworzonej przez kompozytora z fragmentów tekst nutowy na kartce (S. Bussotti, „Passion for the Garden”, 1966); 3. wydarzenie- działanie improwizowane (w tym sensie aleatoryczne). (Awans) z udziałem muzyki o dowolnej (quasi-)fabule (np. happening A. Wołkonskiego „Replika” zespołu Madrigal w sezonie 1970/71); 4. form muzycznych otwartych – czyli takich, których tekst nie jest trwale utrwalony, ale uzyskuje się go każdorazowo w procesie wykonania. Są to rodzaje kompozycji, które zasadniczo nie są zamknięte i pozwalają na nieskończoną kontynuację (na przykład z każdym nowym wykonaniem), angielskim. Praca w toku. Dla P. Bouleza jednym z bodźców, który skłonił go do formy otwartej, była praca J. Joyce'a(„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 swojej formy otwartej z „mobilami” w sztukach wizualnych (zob. sztuka kinetyczna) w szczególności A. Calder („Calder Piece” na 4 perkusistów i telefon komórkowy Caldera, 1965). Wreszcie akcja „Gesamtkunst” przesiąknięta jest zasadami aleatorycznymi (zob. Gezamtkunstwerk). 5. Multimedia, których specyfiką jest synchronizacja instalacje kilka sztuk (na przykład: koncert + wystawa malarstwa i rzeźby + wieczór poezji w dowolnej kombinacji form artystycznych itp.). Istotą A. jest więc pogodzenie tradycyjnie ustalonego porządku artystycznego z ożywczym fermentem nieprzewidywalności, przypadkowości – tendencji charakterystycznej dla kultura artystyczna XX wieku. ogólnie i estetyka nieklasyczna.
Lit.: 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 Sonate// Tamże, III. 1960; Schaffer B. Nowa muzyka (1958). Kraków, 1969; Schaffer B. Mały informator muzyki XX wieku (1958). Kraków, 1975; Stockhausena K. Musik und Grafik (1960) // Texte, Bdl, Köln, 1963; Böhmer K. Theorie der offenen Form in der Musik. Darmstadt, 1967.
Napisany przez projektanta Tylera Sigmana w „Gamasutra”. Czule nazywam go artykułem „włos w nosie orka”, ale dość dobrze obejmuje on podstawy prawdopodobieństw w grach.
Temat tego tygodnia
Do dzisiaj prawie wszystko, o czym mówiliśmy, było deterministyczne, aw zeszłym tygodniu przyjrzeliśmy się bliżej mechanice przechodniej i rozbiliśmy ją na tyle szczegółowo, na ile jestem w stanie to wyjaśnić. Ale do tej pory nie zwracaliśmy uwagi na ogromny aspekt wielu gier, a mianowicie na aspekt niedeterministyczny, czyli losowość. Zrozumienie natury losowości jest bardzo ważne dla projektantów gier, ponieważ tworzymy systemy, które wpływają na wrażenia gracza w danej grze, dlatego musimy wiedzieć, jak te systemy działają. Jeśli w systemie jest losowość, musisz to zrozumieć Natura tę przypadkowość i jak ją zmienić, aby uzyskać pożądane rezultaty.
Kostka do gry
Zacznijmy od czegoś prostego: rzucania kośćmi. Kiedy większość ludzi myśli o kostkach, myśli o sześciościennej kości znanej jako k6. Ale większość graczy widziała wiele innych kości: czterościenne (k4), ośmiościenne (k8), dwunastościenne (k12), dwudziestościenne (k20)... prawdziwy maniaku, możesz mieć gdzieś kości 30-ścienne lub 100-ścienne. Jeśli nie znasz tej terminologii, „d” oznacza kostkę, a liczba po niej to liczba ścian. Jeśli zanim„d” oznacza liczbę, oznacza ilość kości podczas rzucania. Na przykład w Monopoly rzucasz 2k6.
Tak więc w tym przypadku wyrażenie „kość” jest określeniem konwencjonalnym. Istnieje ogromna liczba innych generatorów liczb losowych, które nie mają kształtu plastikowego bloku, ale pełnią tę samą funkcję generowania liczby losowej od 1 do n. Zwykłą monetę można również traktować jako dwuścienną kostkę d2. Widziałem dwa projekty siedmiościennej kostki do gry: jeden z nich wyglądał jak kostka do gry, a drugi wyglądał bardziej jak siedmiościenny drewniany ołówek. Czworościenny dreidel (znany również jako titotum) jest analogiem czworościennej kości. Obracająca się strzałka w grze „Chutes & Ladders”, w której wynik może wynosić od 1 do 6, odpowiada kostce sześciościennej. Generator liczb losowych w komputerze może utworzyć dowolną liczbę od 1 do 19, jeśli projektant wyda takie polecenie, chociaż komputer nie ma kostki 19-ściennej (ogólnie o prawdopodobieństwie wypadnięcia liczb powiem więcej komputer o godz następny tydzień). Chociaż wszystkie te przedmioty wyglądają inaczej, w rzeczywistości są równoważne: masz równe szanse na uzyskanie jednego z kilku wyników.
Kości mają kilka interesujących właściwości, o których musimy wiedzieć. Po pierwsze, prawdopodobieństwo pojawienia się którejkolwiek ze ścian jest takie samo (zakładam, że rzucasz właściwą kostką, a nie złą geometrią). Więc jeśli chcesz wiedzieć Średnia wartość rzucie (znanym również wśród probabilistów jako „oczekiwanie matematyczne”), zsumuj wartości wszystkich krawędzi i podziel tę sumę przez ilość twarze. Średnia wartość rzutu standardową sześciościenną kostką to 1+2+3+4+5+6 = 21, podzielone przez liczbę ścian (6) i otrzymujemy średnią wartość 21/6 = 3,5. Jest to przypadek szczególny, ponieważ zakładamy, że wszystkie wyniki są jednakowo prawdopodobne.
Co jeśli masz specjalne kości? Na przykład widziałem grę z kostką sześciościenną ze specjalnymi naklejkami na ściankach: 1, 1, 1, 2, 2, 3, więc zachowuje się ona jak dziwna kostka trójścienna, która z większym prawdopodobieństwem rzuci liczba 1 niż 2, a 2 niż 3. Jaka jest średnia wartość rzutu dla tej kości? Więc 1+1+1+2+2+3 = 10 podzielone przez 6 równa się 5/3 czyli 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 zbilansować grę w oparciu o to założenie.
Kości i niezależność
Jak już powiedziałem, wychodzimy z założenia, że wypadnięcie każdej twarzy jest jednakowo prawdopodobne. Nie zależy to od liczby rzuconych kostek. Każdy rzut kostką bez względu, co oznacza, że poprzednie rzuty nie wpływają na wyniki kolejnych rzutów. Przy wystarczającej liczbie testów na pewno zauważyć„serii” liczb, takich jak rzucanie głównie wyższymi lub niższymi wartościami lub innymi funkcjami, o czym porozmawiamy później, ale to nie znaczy, że kości są „gorące” lub „zimne”. Jeśli rzucisz standardową sześciościenną kostką i dwukrotnie wypadnie liczba 6, prawdopodobieństwo, że następny rzut wypadnie 6, również wynosi 1/6. Prawdopodobieństwa nie zwiększa fakt, że kostka jest „rozgrzana”. Prawdopodobieństwo nie maleje, ponieważ liczba 6 wypadła już dwa razy z rzędu, co oznacza, że teraz wypadnie kolejna ściana. (Oczywiście, jeśli rzucisz kostką dwadzieścia razy i za każdym razem wypadnie liczba 6, prawdopodobieństwo, że liczba 6 wypadnie za dwudziestym pierwszym razem, jest dość duże… ponieważ może to oznaczać, że masz niewłaściwą kostkę !) Ale jeśli masz odpowiednią kostkę, prawdopodobieństwo wypadnięcia z każdej ze ścian jest takie samo, niezależnie od wyników innych rzutów. Można też sobie wyobrazić, że za każdym razem zmieniamy kostkę, więc jeśli wypadła liczba 6 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 przejdę dalej.
Jak sprawić, by rzut kostką był mniej lub bardziej losowy
Porozmawiajmy o tym, jak uzyskać różne wyniki na różnych kostkach. Jeśli rzucisz kostką tylko raz lub wiele razy, gra będzie bardziej losowa, jeśli kostka ma 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 (tj. standardową sześciościenną kostką raz i dodasz 4 do wyniku), średnia będzie liczbą między 5 a 10. Jeśli wyrzucisz 5k2, średnia będzie liczbą między 5 i 10. Ale podczas rzucania sześciościenną kostką prawdopodobieństwo wyrzucenia liczb 5, 8 lub 10 jest takie samo. Wynikiem rzutu 5k2 będą głównie liczby 7 i 8, rzadziej inne wartości. Ta sama seria, 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 rzucisz dużą ilością kostek, wyniki rzutów są bliższe średniej? Czemu?
Pozwól mi wyjaśnić. Jeśli rzucasz jeden kości, prawdopodobieństwo wypadnięcia z każdej ze ścian jest takie samo. Oznacza to, że jeśli rzucisz dużą ilością kostek, z czasem każda ściana wypadnie mniej więcej tyle samo razy. Im większą liczbą kostek rzucisz, tym bardziej całkowity wynik zbliży się do średniej. Nie dzieje się tak dlatego, że wyrzucona liczba „powoduje” wyrzucenie innej liczby, która jeszcze się nie pojawiła. Ponieważ mała seria 6-tek (albo 20-tek, czy czegokolwiek) nie staje się wielką sprawą, jeśli rzucisz kostką jeszcze dziesięć tysięcy razy i wypadnie ona przeważnie w środku… może teraz będziesz miał kilka liczb o dużej 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, kości są zrobione z Plastikowy, nie ma mózgu, by pomyśleć „och, minęło dużo czasu, odkąd wypadła 2”), ale dlatego, że tak zwykle dzieje się w przypadku wielu rzutów kośćmi. Mała seria powtarzających się liczb będzie prawie niewidoczna w dużej liczbie wyników.
Zatem dość łatwo jest obliczyć dla jednego losowego rzutu kostką, przynajmniej jeśli chodzi o obliczenie średniej wartości rzutu. Istnieją również sposoby obliczenia „jak losowe” jest coś, sposób na powiedzenie, że wyniki rzutu 1k6+4 będą „bardziej losowe” niż 5k2, dla 5k2 rozkład wyników rzutu będzie bardziej jednolity, zwykle oblicza się do tego odchylenie standardowe, a im większa wartość, tym bardziej losowe będą wyniki, ale to wymaga więcej obliczeń, niż chciałbym dzisiaj podać (ten temat wyjaśnię później). Jedyne, o co proszę, to to, że generalnie im mniej kostek, tym bardziej losowo. I jeszcze jedno uzupełnienie w tym temacie: im więcej ścianek ma kostka, tym większa losowość, ponieważ masz więcej opcji.
Jak obliczyć prawdopodobieństwo za pomocą liczenia
Możesz mieć pytanie: jak możemy obliczyć dokładne prawdopodobieństwo wystąpienia określonego wyniku? Jest to dość ważne w przypadku wielu gier, ponieważ jeśli rzucisz kostką, na początku prawdopodobnie 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 uzyskać procent, pomnóż wynik przez 100.
Przykłady:
Oto bardzo prosty przykład. Chcesz wyrzucić 4 lub więcej i raz rzucić sześciościenną kostką. 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 trochę bardziej skomplikowany. Chcesz mieć parzystą liczbę w rzucie 2k6. Maksymalna liczba wyników to 36 (6 dla każdej kości, a ponieważ jedna kostka nie wpływa na drugą, mnożymy 6 wyników przez 6 i otrzymujemy 36). Trudność z tego typu pytaniami polega na tym, że łatwo jest policzyć dwa razy. Na przykład, w rzeczywistości są dwa możliwe wyniki 3 na rzucie 2k6: 1+2 i 2+1. Wyglądają tak samo, ale różnica polega na tym, jaka liczba jest wyświetlana na pierwszej kostce, a jaka na drugiej. Możesz też sobie wyobrazić, że kostki są w różnych kolorach, 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 nieoczekiwany, ale dość trafny.
Symulacja Monte Carlo
Co jeśli masz za dużo kości do tego obliczenia? Na przykład chcesz wiedzieć, jakie jest prawdopodobieństwo wyrzucenia w sumie 15 lub więcej na rzucie 8k6. Istnieje WIELE różnych indywidualnych wyników dla ośmiu kości i obliczenie ich ręcznie zajęłoby bardzo dużo czasu. Nawet jeśli znajdziemy dobre rozwiązanie grupowania różnych serii rzutów kostką, to i tak liczenie 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 przejrzy 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 liczba wygranych = 0, całkowita liczba = 0;
dla (int i=1; i<=6; i++) {
dla (int j=1; j<=6; j++) {
dla (int k=1; k<=6; k++) {
… // wstaw tutaj więcej pętli
jeśli (i+j+k+… >= 15) (
prawdopodobieństwo zmiennoprzecinkowe = liczba wygranych/całkowita liczba;
Jeśli nie jesteś programistą i chcesz uzyskać niedokładną, ale przybliżoną odpowiedź, możesz zasymulować tę sytuację w programie Excel, w którym rzucasz 8k6 kilka tysięcy razy i otrzymujesz odpowiedź. Aby rzucić 1k6 w Excelu, użyj następującej formuły:
PODŁOGA(LOS()*6)+1
Jest taka nazwa sytuacji, kiedy nie znasz odpowiedzi i po prostu próbujesz wiele razy - Symulacja Monte Carlo, i jest to świetne rozwiązanie, z którego można skorzystać, gdy próbujesz obliczyć prawdopodobieństwo i jest to zbyt skomplikowane. Wspaniałą rzeczą jest to, że w tym przypadku nie musimy rozumieć, jak działa matematyka i wiemy, że odpowiedź będzie „całkiem dobra”, ponieważ, jak już wiemy, im więcej rzutów, tym bardziej wynik zbliża się do Średnia wartość.
Jak łączyć niezależne próby
Jeśli pytasz o wielokrotne, ale niezależne próby, wynik jednego rzutu nie wpływa na wynik innych rzutów. Istnieje inne, prostsze wyjaśnienie tej sytuacji.
Jak odróżnić coś zależnego od niezależnego? W zasadzie, jeśli możesz wyodrębnić każdy rzut kostką (lub serię rzutów) jako osobne zdarzenie, to jest ono niezależne. Na przykład, jeśli chcemy wyrzucić w sumie 15, rzucając 8k6, tego przypadku nie można podzielić na kilka niezależnych rzutów kośćmi. Ponieważ obliczasz sumę wartości wszystkich kostek dla wyniku, wynik wyrzucony na jednej kostce wpływa na wyniki, które należy wyrzucić na innych kostkach, ponieważ tylko sumując wszystkie wartości, otrzymasz pożądany rezultat.
Oto przykład niezależnych rzutów: grasz w kości i rzucasz kilka razy sześciościennymi kostkami. Aby pozostać w grze, musisz wyrzucić 2 lub więcej w swoim pierwszym rzucie. W drugim rzucie 3 lub więcej. Trzeci wymaga 4 lub więcej, czwarty wymaga 5 lub więcej, piąty wymaga 6. Jeśli wszystkie pięć rzutów wypadnie pomyślnie, 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 wpływa na inny rzut. Na przykład, jeśli twój drugi rzut kostką jest bardzo udany, nie wpływa to na prawdopodobieństwo, że następne rzuty będą równie udane. Dlatego możemy osobno rozważyć prawdopodobieństwo każdego rzutu kostką.
Jeśli masz oddzielne, niezależne prawdopodobieństwa i chcesz wiedzieć, jakie jest prawdopodobieństwo, że Wszyscy zdarzenia nadejdą, określasz każde indywidualne prawdopodobieństwo i mnożysz je. Inny sposób: jeśli użyjesz spójnika „i” do opisania kilku warunków (np. jakie jest prawdopodobieństwo wystąpienia jakiegoś losowego zdarzenia oraz jakieś inne niezależne zdarzenie losowe?), oblicz poszczególne prawdopodobieństwa i pomnóż 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 wyrzucenia reszki dwa razy z rzędu. Każda ze stron ma 50% szans na wypadnięcie, więc jeśli dodamy te dwa prawdopodobieństwa, otrzymamy 100% szans na wypadnięcie reszki, ale wiemy, że to nieprawda, ponieważ mogą wypaść dwie kolejne reszki. Jeśli zamiast tego pomnożysz te dwa prawdopodobieństwa, otrzymasz 50% * 50% = 25%, co jest poprawną odpowiedzią do obliczenia prawdopodobieństwa wyrzucenia orła dwa razy z rzędu.
Przykład
Wróćmy do sześciościennej gry w kości, w której musisz najpierw wyrzucić liczbę większą niż 2, potem wyższą niż 3 i tak dalej. do 6. Jakie są szanse, że w danej serii 5 rzutów wszystkie wyniki będą pomyślne?
Jak wspomniano powyżej, są to niezależne próby, więc obliczamy prawdopodobieństwo dla każdego pojedynczego rzutu, a następnie je mnożymy. Prawdopodobieństwo, że wynik pierwszego rzutu będzie korzystny, 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 szanse, że zdarzenie wystąpi. 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, tj. jedna kostka wyrzuci 6, a pozostałe od 1 do 5, i jest 6 opcji, dla której z kostek wypadnie 6. Następnie możesz rzucić 6 na dwóch kostkach, trzech lub 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 kostki nie wypadnie liczba 6. W tym przypadku mamy sześć niezależnych prób, prawdopodobieństwo każdej z nich wynosi 5/6 (na kostce może paść 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 wynika, że jeśli obliczasz prawdopodobieństwo, że zdarzenie nie wystąpi, odejmij wynik od 100%. Jeśli prawdopodobieństwo wygranej wynosi 67%, to prawdopodobieństwo stracić — 100% minus 67%, czyli 33%. I wzajemnie. Jeśli trudno jest obliczyć jedno prawdopodobieństwo, ale łatwo obliczyć przeciwne, oblicz przeciwne, a następnie odejmij od 100%.
Warunki podłączenia dla jednego niezależnego testu
Powiedziałem trochę wcześniej, że nigdy nie należy sumować prawdopodobieństw w niezależnych próbach. Czy są przypadki, w których mogą zsumować prawdopodobieństwa? Tak, w jednej konkretnej sytuacji.
Jeśli chcesz obliczyć prawdopodobieństwo wielu niepowiązanych, korzystnych wyników w tej samej próbie, 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 też pomyśleć o tej sytuacji w następujący sposób: jeśli użyjesz spójnika „lub” w pytaniu o prawdopodobieństwo (np. jest prawdopodobieństwo lub inny wynik jednego zdarzenia losowego?), oblicz poszczególne prawdopodobieństwa i zsumuj je.
Zauważ, że kiedy sumujesz wszystkie możliwe wyniki w grze suma wszystkich prawdopodobieństw musi być równa 100%. Jeśli suma nie jest równa 100%, obliczenie zostało wykonane nieprawidłowo. To dobry sposób na sprawdzenie swoich obliczeń. Na przykład analizowałeś prawdopodobieństwo uzyskania wszystkich kombinacji w pokerze, jeśli zsumujesz wszystkie wyniki, powinieneś otrzymać dokładnie 100% (lub przynajmniej wartość dość bliską 100%, jeśli użyjesz kalkulatora, możesz mieć mały błąd zaokrąglenia, ale jeśli dodasz dokładne liczby ręcznie, wszystko powinno się zsumować). Jeśli suma nie jest zbieżna, najprawdopodobniej nie uwzględniłeś niektórych kombinacji lub źle obliczyłeś prawdopodobieństwa niektórych kombinacji, a następnie musisz ponownie sprawdzić swoje obliczenia.
Nierówne prawdopodobieństwa
Do tej pory zakładaliśmy, że każda ściana kostki wypada z tą samą częstotliwością, ponieważ tak działa kostka. Ale czasami masz do czynienia z sytuacją, w której możliwe są różne wyniki i one różnorodny stracić szanse. Na przykład w jednym z rozszerzeń gry karcianej „Nuclear War” jest pole gry ze strzałką, która określa wynik wystrzelenia pocisku: w zasadzie zadaje normalne obrażenia, mniej lub bardziej, ale czasami obrażenia są podwoi się lub potroi, albo rakieta eksploduje na platformie startowej i cię skrzywdzi, albo nastąpi inne zdarzenie. W przeciwieństwie do planszy ze strzałkami w „Chutes & Ladders” lub „A Game of Life”, wyniki na planszy w „Nuclear War” są nierówne. Niektóre sekcje boiska są większe i strzała zatrzymuje się na nich znacznie częściej, podczas gdy inne sekcje są bardzo małe i strzała zatrzymuje się na nich rzadko.
Tak więc 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 podzielić wszystkie te sekcje na równe części, znaleźć najmniejszą jednostkę miary, która jest jej wielokrotnością, a następnie przedstawić sytuację jako d522 (lub inny ), gdzie zestaw kostek pokaże tę samą sytuację, ale z większą liczbą wyników. Jest to jeden ze sposobów rozwiązania problemu i jest technicznie wykonalny, ale istnieje prostszy sposób.
Wróćmy do naszych standardowych kostek sześciościennych. Powiedzieliśmy, że aby obliczyć średnią wartość rzutu normalną kostką, należy zsumować wartości ze wszystkich ścianek i podzielić je przez liczbę ścianek, ale jak dokładnie trwa kalkulacja? Można to wyrazić inaczej. W przypadku kostki sześciościennej prawdopodobieństwo wypadnięcia każdej ścianki wynosi dokładnie 1/6. Teraz mnożymy Exodus każda krawędź na prawdopodobieństwo ten wynik (w tym przypadku 1/6 dla każdej ściany), a następnie zsumuj otrzymane wartości. Więc sumując (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: każdy wynik mnożymy przez prawdopodobieństwo tego wyniku.
Czy możemy wykonać te same obliczenia dla strzałki na boisku w grze „Nuclear War”? Oczywiście możemy. A jeśli zsumujemy wszystkie znalezione wyniki, otrzymamy wartość średnią. Wszystko, co musimy zrobić, to obliczyć prawdopodobieństwo każdego wyniku dla strzałki na boisku i pomnożyć przez wynik.
Inny przykład
Ta metoda obliczania średniej, polegająca na mnożeniu 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 drugiej. Weźmy na przykład grę, która ma miejsce w kasynie: obstawiasz i rzucasz 2k6. Jeśli wypadną trzy liczby o niskiej wartości (2, 3, 4) lub cztery liczby o wysokiej wartości (9, 10, 11, 12), wygrasz kwotę równą postawionej stawce. Liczby o najniższej i najwyższej wartości są specjalne: jeśli wypadną 2 lub 12 rzutów, wygrywasz dwa razy więcej niż Twoja oferta. Jeśli pojawi się jakakolwiek inna liczba (5, 6, 7, 8), przegrasz zakład. To jest całkiem prosta gra. Ale jakie jest prawdopodobieństwo wygranej?
Zacznijmy od policzenia, ile razy możesz wygrać:
- Maksymalna liczba wyników w rzucie 2k6 wynosi 36. Jaka jest liczba korzystnych wyników?
- Jest 1 opcja, że wypadną dwie i 1 opcja, że wypadnie dwanaście.
- Istnieją 2 opcje wyrzucenia trójki i jedenastej.
- Istnieją 3 opcje wyrzucenia czwórki i 3 opcje wyrzucenia dziesiątki.
- Istnieją 4 opcje dla dziewięciu do wymyślenia.
- Sumując wszystkie opcje, otrzymujemy liczbę korzystnych wyników 16 z 36.
Tak więc w normalnych warunkach wygrasz 16 razy na 36 możliwych... prawdopodobieństwo wygranej jest nieco mniejsze niż 50%.
Ale w dwóch przypadkach z tych 16 wygrasz dwa razy więcej, tj. to jak wygrać dwa razy! Jeśli zagrasz w tę grę 36 razy, obstawiając za każdym razem 1 $, a wszystkie możliwe wyniki wypadną raz, wygrasz w sumie 18 $ (w rzeczywistości wygrywasz 16 razy, ale dwa z tych razy będą liczone jako dwie wygrane). Jeśli zagrasz 36 razy i wygrasz 18 $, czy to nie oznacza, że masz równe szanse?
Nie spiesz się. Jeśli policzysz, ile razy możesz przegrać, otrzymasz 20, a nie 18. Jeśli zagrasz 36 razy, stawiając za każdym razem 1 $, wygrasz w sumie 18 $ przy wszystkich wyrzuconych szansach... ale przegrasz łączna kwota 20 $ za wszystkie 20 złych wyników! W rezultacie będziesz nieco w tyle: przegrywasz średnio 2 dolary netto na każde 36 rozegranych gier (można też powiedzieć, że przegrywasz średnio 1/18 dolara dziennie). Teraz widzisz, jak łatwo w tym przypadku popełnić błąd i źle obliczyć prawdopodobieństwo!
Permutacja
Do tej pory zakładaliśmy, że kolejność rzucania liczb nie ma znaczenia przy rzucie kostką. Rzut 2+4 to to samo, co rzut 4+2. W większości przypadków ręcznie liczymy liczbę korzystnych wyników, ale czasami ta metoda jest niepraktyczna i lepiej jest użyć wzoru matematycznego.
Przykładem takiej sytuacji jest gra w kości „Farkle”. W każdej nowej rundzie rzucasz 6k6. Jeśli masz szczęście i wypadną wszystkie możliwe wyniki 1-2-3-4-5-6 (Straight), otrzymasz duży bonus. Jakie jest prawdopodobieństwo, że tak się stanie? W takim przypadku istnieje wiele opcji utraty tej kombinacji!
Rozwiązanie jest następujące: jedna z kostek (i tylko jedna) musi wyrzucić liczbę 1! Na ile sposobów można wyrzucić liczbę 1 na jednej kostce? Sześć, ponieważ kości jest 6 i każda z nich może wyrzucić liczbę 1. W związku z tym weź jedną kostkę i odłóż ją na bok. Teraz na jednej z pozostałych kostek powinna wypaść liczba 2. Jest na to pięć opcji. Weź kolejną kostkę i odłóż ją na bok. Wynika z tego, że cztery z pozostałych kości mogą wyrzucić 3, trzy z pozostałych kości mogą wyrzucić 4, dwie z pozostałych kości mogą wyrzucić 5, a ty kończysz z jedną kostką, która musi wyrzucić 6 (w tym drugim przypadku przypadku jest tylko jedna kostka i nie ma wyboru). Aby obliczyć liczbę korzystnych wyników dla prostej kombinacji, mnożymy wszystkie różne, niezależne opcje: 6x5x4x3x2x1 = 720 - wygląda na to, że jest całkiem sporo opcji, które mogą się pojawić w tej kombinacji.
Aby obliczyć prawdopodobieństwo uzyskania prostej kombinacji, musimy podzielić 720 przez liczbę wszystkich możliwych wyników rzutu 6k6. Jaka jest liczba wszystkich możliwych wyników? Każda kostka może trafić 6 ścianek, więc mnożymy 6x6x6x6x6x6 = 46656 (dużo wyższa liczba!). Dzielimy 720/46656 i otrzymujemy prawdopodobieństwo równe około 1,5%. Jeśli projektowałeś tę grę, przydałaby ci się ta wiedza, abyś mógł stworzyć odpowiedni system punktacji. Teraz rozumiemy, dlaczego w grze „Farkle” otrzymujesz tak duży bonus, jeśli uzyskasz kombinację „strat”, ponieważ taka sytuacja jest dość rzadka!
Wynik jest interesujący także z innego powodu. Przykład pokazuje, jak rzadko w krótkim okresie wypada wynik odpowiadający prawdopodobieństwu. Oczywiście, gdybyśmy rzucili kilkoma tysiącami kostek, dość często pojawiałyby się różne strony kostek. Ale kiedy rzucamy tylko sześcioma kośćmi, prawie nigdy nie zdarza się, żeby każda z twarzy wypadła! Wychodząc z tego, staje się jasne, że głupotą jest oczekiwać, że teraz wypadnie kolejna twarz, która jeszcze nie wypadła „ponieważ od dawna nie upuściliśmy cyfry 6, co oznacza, że \u200b\u200bwypadnie teraz. ”
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 ma miejsca. Jeśli rzucimy kostką kilka razy, częstotliwość każdej ze ścian nie będzie taka sama.
Jeśli kiedykolwiek wcześniej pracowałeś nad grą online z jakimś generatorem liczb losowych, najprawdopodobniej spotkałeś się z sytuacją, w której gracz pisze do pomocy technicznej, że twój generator liczb losowych jest uszkodzony i nie pokazuje 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 spaść tylko w 10% przypadków, więc to Prawie nigdy nie powinien odbywać się, co oznacza to oczywiścieże twój generator liczb losowych jest zepsuty.
Robisz matematykę. 1/10*1/10*1/10*1/10 równa się 1 na 10 000, co oznacza, że jest to dość rzadkie. I właśnie to gracz próbuje ci powiedzieć. Czy w tym przypadku jest problem?
Wszystko zależy od okoliczności. Ilu graczy jest teraz na twoim serwerze? Załóżmy, że masz dość popularną grę, w którą codziennie gra 100 000 osób. Ilu graczy zabije cztery potwory z rzędu? Wszystko jest możliwe, kilka razy dziennie, ale załóżmy, że połowa z nich po prostu handluje różnymi przedmiotami na aukcjach, rozmawia na serwerach RP lub wykonuje inne czynności w grze, więc tylko połowa z nich tak naprawdę poluje na potwory. Jakie jest prawdopodobieństwo, że ktoś czy ta sama nagroda wypadnie? W tej sytuacji możesz spodziewać się, że ta sama nagroda może wypadać co najmniej kilka razy dziennie!
Nawiasem mówiąc, dlatego wydaje się, że co najmniej co kilka tygodni ktoś wygrywa na loterii, nawet jeśli ten ktoś nigdy ty lub twoi przyjaciele nie przychodzicie. Jeśli co tydzień gra wystarczająco dużo osób, są szanse, że przynajmniej będzie 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 rzut 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 wyciągnięta karta wpływa na pozostałe karty w talii. Jeśli masz standardową talię 52 kart i na przykład wylosujesz 10 kier i chcesz poznać prawdopodobieństwo, że następna karta będzie w tym samym kolorze, prawdopodobieństwo to uległo zmianie, ponieważ usunięto już jedną kartę kier z talii. 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 jest zestaw przedmiotów i usuwasz jeden z obiektów bez zastępowania go, „talia kart” w tym przypadku jest analogiczna do worka żetonów, z którego usuwasz jeden żeton i nie wymieniasz go, lub urnę, z której usuwa się kolorowe kulki (właściwie nigdy nie widziałem gry, w której wyjmowano urnę z kolorowymi kulkami, ale wydaje się, że z jakiegoś powodu nauczyciele prawdopodobieństwa wolą ten przykład).
Właściwości zależności
Chciałbym wyjaśnić, że jeśli chodzi o karty, zakładam, że dobierasz karty, patrzysz na nie i usuwasz je z talii. Każde z tych działań jest ważną właściwością.
Gdybym miał talię, powiedzmy, sześciu kart ponumerowanych od 1 do 6, potasowałem je i dobrałem jedną kartę, a następnie ponownie potasowałem wszystkie sześć kart, to byłoby to samo, co rzut sześcienną kostką; jeden wynik nie wpływa na następny. Tylko jeśli wyciągnę karty i ich nie wymienię, wynik wyciągnięcia karty z numerem 1 zwiększy prawdopodobieństwo, że następnym razem wyciągnę kartę z numerem 6 (prawdopodobieństwo będzie rosło do momentu wyciągnięcia tej karty lub do tasuję karty).
Fakt, że my patrzymy na kartach też jest ważna. Jeśli wyjmę kartę z talii i nie spojrzę na nią, nie mam żadnych dodatkowych informacji, a prawdopodobieństwo tak naprawdę się nie zmienia. To może brzmieć nielogicznie. Jak po prostu odwrócenie karty może magicznie zmienić szanse? Ale jest to możliwe, ponieważ możesz obliczyć prawdopodobieństwo nieznanych przedmiotów tylko na podstawie tego, że ty wiesz. Na przykład, jeśli przetasujesz standardową talię kart, odkryjesz 51 kart i żadna z nich nie jest damą trefl, będziesz wiedział ze 100% pewnością, że pozostała karta to dama trefl. Jeśli potasujesz standardową talię kart i dobierzesz 51 kart, pomimo na nich, prawdopodobieństwo, że pozostała karta jest damą trefl, nadal będzie wynosić 1/52. Otwierając każdą kartę, uzyskujesz więcej informacji.
Obliczanie prawdopodobieństwa zdarzeń zależnych odbywa się według tych samych zasad, co w przypadku zdarzeń niezależnych, z tą różnicą, że jest 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 wyciągniesz parę? Istnieje kilka sposobów obliczenia tego prawdopodobieństwa, ale chyba najprostszy jest następujący: jakie jest prawdopodobieństwo, że jeśli wylosujesz jedną kartę, nie będziesz w stanie dobrać pary? To prawdopodobieństwo wynosi zero, więc tak naprawdę nie ma znaczenia, którą pierwszą kartę dobierzesz, o ile pasuje do drugiej. Bez względu na to, którą kartę wylosujemy jako pierwszą, wciąż mamy szansę na wylosowanie pary, więc prawdopodobieństwo, że uda nam się wylosować 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 byłyby 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, grający w Texas Hold'em, powie: „Fajnie, kolejna para? Mam dziś szczęście”, będziesz wiedział, że jest całkiem duża szansa, że blefuje.)
Co jeśli dodamy dwóch jokerów i teraz mamy 54 karty w talii i chcemy wiedzieć, jakie jest prawdopodobieństwo wylosowania pary? Pierwszą kartą może być Joker, a potem talia będzie zawierała 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, ponieważ są to osobne zdarzenia i chcemy Zarówno zdarzenia) 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 robimy z tymi dwoma wynikami? Nie przecinają się i chcemy znać prawdopodobieństwo każdy z nich, więc sumujemy wartości! Otrzymujemy wynik końcowy 79/1431 (jeszcze około 5,5%).
Gdybyśmy chcieli mieć pewność co do dokładności odpowiedzi, moglibyśmy obliczyć prawdopodobieństwo wszystkich innych możliwych wyników: wylosowania jokera i niepasującej drugiej karty lub wyciągnięcia innej karty i niepasującej drugiej karty i zsumowania ich wszystkich z prawdopodobieństwem wygranej, otrzymalibyśmy dokładnie 100%. Nie podam tutaj matematyki, ale możesz spróbować matematyki, aby dwukrotnie sprawdzić.
Paradoks Monty'ego Halla
To prowadzi nas do dość znanego paradoksu, który często wprawia w zakłopotanie wielu ludzi, paradoksu Monty'ego Halla. Paradoks nosi imię Monty'ego Halla, gospodarza programu telewizyjnego Let's Make a Deal. Jeśli nigdy nie widziałeś tego programu, był on przeciwieństwem programu telewizyjnego „The Price Is Right”. Gospodarz „The Price Is Right” (wcześniej Bob Barker, teraz… 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.
Monty Hall zachowywał się inaczej. Był jak zły bliźniak Boba Barkera. Jego celem było zrobić z ciebie idiotę w ogólnokrajowej telewizji. Jeśli byłeś w serialu, on był twoim przeciwnikiem, grałeś przeciwko niemu i szanse były na jego korzyść. Może jestem szorstki, ale kiedy szansa na wytypowanie przeciwnika wydaje się być wprost proporcjonalna do tego, czy masz na sobie śmieszny kostium, czy nie, 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 kryła się wspaniała nagroda, na przykład nowy samochód. Za innymi drzwiami nie było nagród, te dwoje drzwi nie miało żadnej wartości. Ich celem było upokorzenie, więc to nie tak, że za nimi nic nie było, było za nimi coś, co wyglądało głupio, jak za nimi koza albo wielka tuba pasty do zębów, czy coś… coś, co dokładnie było nie nowy samochód.
Wybrałeś jedne z drzwi, a Monty miał je otworzyć, żeby dać ci znać, czy wygrałeś, czy nie… zanim się dowiemy spójrzmy na jeden z tych drzwi ty nie wybrany. Ponieważ Monty wie, za którymi drzwiami znajduje się nagroda, a jest tylko jedna nagroda i dwa drzwi, których nie wybrałeś, bez względu na wszystko, zawsze może otworzyć drzwi, za którymi nie kryje się nagroda. „Czy wybierasz Drzwi numer 3? W takim razie otwórzmy Drzwi 1, aby pokazać, że nie było za nimi żadnej nagrody”. A teraz, z hojności, oferuje ci szansę wymiany wybranych drzwi nr 3 na te za drzwiami nr 2. W tym miejscu pojawia się kwestia prawdopodobieństwa: czy możliwość wyboru innych drzwi zwiększa lub zmniejsza twoje szansę na wygraną, czy pozostaje bez zmian? Jak myślisz?
Prawidłowa odpowiedź: możliwość wyboru innych drzwi wzrasta prawdopodobieństwo wygranej z 1/3 do 2/3. To jest nielogiczne. Jeśli wcześniej nie spotkałeś się z tym paradoksem, prawdopodobnie myślisz: czekaj, otwierając jedne drzwi, magicznie zmieniliśmy prawdopodobieństwo? Ale jak widzieliśmy na powyższym przykładzie mapy, tak jest dokładnie co się stanie, gdy zdobędziemy więcej informacji. To oczywiste, że prawdopodobieństwo wygranej przy pierwszym typowaniu wynosi 1/3 i chyba wszyscy się z tym zgodzą. Kiedy jedne drzwi się otworzą, nie zmienia to w ogóle prawdopodobieństwa wygrania pierwszego wyboru, prawdopodobieństwo nadal wynosi 1/3, ale oznacza to, że prawdopodobieństwo, że inne drzwi poprawne 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 właściwie proponuje Monty Hall. Oczywiście otwiera jedne z drzwi, aby pokazać, że nie ma za nimi żadnej nagrody, ale on zawsze może to zrobić, więc tak naprawdę niczego to 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 wspaniałej małej aplikacji Flash, która pozwoli ci bardziej szczegółowo zbadać ten paradoks. Możesz zacząć od około 10 drzwi, a następnie stopniowo przechodzić do gry z trojgiem drzwi; jest też symulator, w którym możesz wybrać dowolną liczbę drzwi od 3 do 50 i zagrać lub uruchomić kilka tysięcy symulacji i zobaczyć, ile razy wygrałbyś, gdybyś grał.
Notatka od nauczyciela wyższej matematyki i specjalisty od równowagi gry Maxima Soldatova, której oczywiście Schreiber nie miał, ale bez której raczej trudno jest 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, prawdopodobieństwo pozostanie 1/3, ponieważ wybór jest tylko na pierwszym etapie i musisz od razu zgadnąć, ale jeśli się zmienisz, możesz wygrać, jeśli najpierw wybierzesz niewłaściwe drzwi ( potem otworzą kolejną niewłaściwą, pozostanie prawdziwa, zmienisz decyzję, po prostu ją podejmij)
Prawdopodobieństwo wybrania niewłaściwych drzwi na początku wynosi 2/3, więc okazuje się, że zmieniając swoją decyzję zwiększasz prawdopodobieństwo wygranej 2 razy
Powrót do paradoksu Monty'ego Halla
Jeśli chodzi o sam program, Monty Hall o tym wiedział, bo nawet jeśli jego przeciwnicy nie byli dobrzy z matematyki, czy on jest dobrze ją rozumie. Oto, co zrobił, aby nieco zmienić grę. Jeśli wybrałeś drzwi, za którymi była nagroda, prawdopodobieństwo, że wynosi 1/3, to zawsze zaoferował ci możliwość wyboru innych drzwi. Ponieważ wybrałeś samochód, a potem zmieniłeś go na kozę i wyglądasz dość głupio, a tego właśnie potrzebuje, ponieważ jest trochę złym facetem. Ale jeśli wybierzesz drzwi, za którymi nie będzie nagrody, tylko połowa w takich przypadkach poprosi cię o wybranie innych drzwi, aw innych po prostu pokaże ci twoją nową kozę i zejdziesz ze sceny. Przeanalizujmy tę nową grę, w której Monty Hall może wybierać dać ci szansę wyboru innych drzwi, czy nie.
Załóżmy, że postępuje zgodnie z tym algorytmem: jeśli wybierzesz drzwi z nagrodą, zawsze oferuje ci możliwość wyboru innych drzwi, w przeciwnym razie prawdopodobieństwo, że zaoferuje ci inne drzwi lub da ci 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 innych 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, tj. w jednym przypadku na trzy dostaniesz kozę, w jednym przypadku na trzy wybierzesz złe drzwi, a gospodarz poprosi cię o wybranie innych, aw jednym przypadku na trzy wybierzesz prawe drzwi a on poprosi cię o wybranie innych drzwi.
Jeśli gospodarz sugeruje wybranie innych 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. W dwóch przypadkach na trzy mamy wybór, w jednym przypadku oznacza to, że odgadliśmy dobrze, a w drugim przypadku, że zgadliśmy źle, więc jeśli w ogóle zaoferowano nam wybór, oznacza to, że prawdopodobieństwo naszej wygranej wynosi 50 / 50 i nie ma matematyczny korzyści, pozostań przy swoim wyborze lub wybierz inne drzwi.
Podobnie jak poker, jest teraz grą psychologiczną, a nie matematyczną. Monty zaoferował ci wybór, ponieważ myśli, że jesteś głupkiem, który nie wie, że wybór innych drzwi jest „właściwą” decyzją i że pozostaniesz przy swoim wyborze, ponieważ z psychologicznego punktu widzenia sytuacja jest taka, kiedy wybierasz samochód, a potem straciłem, mocniej? A może myśli, że jesteś sprytny i wybierasz inne drzwi, i oferuje ci tę szansę, ponieważ wie, że odgadłeś za pierwszym razem i że zostaniesz złapany w pułapkę? A może jest dla siebie nietypowo życzliwy i namawia cię do zrobienia czegoś w swoim osobistym interesie, bo od dawna nie podarował samochodu, a jego producenci mówią mu, że publiczność się nudzi i lepiej, żeby szybko dał dużą nagrodę. żeby oceny nie spadały?
W ten sposób Monty udaje się zaoferować wybór (czasami), a ogólne prawdopodobieństwo wygranej pozostaje 1/3. Pamiętaj, że prawdopodobieństwo, że natychmiast przegrasz, wynosi 1/3. Istnieje 1/3 szansy, że odgadniesz od razu, a 50% przypadków wygrasz (1/3 x 1/2 = 1/6). Prawdopodobieństwo, że początkowo źle odgadniesz, ale potem będziesz miał szansę wybrać inne drzwi, wynosi 1/3, aw 50% przypadków wygrasz (również 1/6). Dodaj dwie niezależne możliwości wygranej, a otrzymasz prawdopodobieństwo 1/3, więc niezależnie od tego, czy pozostaniesz przy swoim wyborze, czy wybierzesz inne drzwi, całkowite prawdopodobieństwo wygranej w całej grze wynosi 1/3… prawdopodobieństwo nie zwiększa się niż w sytuacji, w której odgadłbyś drzwi, a gospodarz pokazałby ci, co jest za tymi drzwiami, bez możliwości wyboru innych drzwi! Dlatego oferowanie opcji wyboru innych drzwi nie ma na celu zmiany prawdopodobieństwa, ale sprawienie, by proces decyzyjny był przyjemniejszy do oglądania w telewizji.
Nawiasem mówiąc, jest to jeden z 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 odkrywane , a jeśli na początku gry masz jedno prawdopodobieństwo wygranej, to po każdej rundzie licytacji, gdy więcej kart jest otwartych, to prawdopodobieństwo się zmienia.
Paradoks chłopca i dziewczynki
To prowadzi nas do innego dobrze znanego paradoksu, który zwykle wprawia wszystkich w zakłopotanie, paradoksu chłopiec-dziewczyna. Jedyną rzeczą, o której dzisiaj piszę, która nie jest bezpośrednio związana z grami (chociaż domyślam się, że oznacza to po prostu, że powinienem nakłonić Cię do stworzenia odpowiedniej mechaniki gry). To bardziej zagadka, ale interesująca 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 plemniku z chromosomem X lub chromosomem Y, więc prawdopodobieństwo nieznacznie się zmienia, jeśli wiesz, że jedno dziecko jest dziewczynką, prawdopodobieństwo urodzenia dziewczynki jest nieco większe, poza tym są inne warunki, na przykład hermafrodytyzm, ale dla rozwiązania tego problemu nie weźmiemy tego pod uwagę i założymy, że narodziny dziecka są wydarzeniem niezależnym i prawdopodobieństwo urodzenia chłopca lub dziewczynki jest takie samo).
Ponieważ mówimy o szansie równej 1/2, intuicyjnie oczekujemy, że odpowiedź wyniesie prawdopodobnie 1/2 lub 1/4 lub inną okrągłą liczbę będącą wielokrotnością 2. Ale odpowiedź brzmi: 1/3 . Czekaj, dlaczego?
Trudność w tym przypadku polega na tym, że informacje, które posiadamy, zmniejszają liczbę możliwości. Załóżmy, że rodzice są fanami Ulicy Sezamkowej i niezależnie od tego, czy dziecko urodziło się jako chłopiec czy dziewczynka, nazwali swoje dzieci A i B. W normalnych okolicznościach istnieją cztery równie prawdopodobne możliwości: A i B to dwaj chłopcy, A i B są dwie dziewczynki, A to chłopiec, a B to dziewczyna, A to dziewczyna, a B to chłopiec. Skoro to wiemy przynajmniej jeden dziecko jest dziewczynką, możemy wykluczyć możliwość, że A i B to dwaj chłopcy, pozostawiając nam trzy (nadal równie prawdopodobne) możliwości. Jeżeli wszystkie możliwości są jednakowo prawdopodobne i jest ich trzy, to wiemy, że prawdopodobieństwo każdej z nich wynosi 1/3. Tylko w jednej z tych trzech opcji są oboje dzieci dwie dziewczynki, 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 - dziewczynka urodzona we wtorek. Załóżmy, że w normalnych warunkach prawdopodobieństwo urodzenia dziecka w jeden z siedmiu dni tygodnia jest takie samo. Jakie jest prawdopodobieństwo, że drugie dziecko również będzie dziewczynką? Możesz pomyśleć, że odpowiedź nadal będzie wynosić 1/3; Jakie znaczenie ma wtorek? Jednak 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 urodziły się we wtorek. W tym przypadku stosujemy tę samą logikę co powyżej, liczymy wszystkie możliwe kombinacje, gdy przynajmniej jedno dziecko to dziewczynka, która urodziła się we wtorek. Podobnie jak w poprzednim przykładzie, załóżmy, że dzieci mają na imię A i B, kombinacje są następujące:
- A to dziewczynka urodzona we wtorek, B to chłopiec (w tej sytuacji jest 7 możliwości, po jednej na każdy dzień tygodnia, w którym mógł urodzić się chłopiec).
- B to dziewczynka urodzona we wtorek, A to chłopiec (również 7 możliwości).
- A to dziewczynka, która urodziła się we wtorek, B to dziewczynka, która urodziła się 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 na to zwrócić uwagę, żeby nie liczyć podwójnie).
Sumujemy i otrzymujemy 27 różnych jednakowo możliwych kombinacji narodzin dzieci i dni z co najmniej jedną możliwością urodzenia dziewczynki we wtorek. Spośród nich 13 możliwości to narodziny dwóch dziewczynek. Wygląda to też zupełnie nielogicznie i wydaje się, że to zadanie zostało stworzone tylko po to, by przyprawiać o ból głowy. Jeśli nadal zastanawia Cię ten przykład, teoretyk gier Jesper Juhl ma dobre wyjaśnienie tej sprawy na swojej stronie internetowej.
Jeśli obecnie pracujesz nad grą...
Jeśli w projektowanej grze występuje losowość, jest to świetna okazja do jej przeanalizowania. Wybierz dowolny element, który chcesz przeanalizować. Najpierw zadaj sobie pytanie, jakie jest prawdopodobieństwo wystąpienia tego elementu zgodnie z Twoimi oczekiwaniami, jakie ono powinno być Twoim zdaniem w kontekście gry. Na przykład, jeśli tworzysz grę RPG i zastanawiasz się, jakie jest prawdopodobieństwo, że gracz będzie w stanie pokonać potwora w walce, zadaj sobie pytanie, jaki procent zwycięstw wydaje ci się właściwy. Zwykle grając w gry RPG na konsole, gracze są bardzo sfrustrowani, gdy przegrywają, więc lepiej, żeby nie przegrywali często… może 10% czasu lub mniej? Jeśli jesteś projektantem 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 kostki). Omów wszystkie możliwe wyniki i ich prawdopodobieństwo. Upewnij się, że suma wszystkich prawdopodobieństw wynosi 100%. Na koniec oczywiście porównaj swoje wyniki z oczekiwaniami. Niezależnie od tego, czy rzucisz kostką, czy wylosujesz karty tak, jak zamierzałeś, czy też zauważysz, że musisz dostosować wartości. I oczywiście, jeśli ty odnaleźć co należy dostosować, możesz użyć tych samych obliczeń, aby określić, ile coś należy dostosować!
Zadanie domowe
Twoja „praca domowa” w tym tygodniu pomoże ci udoskonalić umiejętności prawdopodobieństwa. Oto dwie gry w kości i gra karciana, które przeanalizujesz za pomocą 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 moimi kolegami (dzięki Jebowi Havensowi i Jesse'emu Kingowi!) i która celowo zaskakuje ludzi swoim prawdopodobieństwem. Jest to prosta gra kasynowa o nazwie „Dragon Bones” i jest to rywalizacja w kości między graczem a zakładem. Otrzymujesz zwykłą kość 1k6. Celem gry jest wyrzucenie liczby wyższej niż dom. Tomek otrzymuje niestandardowe 1k6 - takie samo jak twoje, ale zamiast jedynki z jednej strony - wizerunek Smoka (stąd w kasynie jest kostka Smok-2-3-4-5-6). Jeśli instytucja zdobędzie Smoka, automatycznie wygrywa, a Ty przegrywasz. Jeśli obaj uzyskacie tę samą liczbę, jest remis i ponownie rzucacie kostką. Wygrywa ten, kto wyrzuci najwyższą liczbę.
Oczywiście nie wszystko układa się całkiem na korzyść gracza, ponieważ kasyno ma przewagę w postaci twarzy smoka. Ale czy tak jest naprawdę? Musisz to obliczyć. Ale zanim to nastąpi, sprawdź swoją intuicję. Powiedzmy, że wygrana wynosi 2 do 1. Więc jeśli wygrasz, zatrzymujesz swój zakład i otrzymujesz podwójną kwotę. Na przykład, jeśli postawisz 1 $ i wygrasz, zatrzymasz tego dolara i otrzymasz dodatkowe 2 $, co daje w sumie 3 $. Jeśli przegrasz, tracisz tylko swój zakład. Zagrałbyś? Czy 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 wygrać więcej niż raz, czy mniej, czy raz?
Kiedy już uporasz się ze swoją intuicją, zastosuj matematykę. Jest tylko 36 możliwych pozycji dla obu kości, więc możesz łatwo je wszystkie policzyć. Jeśli nie masz pewności co do tej oferty 2 do 1, rozważ to: Załóżmy, że grałeś w tę grę 36 razy (za każdym razem stawiając 1 $). Za każdą wygraną dostajesz 2 $, za każdą przegraną tracisz 1 $, a remis niczego nie zmienia. Policz wszystkie prawdopodobne wygrane i przegrane i zdecyduj, czy stracisz trochę dolarów, czy zyskasz. Następnie zadaj sobie pytanie, na ile słuszna okazała się Twoja intuicja. A potem - uświadomić sobie, jakim jestem czarnym charakterem.
I tak, jeśli już zastanawiałeś się nad tym pytaniem - celowo wprowadzam cię w błąd, zniekształcając prawdziwą mechanikę gry w kości, ale jestem pewien, że możesz pokonać tę przeszkodę tylko dobrą myślą. Spróbuj samodzielnie rozwiązać ten problem. Wszystkie odpowiedzi opublikuję tutaj w przyszłym tygodniu.
Gra nr 2 — Szczęście
Jest to gra w kości o nazwie Lucky Roll (zwana także Birdcage, ponieważ czasami kości nie są rzucane, ale umieszczane w dużej drucianej klatce, podobnej do klatki Bingo). To prosta gra, która wygląda mniej więcej tak: Postaw, powiedzmy, 1 $ na liczbę od 1 do 6. Następnie rzucasz 3k6. Za każdą kość, która trafi Twój numer, otrzymujesz 1 $ (i zachowujesz swój pierwotny zakład). Jeśli Twój numer nie wyląduje na żadnej z kostek, kasyno dostanie twojego dolara, a ty nic. Więc jeśli postawisz na 1 i trafisz 1 na twarzy trzy razy, otrzymasz 3 $.
Intuicyjnie wydaje się, że w tej grze szanse są wyrównane. Każda kostka to indywidualna szansa na wygraną 1 do 6, więc suma wszystkich trzech to 3 do 6. Pamiętaj jednak, oczywiście, że dodajesz trzy oddzielne kości i możesz dodawać tylko wtedy, gdy mówimy o oddzielne zwycięskie kombinacje tych samych kości. Coś, co będziesz musiał pomnożyć.
Po obliczeniu wszystkich możliwych wyników (prawdopodobnie łatwiej to zrobić w Excelu niż ręcznie, jest ich 216), gra na pierwszy rzut oka nadal wygląda na parzystą. Ale w rzeczywistości kasyno nadal ma większe szanse na wygraną - o ile więcej? W szczególności, ile pieniędzy spodziewasz się stracić średnio na rundę gry? Wszystko, co musisz zrobić, to dodać wygrane i przegrane ze wszystkich 216 wyników, a następnie podzielić przez 216, co powinno być dość łatwe… Ale jak widzisz, jest kilka pułapek, w które możesz wpaść, dlatego mówię ci : Jeśli myślisz, że ta gra ma równe szanse na wygraną, to się mylisz.
Gra nr 3 - 5 Card Stud
Jeśli rozgrzałeś się już przy 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-kartowy 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 jednej kombinacji, w sumie cztery, więc są cztery możliwe sposoby uzyskania pokera królewskiego. Oblicz prawdopodobieństwo, że trafisz na jedną z tych kombinacji.
Muszę cię ostrzec przed jedną rzeczą: pamiętaj, że możesz dobrać te pięć kart w dowolnej kolejności. Oznacza to, że na początku możesz wylosować asa lub dziesiątkę, to nie ma znaczenia. Obliczając to, pamiętaj, że w rzeczywistości są więcej niż cztery sposoby na uzyskanie pokera królewskiego, zakładając, że karty zostały rozdane w kolejności!
Gra nr 4 - Loteria MFW
Czwarte zadanie nie będzie tak łatwe do rozwiązania przy użyciu metod, o których dzisiaj mówiliśmy, ale możesz łatwo zasymulować sytuację za pomocą programowania lub programu Excel. Na przykładzie tego problemu można opracować metodę Monte Carlo.
Wspomniałem wcześniej o grze „Chron X”, nad którą kiedyś pracowałem, i była tam jedna bardzo ciekawa karta - loteria IMF. Oto jak to działało: użyłeś go w grze. Po zakończeniu rundy karty zostały ponownie rozdzielone i istniało 10% szans, że karta wypadnie z gry i że losowy gracz otrzyma po 5 zasobów każdego rodzaju, który miał na tej karcie żeton. Karta została wprowadzona do gry bez ani jednego żetonu, ale za każdym razem, gdy pozostawała w grze na początku następnej rundy, otrzymywała jeden żeton. Istniało więc 10% szans, że umieścisz ją w grze, runda się skończy, karta opuści grę i nikt nic nie dostanie. Jeśli nie (z 90% szansą), istnieje 10% szans (właściwie 9%, bo to 10% z 90%), że opuści grę w następnej rundzie i ktoś dostanie 5 zasobów. Jeśli karta opuści grę po jednej rundzie (10% z 81% dostępnych, czyli 8,1%), ktoś dostanie 10 jednostek, kolejna runda - 15, kolejna 20 i tak dalej. Pytanie: jaka jest oczekiwana wartość zasobów, które otrzymasz z tej karty, kiedy ostatecznie opuści ona grę?
Zwykle próbowalibyśmy rozwiązać ten problem, znajdując możliwość każdego wyniku i mnożąc przez liczbę wszystkich wyników. Jest więc 10% szans, że otrzymasz 0 (0,1*0 = 0). 9%, że otrzymasz 5 zasobów (9%*5 = 0,45 zasobów). 8,1% tego, co otrzymujesz, to 10 (8,1%*10 = 0,81 wszystkich zasobów, wartość oczekiwana). Itp. A potem byśmy to wszystko podsumowali.
I teraz problem jest dla ciebie oczywisty: zawsze istnieje szansa, że karta nie opuszcza grę, aby móc w niej pozostać na zawsze, przez nieskończoną liczbę rund, tak aby możliwości obliczenia jakakolwiek możliwość nie istnieje. Metody, których się dzisiaj nauczyliśmy, nie pozwalają nam obliczyć nieskończonej rekurencji, więc będziemy musieli ją stworzyć sztucznie.
Jeśli jesteś wystarczająco dobry w programowaniu, napisz program, który będzie symulował tę kartę. Powinieneś mieć pętlę czasową, która sprowadza zmienną do początkowej pozycji zero, pokazuje losową liczbę iz 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 uruchomień testu o 1 i całkowitą liczbę zasobów (o ile zależy od tego, gdzie zmienna się zatrzymała). Następnie zresetuj zmienną i zacznij od nowa. Uruchom program kilka tysięcy razy. Na koniec podziel łączne zasoby przez całkowitą liczbę przebiegów, a otrzymasz oczekiwaną 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 wszelkie liczby, które otrzymasz, będą w przybliżeniu poprawne.
Jeśli jesteś nowicjuszem w programowaniu (lub nawet jeśli jesteś), oto małe ćwiczenie, które rozgrzeje Twoje umiejętności posługiwania się Excelem. Jeśli jesteś projektantem gier, znajomość Excela nigdy nie jest zbędna.
Teraz bardzo przydatne będą funkcje JEŻELI i LOS. RAND nie wymaga wartości, po prostu generuje losową liczbę dziesiętną z przedziału od 0 do 1. Zwykle łączymy to z FLOOR oraz plusami i minusami, aby zasymulować rzut kostką, o którym wspomniałem wcześniej. Jednak w tym przypadku pozostawiamy 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 prawdziwy lub nie, następnie wartość, która jest zwracana, jeśli warunek jest prawdziwy, oraz wartość, która jest zwracana, jeśli warunek jest fałszywy. Tak więc następująca funkcja zwróci 5% czasu, a 0 przez pozostałe 90% czasu:
=JEŻELI(LOS()<0.1,5,0)
Istnieje wiele sposobów ustawienia tego polecenia, ale użyłbym tej formuły dla komórki reprezentującej pierwszą rundę, powiedzmy, że jest to komórka A1:
JEŻELI(LOS()<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(LOS()<0.1,5,-1))
Więc jeśli pierwsza runda się skończyła, a 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: przez 10% czasu zwraca 5 jednostek zasobów, przez resztę czasu jej wartość nadal będzie wynosić - 1. Jeśli zastosujemy tę formułę do dodatkowych komórek, otrzymamy dodatkowe rundy, a na którejkolwiek 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 tysiące) wierszy. Możemy nie być w stanie tego 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 ze wszystkich rund (Excel uprzejmie udostępnia do tego funkcję AVERAGE()).
W systemie Windows przynajmniej możesz nacisnąć klawisz F9, aby ponownie obliczyć wszystkie liczby losowe. Tak jak poprzednio, zrób to kilka razy i sprawdź, czy otrzymane wartości są takie same. Jeśli rozrzut jest zbyt duży, podwoj liczbę przebiegów i spróbuj ponownie.
Nierozwiązane problemy
Jeśli masz dyplom z prawdopodobieństwa i powyższe problemy wydają ci się zbyt łatwe, oto dwa problemy, nad którymi drapałem się od lat, 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 poprzednia praca domowa. Potrafię bez problemu zastosować metodę Monte Carlo (używając C++ lub Excela) i mieć pewność odpowiedzi na pytanie „ile zasobów otrzyma gracz”, ale nie wiem dokładnie, jak podać dokładną, dającą się udowodnić matematycznie odpowiedź (to jest nieskończonym szeregiem). 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 rozwiązywane na tym blogu) zostało mi zlecone przez znajomego gracza ponad 10 lat temu. Zauważył jedną ciekawą cechę podczas gry w blackjacka w Vegas: kiedy wyjął karty z buta z ośmioma taliami, zobaczył dziesięć figurki w rzędzie (figurka lub karta figurki - 10, Joker, Król lub Królowa, więc jest ich 16 w standardowej talii 52 kart, więc jest ich 128 w bucie 416 kart). Jakie jest prawdopodobieństwo, że w tym bucie co najmniej jedna sekwencja dziesięciu albo więcej figurki? Załóżmy, że zostały one potasowane 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 losowego przeplatania 128 jedynek z 288 zerami i ile razy będzie co najmniej 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 rozpadało i wydawało mi się po prostu niemożliwe. Więc nie spiesz się, by wygadać odpowiedź: usiądź, zastanów się dobrze, 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 mniej więcej w ten sam sposób: „To całkiem oczywiste… o nie, czekaj, wcale nie oczywiste”. To jest dokładnie ten przypadek, dla którego nie mam metody obliczania wszystkich opcji. Z pewnością mógłbym rozwiązać ten problem metodą brutalnej siły za pomocą algorytmu komputerowego, ale o wiele bardziej interesujące byłoby poznanie matematycznego sposobu rozwiązania tego problemu.
Tłumaczenie - Y. Tkachenko, I. Mikheeva
