Matematické Fórum

Zkusil jsem pravděpodobnosti nasimulovat strojem (10^6 pokusů) a vychází cca:
pravděpodobnost
výhry A: 0.3715
remízy: 0.336
prohry A: 0.2925

Možná by si úloha zasloužila přesunout do Zajímavých z pravděpodobnosti - splněno.

Tak teď by mě opravdu zajímalo, kdo z vás má pravdu, protože to je celkem velkej rozdíl ;-)

A pokud byste mohli nasimulovat ještě ty dvě situace co jsou v PS, tak bych vám byl opravdu vděčný!

↑ Stýv:
Navrhuji vypsat sem několik případů, které náš algoritmus vyhodnotil jako výhry/remízy A - abychom případně ověřili, zda jsme oba pochopili zadání stejně. Obecně jsi ale zvolil lepší postup - vyčerpávajícím způsobem jsi vyzkoušel všechny možnosti. Já si neuvědomil, že jich je tak "málo", tak jsem hody náhodně generoval - zde může být potenciální problém, že generátor v perlu může generovat i hodně závislé/nerovnoměrné hodnoty, ale pochybuji.

(Hody jsou reprezentovány jako (hody A), (hody B), kostky jsou "částečně" seřazeny)
Vyhodnoceno jako výhry A:
(4,6,1), (3,4)
(3,3,1), (2,2)
(3,4,1), (1,2)
(6,6,4), (4,5)
(4,5,3), (2,3)
(3,6,2), (2,5)
(4,5,5), (1,4)
(5,6,5), (1,3)
(3,4,4), (2,2)
(3,4,3), (1,2)
(5,6,4), (1,4)
(5,6,3), (2,4)
(3,4,6), (1,3)
(4,5,6), (2,3)
(6,6,6), (1,1)
(4,6,4), (1,3)
(5,6,1), (1,3)
(2,6,6), (1,5)
(5,5,1), (3,4)
(6,6,3), (1,2)
(5,6,2), (3,3)
(6,6,5), (2,5)
(4,6,4), (2,3)
(3,4,4), (1,3)
(2,4,2), (1,1)
(3,5,2), (1,3)
(4,5,3), (3,4)
(6,6,6), (1,3)
(3,5,3), (1,3)
(4,5,3), (2,4)
(3,6,1), (2,5)
(5,5,2), (1,2)
(4,4,1), (2,3)
(2,5,1), (1,2)
(3,4,6), (1,3)
(3,5,4), (1,3)
(2,6,1), (1,4)
(6,6,5), (1,5)
(3,5,2), (2,2)
(5,6,1), (1,3)
(3,5,5), (2,4)
(2,4,5), (1,3)
(5,6,2), (1,1)
(3,6,2), (2,3)
(2,6,2), (1,1)
(3,6,1), (1,2)
(5,6,3), (3,4)
(3,5,1), (1,2)
(5,6,4), (4,5)
(2,6,2), (1,3)
(4,6,4), (2,5)
(3,5,1), (2,4)

Vyhodnoceno jako remízy:
(6,6,4), (4,6)
(2,6,4), (3,5)
(6,6,2), (3,6)
(3,4,6), (1,6)
(1,6,2), (1,1)
(1,5,5), (1,3)
(2,3,4), (1,3)
(2,5,1), (1,5)
(6,6,1), (5,6)
(5,5,2), (1,5)
(4,4,3), (1,6)
(2,3,1), (1,6)
(2,6,1), (4,5)
(6,6,2), (2,6)
(3,5,4), (1,6)
(2,6,3), (2,4)
(1,5,2), (1,2)
(5,6,4), (4,6)
(4,6,4), (4,4)
(3,6,1), (2,6)
(3,6,1), (4,5)
(4,5,3), (1,5)

check_drummer napsal(a):

Vyhodnoceno jako remízy:
(6,6,4), (4,6)

třeba hned tady podle mě vyhraje A 1:0

(1,5,5), (1,3)

tady dokonce 2:0

↑ check_drummer: já to bral tak, že při shodě v obou párech vítězí B.. přišlo mi to poněkud nejasný, ale tvůj výklad asi bude lepší... takže to máme oba blbě:-D

↑ check_drummer: jo, už to souhlasí. pst výhry A je

Ahojte.

Simulování všech možností zřejmě fungovat bude, není ale lepší se na to podívat trochu obecněji?

Nejprve si určíme největší kostku hráče B. Bude platit, že kostka, která má hodnotu n, to bude s pravděpodobností



totéž pro hráče A bude



(Důvod proč to tak je je jednoduchý. Vezmeme nejdřív možnosti, kdy není žádná kotka větší než n, což je n umocněno na počet hodů a odečteme možnosti, kdy padlo číslo menší než n. To pak vydělíme všemi možnostmi)

Tak teď otázka. Jaká je pravděpodobnost, že největší kostka hráče A porazí největší kostku hráče B? To získáme následující řadou. (Q označuji pravděpodobnost, s jakou vyhraje větší kostka hráče B na větší kostkou hráče A)



... bude to delší řada, snadno však nahlédneme, že to lze zapsat jako ...



Samozřejmě že můžeme dosadit výše uvedené vztahy pro pravděpodobnosti a provést sumy (budeme sčítat lineární, kvadratické a možná i kubické posloupnosti). Dřív než se pustíme do podobných sebevražd si stojí nejspíš za to uvědomit, co je čitatel zlomku ve výrazu pro P_A. Má zajímavou interpretaci. Vezmeme-li krychli o hraně n, pak výraz n^3 - (n-1)^3 odpovídá objemu krychle o hraně n mínus objem krychle o hraně n-1. Což je takový "odkrojek" krychle. A je asi vidět, že když tyto odkrojky posčítám, tak dostanu celou krychli. Tedy první sumace přes l od 1 do k výrazu P_A dá jistě k^3 (kdo nevěří, dosadí si). Tím máme



Na toto mě osobně žádný podobný trik s tělesem nanapadá, takže prostě sečteme 6 čísel (to ještě kalkulačku tolik nevytrhne, nehledě na to, že na to určitě půjde odvodit i obecný vzorec) a dostaneme



Přesně v tolik případech porazí vyšší kostka B kostku A. Pojďme se nyní podívat na výsledky toho druhého souboje nižších kostek. Provedu de facto stejný postup, jen si pravděpodobnosti pro přehled označím malými písmeny, jinak své značení zachovávám. Bude platit





Asi bych mohl přiblížit to p_A. Výraz v čiteteli je součet postupně čtyřech případů. V prvním případě má jedna z kostek větší hodnotu a druhá menší. V druhém případě jsou možnosti, kdy je pouze prostřední kostka stejně veliká jako největší, třetí případ kdy je pouze prostřední kostka stejná jako nejmšnší a třetí případ kdy jsou všechny tři kostky stejné (to je jeden). Toto sečteme a dostaneme součet všech případů, kdy dané číslo bude na té prostřední kostce - tedy na té menší pro hráče A. Budeme pokračovat dále ve stejném duchu jako u větších kostek.



Zde už nenacházím podobný trik z krychlí jako posledně. Nezbývá než dosazovat a upravovat a počítat součty kubických řad. Odpustím si to tady vše vypisovat a nechám ono dosazení do vzorečků za sebe udělat program



A nyní když máme hodnoty Q a q, provedeme dotažení. Pravvděpodobnost, že vyhraje hráč B označím B, prabděpodobnost že vyhraje hráč A označím A a pravděpodobnost, že to bude plichta označím C





Pokud jsou postupy jasné, pak nebude problém zkusit si to zpočítat pro trochu jiné nastvení (je to prostě jen trochu na déle)

mohla bych taky poprosit nekoho ochotnyho ktery by vedel jaka je pravdepodobnost ze kdyz hazim ctyrikrat kostkou, ze padnou presne dve petky ? diky moc