Matematyka gier - kombinacje i probabilistyka

[Andy]

Będę musiał ostrzec znajomego!

[BOLLO]

Potrzebuję pomocy:
viewtopic.php?f=5&t=70528#p1334955

[dannte]

Ciekawy temat dotyczący "matematyki w grach" pojawił się na BGG:
https://boardgamegeek.com/thread/277243 ... d-conflict
(z początku myślałem, że to kolejny głupi post o tym kto wygrał, którą nagrodę, w przypadku remisu - ale na szczęście nie)

Rozwiązanie jest raczej proste, ale to dlatego, że sam fakt istnienia zagadki już je sugeruje (zagadka jest uproszczona do minimum).
Bardziej chodzi o samo podejście - ja może nie zastanawiałbym się nigdy nad taką sytuacją w D:I przy trzech/czterech graczach - mówiąc oczywiście o prawdziwych kartach, a nie o wymyślonych na potrzeby zagadki i jasno potwierdzających tezę.

[MichalStajszczak]

Wydaje mi się, że w podanym na bgg przykładzie jest błąd. Zielony wydaje 2, a dostaje 1 czyli traci 1 a nie 2.

[Beo]

Nie jestem pewien, ale chyba chodzi o to, że w trzyosobowej rozgrywce nie dostaje się nagród za trzecie miejsce, czyli jednak traci dwa.

[dannte]

Tak właśnie.

Imagine: a three-player game.

Rzeczywiście nie każdy w tym wątku zna reguły Diuny:Imperium na 3 graczy: ostatnia nagroda nie jest przyznawana (chyba, że wszedłbyś do walki remisując z drugim graczem, wtedy obaj zdobywacie nagrodę za 3. miejsce). Nie będę tutaj wyjaśniał co i dlaczego, bo to jednak zagadka, więc nie chcę nikomu psuć możliwej zabawy.

[MichalStajszczak]

Nie jestem pewien, ale chyba chodzi o to, że w trzyosobowej rozgrywce nie dostaje się nagród za trzecie miejsce, czyli jednak traci dwa.

Zmyliła mnie informacja na pokazanej karcie, bo wywnioskowałem z niej, że po prostu zawsze za pierwsze miejsce jest 4, za drugie 2, a za trzecie 1

[MichalStajszczak]

Skoro wątek matematyczny został odkopany, to podam odpowiedź na pytanie, które w kwietniu ubiegłego roku zadał dannte

Kart jest 55, choć powinno być tyle, co symboli czyli 57. Jak chcesz się dowiedzieć więcej na temat matematyki w Dobble, to możesz przeczytać mój artykuł albo bardziej naukowy tekst z miesięcznika Delta

Dzięki, poczytam w wolnej chwili. Nie wiem czy ten temat jest poruszany, ale mnie nawet nie chodziło o samą matematykę ukrytą za liczbami, co raczej o fakt, że ktoś wpadł na taki pomysł! Ja, gdybym chciał zamknąć 8 symboli per karta, gdzie każde dwie karty mają 1 wspólny symbol (czyli już przy dwóch kartach potrzebuję 15 różnych symboli!) - pomyślałbym natychmiast, że liczba kart rosłaby wykładniczo, a liczba unikatowych symboli musiałaby być nieskończona - i pewnie bym zdusił pomysł w zarodku, i dlatego jest dla mnie magicznym to, że ktoś spróbował i się udało zrobić to w zgrabnym pakiecie. Często lubię rozwiązywać zagadki matematyczne/programistyczne i w większości tych błyskotliwszych zagadek rozwiązania są proste - ale żeby wpaść na nie, to trzeba się mocno nagłówkować. A co dopiero wpaść na pomysł, że coś takiego jest możliwe i wymyślić na ten temat zagadkę! To jest dla mnie fascynujące.

czyli "jak wpadnięto na pomysł", na podstawie którego powstała gra Dobble.
Otóż okazuje się, że pierwowzorem był Kirkman's Schoolgirls Problem czyli zagadnienie matematyczne, które postawił i rozwiązał w 1850 roku wielebny Thomas Kirkman. Chodziło z grubsza o to, że 15 dziewczynek spacerowało trójkami przez 7 kolejnych dni i każdego dnia każda była w trójce z dwiema innymi. Zagadnienie Kirkmana znalazło zastosowanie w statystyce matematycznej, a także w korekcji błędów przy przesyłaniu sygnałów. Zainteresowało to w 1976 młodego entuzjastę matematyki Jacquesa Cottereau, który uznał, że można zrobić z tego karciankę o insektach. I taka samoróbka karcianki, w której było 31 kart każda z 6 symbolami (jak obecnie w Dobble Junior) leżała u niego w szufladzie przez 30 lat. W 2009 roku spokrewniony z Cottereau dziennikarz i twórca gier Denis Blanchot zainteresował się pomysłem i w ten sposób powstała gra Dobble.
Więcej na ten temat można przeczytać w tym artykule.

[Propi]

Idziemy dalej



W grze (nine-minutes Kingdom) występuje 48 kart królestwa, z których gracze w trakcie rozgrywki układają tableau o rozmiarach 3x3 karty - a więc używają 9 kart. Żeby mnie było zbyt łatwo - każda karta może zostać zagrana na cztery różne sposoby, poprzez obracanie jej o 90, 180 lub 270 stopni.

Próbowałem coś rozkminić samemu, ale wyszło mi 48!/(9!(48-9)!) (z wzoru w trzecim poście tematu) i przy liczbie 1677106640 już nie wiedziałem, gdzie iść dalej

Mamy zbiór 48, wybieramy 9 i ustawiamy w jednej z czterech pozycji (obrotów).

To wersja "na oko". W wersji praktycznej mamy jeszcze siatkę 3x3, w której każda z kart może zająć jedno z dziewięciu miejsc i dopiero tam obrócić się na jeden z czterech sposobów.

Mózg mi paruje od samego pisania tego - czy ktoś mądrzejszy ode mnie może to wrzucić do wzoru?

[BartP]

Moja kombinatoryka jest dość zaśniedziała, bo nieużywana od 15 lat co najmniej.
Widzę to z grubsza tak:
1. na ile sposobów mogę ustawić 9 kafli w kwadrat (obrót się na razie nie liczy), kolejność się liczy: 48 * 47 * ... * 40 = 48! / 39!
2. każdy mogę obrócić na 4 sposoby, więc każdą z liczb mnożę razy 4 = 48 * 4 * 47 * 4 * ... * 40 * 4 = 48! / 39! * 4^9
3. trzeba wziąć pod uwagę, że przy obracaniu całego układu kart o 90, 180 i 270 stopni pojawiają nam się tożsame układy, więc wynik trzeba podzielić przez 4: 48! / 39! * 4^8
4. zakładam, że karty są unikatowe

Poprawiajcie, jakby co.

[Fojtu]

IMO lepiej jest podejść do tego jako wariancji bez powtórzeń zamiast kombinacji

Kombinacja zakłada, że nie możesz mieć powtórzenia tego samego zbioru ale w innej kolejności. Potem musisz obliczyć na ile sposobów jeszcze to możesz ułożyć na 3x3 (tak de facto po prostu 9 pozycji).

Jak weźmiesz wariancję bez powtórzeń to od razu masz ilość możliwych ciągów, więc uwzględniasz kolejność. To jest n!/(n-k)!

Warto tu zauważyć, że wzory po prostu różnią się brakiem podzielenia przez k! w drugim przypadku. Jeżeli byś zaczynał od pierwszego wzoru n!/k!(n-k)! to musiałbyś jeszcze dorzucić pomnożenie przez k! żeby uwzględnić możliwości ułożeń w konkretny ciąg z 9 wylosowanych i dostałbyś to samo bo k! się skróci.

Więc mamy 48!/(48-9)! i teraz musimy uwzględnić obracanie. Każda z 9 kart ma 4 pozycji, więc to jest po prostu 4*4*..*4*4 - 9 kart więc 9 czwórek, więc 4^9
Sumarycznie 48!/(48-9)!*4^9

Jeżeli wyjdziesz od Twojego wzoru, to musisz jeszcze wziąć pod uwagę ustawienie (9!) i obroty (4^9) i wtedy masz 48!/9!(48-9)!*9!*4^9 i wychodzi to samo.

Dawno nic z matmy nie robiłem, więc jak gdzieś się walnąłem, to poprawcie

Edit:Bart słuszcznie zauważył, że na koniec jeszcze trzeba podzielić na 4 jeżeli obrót całości planszy stwarza tożsame układy (tj. całośc układu nie ma strony).

[Mr_Fisq]

A są możliwe lustrzane odbicia po przekątnych i osiach, i uwzględniamy je?

[MichalStajszczak]

Najprawdopodobniej to, co napisał BartP jest słuszne. Napisałem "najprawdopodobniej", bo nie mam pewności, czy:
- kafelków jest 48 (w opisie gry w jednym miejscu 48, a w innym 45 - i ta druga liczba jest być może bliższa prawdy, skoro gra jest do 5 osób, a każdy dostaje po 9 kafelków)
- każdy kafelek jest unikatowy
- każdy kafelek da się położyć na 4 różne sposoby tzn. nie ma takiego kafelka, który po obrocie o 180 stopni wygląda tak, jak bez obrotu.

A są możliwe lustrzane odbicia po przekątnych i osiach, i uwzględniamy je?

Tu sprawa jest trudniejsza - bez dokładnego przeanalizowania całego zbioru kafelków nie da się chyba stwierdzić, czy możliwe jest zbudowanie układu, który stanowi lustrzane odbicie innego układu.

[bardopondo]

Niestety - to co napisałeś nie jest prawdą - częściej wypada szóstka. Tak przynajmniej jest w przypadku zwykłych kostek, z wgłębieniami na oczka. I dlatego kości, używane w kasynach, wgłębień nie mają. Oczywiście ta różnica nie jest duża. Z analizy, przedstawionej w pracy "A complete list of fair dice" wynika, że przy 10 tysiącach rzutów, powinno wypaść:
1654 x 1
1659 x 2
1665 x 3
1669 x 4
1674 x 5
1679 x 6

Cudowne
To jeden z tych postów, z powodu których jeszcze zaglądam na te forum.

[dannte]

Ostatnio w jednej z gier (nie podam tytułu, żeby nie spoilować) napotkałem opcję z możliwością hazardu.
Gra wprowadzała minigrę na rodzaj kasyna, która pozwalała wykonać test umiejętności (rzut dwiema kośćmi - suma mniejsza lub równa X, to sukces) i wygrać obstawioną stawkę w przypadku sukcesu.

Przykładowo, obstawiasz 10 monet - wykonujesz test: w przypadku sukcesu zdobywasz 10 monet, w przypadku porażki tracisz 10 monet. Proste, prawda?
Pomyślałem sobie: ee, nie chce mi się w to bawić... Ale moja testowana umiejętność była na poziomie 7, czyli jak można szybko policzyć szansa na sukces wynosi 21/36 czyli ok 60%. Więc stwierdziłem, że chociaż zagram kilka razy, bo brakuje mi 20 monet, a mam większą szansę na wygraną niż przegraną - więc w przypadku przegranej jestem w stanie się odbić - statystycznie po 10 grach ze stawką 10 monet wygram 6 razy i przegram 4 razy, a więc +20 monet zysku. Swojego celu dopiąłem i porzuciłem minigrę.

Potem jednak postanowiłem poświęcić chwilę czasu, żeby się zastanowić nad optymalniejszą strategią niż zwykłe obstawianie 10 monet - bo mając nieskończoną liczbę prób jestem w stanie wyciągnąć z tego interesu nieskończenie duży zysk obstawiając cokolwiek.
Ale co jeśli liczba prób jest skończona albo zwyczajnie w świecie nie chciałoby mi się aż tak "grindować"?

Zacząłem sobie rozpisywać wzór (bo generalnie lubię próbować psuć mechaniki w grach) no i okazało się, że jest bardziej optymalna strategia gry w tę minigrę opierająca się na zmiennych stawkach w zależności od sytuacji. Gra przestaje być hazardem, a staje się policzalna i zastosowanie strategii wygrywającej prawie gwarantuje zysk. Napisałem "prawie" bo oczywiście na rzuty kośćmi wpływu nie mamy, więc przy pechowych rzutach możemy stracić wszystko.
To co poniżej umieszczam w spoilerze, bo może niektórzy nie chcieliby wiedzieć, że tego typu mechaniki można "zepsuć" - projektant mógł nawet nie wiedzieć, że się da i dodał taką opcję do swojej gry raczej jako ciekawostkę/dla hecy/formę zabawy? I muszę przyznać, że mu się to udało: świetnie się bawiłem przy liczeniu prawdopodobieństwa

Spoiler:

Ok, wiemy, że przy X = 7 mamy szansę na sukces równą 21/36, czyli ok. 58%. Zwiększenie X do 8 daje szansę 72% - niby nic, ale zaraz okaże się jak znacząca jest to różnica - przypadki dla różnych X opiszę osobno.

Co jeszcze wiemy? Że statystycznie przy 36 rzutach dostaniemy 21 sukcesów i 15 porażek
No i co nam to daje? Nadal nie wiemy ile obstawiać. Jeśli będziemy obstawiać 10 monet, to po 36 rzutach statystycznie zyskamy 210 monet i stracimy 150 monet, czyli wyjdziemy 60 monet na plus.
No to co stoi na przeszkodzie, żeby obstawić więcej? Np 20 monet? Wtedy po 36 rzutach osiągniemy zysk = 120 monet, prawda?
No w zasadzie tak, ale co jeśli mamy tylko 20 monet? Obstawienie całości pozostawia wszystko szansie - w 42% przypadków stracimy całość i nie będziemy mogli dalej grać...
No dobra, a co jeśli mamy 1000 monet? Będziemy grać asekuracyjnie i obstawiać 20 monet co turę? Przecież to nam da niewielki zysk (w porównaniu do tego co mamy)...

Ok, no to może spróbować obstawiać jakąś część swojego majątku? Czyli przy 20 monetach obstawimy tyle, żeby nie zbankrutować, ale wystarczająco tyle, żeby zwiększyć swoje zasoby o SPORY PROCENT.
Podobnie przy 1000 monet: zwiększenie zasobów o pokaźny procent ma już jakieś znaczenie.

No ok, to można spróbować np 10%: ale 10% od jakiej kwoty? Od początkowej? To sprowadza się do tego samego płaskiego zysku, czyli po 36 rzutach zyskamy 6-krotność stawki - w przypadku 20 monet zyskamy 12 monet, a w przypadku 1000 monet zyskamy 600 monet. Brzmi już bardziej opłacalnie
No to może zwiększmy stawkę do 50%: przy 20 monetach nagle jesteśmy w stanie osiągnąć aż 60 monet zysku! A przy 1000 monet będzie to aż 3000 monet zysku!! A więc co stoi na przeszkodzie? No właśnie chodzi o to, że obstawiając 10 monet mając ich tylko 20 mamy aż 42% szans, że spadniemy do 10 monet - a wtedy co? obstawiamy znów 10, licząc, że "na pewno" drugi raz nie będzie porażki? No nie, to byłby błąd. A teraz zastosuj tę samą strategię do 1000 monet: co jeśli po pierwszym rzucie stracisz 500? No na pewno niefajnie.
Ale! Przecież jeśli w pierwszym rzucie stracę 500, to w drugiej nie będę aż tak głupi, żeby obstawiać całość! Więc może teraz obstawię znów 50% tego co mam, czyli 250? W przypadku przegranej nadal będę mógł grać. Ok, ale zauważ, że straty mogą nagle okazać się większe niż zyski... I jeśli będziesz mieć szczęście to może wyjdziesz na bilans=0

Skąd takie pesymistyczne przypuszczenia? To bardzo łatwo policzyć. Wracając do początkowego wzoru: szansa na sukces to 21/36, a szansa na porażkę to 15/36.
Zakładamy, że najprościej będzie obstawiać jakąś część aktualnie posiadanych pieniędzy (tak jak wyżej 50%): ile będzie wynosić nasza oczekiwana kwota końcowa po zastosowaniu naszej strategii? To proste, po 36 rzutach będzie to: M * 1.5^21 * 0.5^15
M to nasza początkowa kwota, 1.5 to mnożnik posiadanej kwoty w przypadku sukcesu, a 0.5 to mnożnik posiadanej kwoty w przypadku porażki. Tak, kolejność porażek i sukcesów nie ma znaczenia - oczekiwana kwota po 36 rzutach będzie taka sama bez względu na to czy najpierw stracimy 500 monet z 1000, czy dopiero za drugim razem stracimy 750 z 1500.
To już wygląda źle, ale może policzmy i udowodnijmy jak źle jest: najpewniej zostanie nam ok. 15% początkowej kwoty! Czyli nawet gdy mamy większą szansę na sukces niż na porażkę to okazuje się, że obstawianie 50% to zbyt wiele i straty przeważają zyski.
Ale nie poddajemy się: spróbujmy z 10%, czyli tym razem kwota w przypadku sukcesu rośnie do 1.1M, a w przypadku porażki spada do 0.9M: zakończymy z ok. 152% początkowej kwoty. A więc stosując strategię z obstawianiem 10% co turę, mamy "gwarancję", że po 36 próbach zyskamy 52% początkowej sumy (w przypadku 1000 to 520, w przypadku 20 to 10) - niby niewiele, bo obstawianie 2 lub 100 monet co turę (płaska stawka) da nam zyski odpowiednio 12 i 600 monet, natomiast szansa, że stracimy wszystko nie jest duża. Więc o co kruszyć kopię?
Otóż, to są wyniki dla X = 7. A co jeśli X wzrośnie do 8? Wtedy szansa na porażkę do 10/36, a szansa na sukces to 26/36.
Wzory dla naszych stawek:
10%: zysk wynosi 315% !
50%: zysk nagle urósł do prawie 3600% !!

Jak widać różnica między X=7, a X=8 jest znacząca! Gdybyśmy zastosowali płaską stawkę 10% kwoty początkowej, to w przypadku 20 zyskalibyśmy (26-10)*2 = 32 monety, a w przypadku 1000 monet zyskalibyśmy (26-10)*100 = 1600 monet.
Stosując naszą strategię ze zmienną stawką zyskalibyśmy (mówimy o samym zysku, nie licząc początkowych monet) odpowiednio 63 monety oraz 3150 monet obstawiając 10% co turę.
A obstawiając 50% aktualnej kwoty co turę? Zyskamy odpowiednio 720 monet oraz 36000 monet po 36 próbach Nie, to nie jest błąd w obliczeniach Chyba nie muszę mówić, że zwiększenie X do 9 daje jeszcze pokaźniejsze wyniki?

Ale na tym nie koniec. Widzimy wyraźnie, że w przypadku X=7 obstawianie 50% jest zabójcze dla nas. Natomiast przy X=8 jest zabójcze dla kasyna. Dlaczego? Może da się znaleźć najoptymalniejsze wyniki? Oczywiście!

Tutaj wystarczy się posiłkować pochodną, by znaleźć ekstremum funkcji (czyli jej wierzchołek - max). Wszystkie obliczenia wykona za nas wolfram
A o jaką funkcję chodzi? Oczywiście o naszą funkcję zysku, tylko tym razem będziemy chcieli wyliczyć wymiar stawki, czyli wzorem będzie (1+s)^21 * (1-s)^15, gdzie s to stosunek naszej stawki do posiadanej obecnie kwoty (wykładniki 21 i 15 dla X=7), oczywiście 0 < s < 1.
Z takiej funkcji liczymy pochodną, znajdujemy jej miejsca zerowe (albo raczej robi to wolfram) i mamy gotowy wynik:
dla X=7 dostajemy s = 1/6
dla X=8 dostajemy s = 4/9
dla X=9 dostajemy s = 2/3
Tak, dla X=9 najoptymalniej opłaca się obstawiać większość swojej kwoty (ok 66%)
Oczywiście jeśli się boimy, to zawsze można obstawiać mniej - nadal da nam to wartościowy zysk, ale już niekoniecznie warto obstawiać więcej.
Okazuje się, że nasze początkowe próby z 10% i 50% były dość zbliżone do optymalnych.

Żeby dopełnić całości, wyliczmy też oczekiwany zysk po 36 rzutach:
dla X=7, obstawiając 16% aktualnej kwoty dostaniemy 65% zysku
dla X=8, obstawiając 44% aktualnej kwoty dostaniemy 3876% zysku
dla X=9, obstawiając 66% aktualnej kwoty dostaniemy 620390% zysku

Jak pewnie łatwo się domyślić, wszystkie przypadki gdzie X wynosi 6 lub mniej przynoszą tylko straty, bez względu na strategię. Wtedy to dopiero można nazwać hazardem

A, no i oczywiście swoją strategię na obstawianie 44% dla X=8 zastosowałem w samej grze i dało mi to oczekiwany zysk bardzo szybko.

To tyle z mojej strony, jeśli chodzi o zabawy matematyką. Nawet nie wiecie ile przyjemności sprawiło mi opisanie tego wszystkiego

PS: Oczywiście wszystkie te wyniki opieramy na założeniu, że każdy wynik na każdej z kości wypada z równomiernym prawdopodobieństwem (bo mówimy o teorii), chociaż Michał wyżej pokazał, że nie zawsze tak jest. I muszę przyznać, że rzeczywiście przy moich próbach (a miałem ich sporo przy X=7) rzeczywiście szóstki wypadały najczęściej. Nawet w pewnym momencie się wkurzyłem i chciałem odwrócić "oddsy" i zamiast traktować sukces jako suma <= 7, to pójść w odwrotnym kierunku: sukces to suma >= 7. Prawdopodobieństwo w teorii to samo, ale w praktyce ... ?
Tylko nie wiem czy nie byłby to już home rule

[MichalStajszczak]

Nie mam akurat w tej chwili czasu, żeby zweryfikować powyższą analizę ale wydaje mi się, że jest to jeden z przykładów problemu ruiny gracza

[Mr_Fisq]

(...)żeby się zastanowić nad optymalniejszą strategią
(...) jest bardziej optymalna strategia
(...) Może da się znaleźć najoptymalniejsze wyniki? Oczywiście!
(...) dla X=9 najoptymalniej opłaca się
...

"Optymalny" się nie stopniuje. Coś jest optymalne, albo nie jest. Nie można być "bardziej najlepszym".

Sam problem jest ciekawy, tylko zastanawiam się, czy lepszą strategią nie byłaby adaptacja stawki w kolejnych krokach w zależności od bieżącej zasobności portfela zakładając, że bazujemy na stawkach całkowitych. W końcu mając 10 monet jesteśmy w pesymistycznym scenariuszu co najwyżej 10 prób od przegranej. Przy 100 monetach już 100 prób. Aż kusi, żeby podejść eksperymentalnie (tylko wtedy należy założyć jakąś maksymalną liczbę rzutów) do tematu strategii gry, bo liczyć tego zupełnie mi się nie chce

[dannte]

Nie mam akurat w tej chwili czasu, żeby zweryfikować powyższą analizę ale wydaje mi się, że jest to jeden z przykładów problemu ruiny gracza

Fajny materiał, dzięki. Ale to problem poboczny. Ja u siebie nie rozważałem w ogóle szansy na ruinę, a jedynie wartość oczekiwanego zysku. Zastanawia mnie tylko jaka byłaby zależność między podanym przeze mnie optymalnym rozwiązaniem, a rozwiązaniem suboptymalnym (obstawianiem stawki mniejszej niż optymalna, żeby zminimalizować ryzyko ruiny) - czy rzeczywiście zmniejszyłbym ryzyko ruiny, czy raczej rozwiązanie z optymalnym zyskiem jednocześnie optymalizuje zniwelowanie szansy na ruinę? Takie wolne myśli mi do głowy przyszły, nie jestem pewien, czy umiem to jakoś precyzyjnie udowodnić. A przynajmniej natychmiast nie przychodzi mi nic mądrego do głowy, ale podejrzewam, że można połączyć moje wypociny z zacytowaną pracą.

(...)żeby się zastanowić nad optymalniejszą strategią
(...) jest bardziej optymalna strategia
(...) Może da się znaleźć najoptymalniejsze wyniki? Oczywiście!
(...) dla X=9 najoptymalniej opłaca się
...

"Optymalny" się nie stopniuje. Coś jest optymalne, albo nie jest. Nie można być "bardziej najlepszym".

Racja, czasem robię takie głupie błędy (bo logika mi podpowiada co innego i kilka z reguł języka to moje pięty achillesowe). Podejrzewam, że mój mózg po prostu chciał pokazać coś co "do tej pory chcieliśmy uważać za optymalne", ale "jednak jest inna metoda, która jest tą prawdziwie optymalną" - a słowo "optymalny" i "bardziej optymalny" jest chwytliwsze niż "dobry" i "lepszy".

Sam problem jest ciekawy, tylko zastanawiam się, czy lepszą strategią nie byłaby adaptacja stawki w kolejnych krokach w zależności od bieżącej zasobności portfela zakładając, że bazujemy na stawkach całkowitych. W końcu mając 10 monet jesteśmy w pesymistycznym scenariuszu co najwyżej 10 prób od przegranej. Przy 100 monetach już 100 prób. Aż kusi, żeby podejść eksperymentalnie (tylko wtedy należy założyć jakąś maksymalną liczbę rzutów) do tematu strategii gry, bo liczyć tego zupełnie mi się nie chce

Chyba nie zrozumiałem co chciałeś przekazać albo co budzi twoje wątpliwości?

Spoiler:

No i czepię się też języka: nie może być "co najwyżej 10 prób" w "pesymistycznym scenariuszu" - w pesymistycznym będzie to dokładnie 10 prób (zakładając obstawianie za 1 i porażka 10 razy z rzędu)
Ale tak jak mówię: nie wiem czy czynię poprawne założenia, bo nie jestem pewien czy zrozumiałem co masz na myśli.

[MichalStajszczak]

Ja u siebie nie rozważałem w ogóle szansy na ruinę, a jedynie wartość oczekiwanego zysku.

To może zastosuj kryterium Kelly'ego

[Mr_Fisq]

Chyba nie zrozumiałem co chciałeś przekazać albo co budzi twoje wątpliwości?

Spoiler:

No i czepię się też języka: nie może być "co najwyżej 10 prób" w "pesymistycznym scenariuszu" - w pesymistycznym będzie to dokładnie 10 prób (zakładając obstawianie za 1 i porażka 10 razy z rzędu)
Ale tak jak mówię: nie wiem czy czynię poprawne założenia, bo nie jestem pewien czy zrozumiałem co masz na myśli.

Widzisz, poczyniłeś pewne założenie w spojlerze, które nie wynika wprost z pesymistycznego scenariusza. Zakładasz, że obstawiasz za 1. IMHO takie założenie w naszych rozważaniach odnośnie optymalnej strategi obstawiania jest zbyt mocne, a co za tym idzie liczba 10 jest jedynie ograniczeniem górnym liczby nieudanych prób. W końcu możesz od razu postawić wszystko.

Moje wątpliwości budzi głównie to, iż przedstawione wzory działają na liczbach rzeczywistych, a w grach na ogół działamy na liczbach całkowitych. Stąd nie są w tym kontekście równoważne sytuacje gdy zostało nam 5 monet oraz 50 monet i być może przy mniejszej liczbie monet bardziej opłacalne jest zmniejszenie stawki zakładu celem wydłużenia ścieżki do bankructwa w scenariuszu pesymistycznym.

[MichalStajszczak]

Jutro matura z matematyki na poziomie rozszerzonym więc może ktoś potrzebuje sprawdzić swoje umiejętności rozwiązywania zadań probabilistycznych. Może to zrobić na przykładzie ciekawostki, pochodzącej z książki GameTek (czyli zapewne wcześniej przedstawionej w ramach Dice Tower), a dotyczącej gry w brydża. W brydżowym rozdaniu każdy gracz otrzymuje na początek 13 kart. Mamy dwa bardzo podobne zagadnienia:
1. Wiadomo, że gracz X ma asa. Jakie jest prawdopodobieństwo, że ma jeszcze co najmniej jednego asa?
2. Wiadomo, że gracz X ma asa pik. Jakie jest prawdopodobieństwo, że ma jeszcze co najmniej jednego asa?
Mimo, że problemy wyglądają bardzo podobnie, odpowiedzi na oba pytania znacznie się różnią. W pierwszym przypadku jest to niespełna 37%, a w drugim ponad 56%.
Rozwiązanie obu tych zadań nie jest specjalnie trudne, ale jak ktoś miałby z tym problem, to może zajrzeć do spoilera.

Spoiler:

Przypadek 1
13 kart z 52 można wylosować na 52C13 sposobów (C oznacza tu symbol kombinacji czyli dwumian Newtona z 52 u góry i 13 na dole)
52C13 to w przybliżeniu 6,35 x 10^11
Zero asów można dostać na 48C13 = 1,93 x 10^11 sposobów
Jednego asa można dostać na 4x48C12=2,79 x 10^11 sposobów
Dwa lub więcej asów można dostać na (6,35-1,93-2,79)=1,63 x 10^11 sposobów
Prawdopodobieństwo, że gracz ma dwa lub więcej asów, pod warunkiem, że ma jednego jest więc równe 1,63/(1,63+2,79)=0,3688 czyli 36,88%

Przypadek 2
Wiemy, że gracz X ma asa pikowego oraz 12 innych kart spośród 51. Czyli wszystkich potencjalnych układów jest 51C12=1,59 x 10^11.
Układów bez drugiego asa jest 48C12=6,97 x 10^10
Tak więc prawdopodobieństwo posiadania przez gracza jeszcze co najmniej jednego asa wynosi 1-(48C12/51C12)=0,5612 czyli 56,12%

[Ter]

1. Wiadomo, że gracz X ma asa. Jakie jest prawdopodobieństwo, że ma jeszcze co najmniej jednego asa?
2. Wiadomo, że gracz X ma asa pik. Jakie jest prawdopodobieństwo, że ma jeszcze co najmniej jednego asa?
Mimo, że problemy wyglądają bardzo podobnie, odpowiedzi na oba pytania znacznie się różnią. W pierwszym przypadku jest to niespełna 37%, a w drugim ponad 56%.

Gra w piki daje wyniki

[BartP]

Co do tych asów.
Wiem, że jest to liczone ze wzoru na pr-o warunkowe. Ale tak na rozum, to nie do końca rozumiem, czym się różnią te scenariusze i jakoś w mózgu mi się to nie klei. Spróbuję pomyśleć nad tym głębiej później.

Niemniej moje pierwsze wrażenie jest takie, że obie sytuacje są identyczne, bo przecież sprowadzamy to do sytuacji następującej:
dajemy człowiekowi do ręki losowego asa, nieważne jakiego, w szczególności pikowego. Resztę asów wtasowujemy z powrotem do talii. Następnie dajemy mu 12 losowych kart z talii, i w ten sposób ma 13 kart. I ja tak bym te zadania policzył. Czyli :
liczba sposobów na wyciągnięcie jednego, dwóch lub wszystkich trzech asów spośród 51 kart
podzielić przez
liczba sposobów na wyciągnięcie 12 kart spośród 51 kart

I nie do końca widzę, czemu moja spłycona sytuacja jest inna od pierwszego lub drugiego scenariusza pod względem pr-a.

[Fojtu]

Ja też coś mam wrażenie, że w treści zadania musi być błąd. Ale nie chciałem się odzywać, żeby nie dostać po głowie od naszego nadwornego matematyka forumowego

[donmakaron]

Może pomoże jak spojrzymy na to tak:
W drugim przypadku mam:
- asa pikowego i sprawdzam jaka jest szansa na dobranie dowolnego innego. I tyle.

W pierwszym przypadku mam:
- asa pikowego i sprawdzam jaka jest szansa na dobranie dowolnego innego;
albo
- asa kierowego i sprawdzam jaka jest szansa...;
albo
- asa karo i sprawdzam...;
albo
- asa trefl i...;

Każde z powyższych ma swoją własną szansę, a ja mam osobną szansę na jedno albo drugie albo trzecie lub też czwarte. Ale że część z układów się powiela (nie ma różnicy czy mam asa kier i dobieram trefl, czy mam asa trefl a dobieram kier [i resztę takich samych kart]), prawdopodobieństwo nie jest czterokrotnie większe, a tylko trochę większe.

Niejako przypadek drugi jest jakąś tam częścią przypadku pierwszego, ale poza nim występuje jeszcze ileś tam układów, które go spełniają.