Сколько раз бросать?
Вставка
- Опубліковано 20 гру 2023
- Обсуждаем оптимальную стратегию для двух азартных игр, одну из которых предложил Евгений Скляревский (@user-bc5mo1gr9j). Ключевое понятие в этом ролике - это "математическое ожидание", но мы умудрились ни разе его не назвать:)
Подобная игра на самом деле есть и называется "свинья". Ходы (серии бросков) игроки делают по очереди. Очки игрока за каждый ход записываются. Выигрывает тот, кто быстрее наберёт в сумме 100 очков. Информация о количестве очков соперников открыта. Игра рассчитана на двоих, хотя, сыграть в неё более крупной компанией вам никто не запретит)
Остановиться нужно ДО. До первого броска. Все, что потом - поздно.
А еще бывают люди, у которых бутерброд всегда падает маслом вниз💩💩💩
В автомате вводишь 5 ходов и ждёшь завершение раунда - это азартно?
Второе решение и есть подсчет мат. ожидания выигрыша. При 5 или 6 бросках оно равно, потому что M(6)= M(5)*(6/5)*(5/6)=M(5) и является максимумом функции мат. ожидания. Красивая задача, буду играть с внуками 😊
Теория неприятностей... ;)
Спасибо за интересную задачку 👍👍👍🌹
У нас была похожая игра, "в коробочку". Бросали спичечный коробок, и очки начислялись в зависимости на какую грань он (коробок) упадет. В случае самой большой поверхности, если коробок падал этикеткой вверх, то очки всё ещё начислялись, и игра продолжалась. А если этикеткой вниз, то очки сгорали, и ход переходил дальше. Тоже надо было остановиться вовремя, тогда очки не сгорали.
Не совсем ясны правила игры.
Видит ли второй игрок результат первого игрока?
Если да, то его стратегия очень проста:
не останавливаться, пока его сумма меньше, чем у соперника.
Тогда первому игроку при расчетах своих шансов следует учитывать стратегию второго.
Или доказать, что независимая стратегия является наилучшей и в этом случае.
Это игра "Свинья". Смысл в том чтобы набрать сто очков первым в сумме всех своих зачтенных бросков. После окончания серии бросков игрок передает кости следующему игроку по кругу. Конечно все видят результат бросков.
Это уже теория игр, где каждый поступает так, как выгодно ему с учётом того, что противник логичен и последователен
И скорее всего эту игру можно решить полностью для двух человек. С помощью компа. Всего три параметра:
1) Очки соперника
2) Мои очки до хода
3) Сколько очков я уже набрал за этот ход
Всего 100*(100*99/2) состояний игры.
Да, это "свинья". Рад, что кто-то ещё знает. У меня есть своя браузерная реализация на javascript + html+ css. Приятно похвастаться)
это если близко конец игры.
С одной стороны да, вывести функцию математического ожидания это правильно, но с другой стороны мы ещё и зависим от того сколько набрали по факту. Вроде бы если набрали минимум то имеет смысл кинуть и больше, а если максимум то есть смысл остановиться раньше. Или я всё усложняю?
Тут просто первое и второе условия спутаны между собой. По первому мы определяем когда остановиться, по второму решаем заранее. По второму решение выводится из математического ожидания, а вот насчёт первого я бы ещё подумал.
Решение очень понравилось.
Спасибо!!! 👍👍👍
Интересные у вас задачи!
Я так понял, что задача состоит в том, чтобы набрать больше очков, чем противник. В этом случае совсем не обязательно выигрышная стратегия будет максимизировать матожидание. Для второго игрока стратегия будет очень простая: кидать кубик, пока у него не будет больше очков, чем у первого. Для первого стратегия не так очевидна, но у меня получилось, что ему нужно остановиться, когда он набрал больше 10 очков. При этом вероятность выигрыша у него всего лишь 28.17%. (Я предполагаю, что первый автоматически проигрывает, если у него выпало 1, но при равенстве очков первый выигрывает).
Прекрасное решение
Красиво 👍
Посмотрел постановку задачи, пишу комментарий.
Считал математическое ожидание итоговой суммы на руках после каждого броска. Получалось положительное вплоть до пятого броска, где с учетом возможного сгорания всей суммы, мат. ожидание ровно ноль вышло. Соответственно, ответ такой: бросать четыре раза.
p.s. послушал стратегию автора: у него, конечно, лучше. Моя подходит при незнании того, сколько у тебя выпадало каждый раз (при игре вслепую, где ведущий считает очки игроков). Как раз о чем речь второго оратора.
А ,где подтверждение экспериментом?
Среди всех возможных последовательностей бросков длины n по условиям задачи имеется лишь единственная траектория приносящая выигрышные очки, вероятность которой равна (5/6)^n.
Вероятность неудачи не зависит от номера броска, их количества и возможной конкретно реализуемой последовательности, и на каждом броске равна 1/6.
Продолжать серию бросков имеет смысл до тех пор, пока вероятность выигрышной траектории сохраняется большей чем вероятность неудачи, т.е. пока (5/6)^n > 1/6. Что даёт n = 9.
Количество набранных очков при этом будет случайной величиной от min = 2*9 до max = 6*9, и иметь биномиальное распределение.
Смотреть на прирастание суммы выигрыша за ход это и есть суть производной.
Следуя такой логике если играть одновременно не 6 партий а 60, то ожидаемый выигрыш будет не S+20 очков, а S+200. Тогда делаем вывод, что останавливаться нужно набрав 200 очков? Чего-то не хватает в этом рассуждении
Лично мне понятнее использовать математическое ожидание выигрыша в одной конкретной партии:
-S/6+2/6+3/6+4/6+5/6+6/6 > 0
-S/6 > -20/6
S < 20
Думаю, можно предложить и третий вариант задачи:
Базовые правила такие же, уточнения:
1. При выпадении единицы у первого игрока ход переходит второму игроку.
2. Игра проходит в один круг (одна серия бросков первого игрока и одна серия бросков второго игрока).
3. Второй игрок знает результат первого.
4. Кто набрал больше очков - тот победил.
Какова вероятность победы первого игрока, если оба играют наилучшим образом?
Не понял, а какая тут стратегия? Первый бросает пока не выпадет 1, и второй тоже. Получается, шансы равны 🤷♂️
@@maxm33 Суть в том, что первый не должен бросать, пока не выпадет 1 - все его очки сгорят. Ему для победы нужно в какой-то момент остановиться.
А второй - да, может бросать, пока не побьет результат первого, или пока не выпадет 1.
Суть вопроса - когда первому стоит остановиться.
Спасибо!Очень интересно! Есть еще поправочка на то, что это реальная игра и данные расчеты будут верны, если будут применены большие числа, хотя так же есть еще и ошибка игрока, при которой можно спокойно кидать 20 раз подряд и не выпадет ни одной единицы. Может сделать отдельный плейлист по щадачам с теорией вероятности?
Вопрос: если выбирать всё время 5 или 6 бросков в туре игры, влияет ли на вероятность то, что функция y = 4n(5/6)ⁿ несимметричная и достигает максимума в точке x = 1/ln(6/5) ≈ 5,4848?
То есть следует ли выбирать бросать кубик 5 раз чуть чаще, чем 6 раз?
Не влияет. Х - может быть только целым. Подставляем х=5 и х=6 в функцию, получаем одинаковые у.
В нашей игре функция дискретная. Но для экономии времени, я бы бросал 5 раз
А можно было решить вторую задачу после решения первой, путем 20/4=5. То есть желаемое кол-во очков делим на среднее за бросок, верно?
Такая ещё задачка с подковыркой вспомнилась:
У нас 100руб на счету. Бросаем монетку. Выпало: 0 - плюс 50%, 1 - минус 40%.
Выгодно играть в такую игру много раз?
Можно ли как-то обернуть участие в этой игре себе на пользу?
Игра не выгодная. При кажущейся прибавке в 10% на самом деле ты будешь терять 10% за каждый цикл выигрыш-проигрышь.
Конечно, можно обернуть участие в такое игре себе на пользу.
Если играть на стороне казино.
1,5 х 0,6 = 0,9
@@user-oo3wd3ub9bНо матожидание то выгодное! 0.5*1.5 + 0.5*0.6 = 1.05 , т.е. в среднем за 1 игру состояние увеличивается в 1.05 раз. Как это можно использовать для выигрыша?
Очевидно, что если сыграть один раз, то матожидание будет +10 => выгодно. Если сыграть два раза, то матожидание будет (+125 -10 -10 - 64) =41 => выгодно.
А вот дальше, матожидание уже будет отрицательным. -3.9, при 3 играх, если я не ошибся.
Не очевидно доказательство что матожидание продолжит уменьшаться, однако интуитивно такое объяснение:
Функция матожидания довольно простая: это сумма двух функций потерь и приобретений. Где функция потерь непрерывно уменьшается, а приобретений непрерывно растет, при том тэмпы роста и уменьшения не меняются. Так вот, если в какой то точке уменьшение обогнало увеличение, то оно и продолжит обгонять. Т.е функция матожидания будет иметь только один перегиб.
Таким образом выгодно играть только 1 или 2 раза, где 2 -- выгодней.
У меня получилось, что в среднем выигрывает при первом броске не 4, а 3 + 12/36 очка (1/6*2 + 1/6*3+1/6*4+1/6*5+1/6*6)
Такой вопрос: почему с каждым броском сумма увеличивается в n/(n-1)*5/6 ? Через деление (4(n+1)*(5/6)^n+1) / (4n*(5/6)^n) у меня получилось в ((n+1)/n) * 5/6 раз
Первая задача.
Если при выпадении единицы ход переходит к сопернику (что не было озвучено в условии), то мат. ожидания:
1 бросок: 4*5/6 = 3,3(3)
2 броска: 8*25/36 = 5,5(5)
3 броска: 12*125/216 = 6,94(4)
4 броска: 16*625/1296 = 7,716
5 бросков: 20*3125/7776 = 8,0375514403292181069958847736626
6 бросков: 24*15625/46656 = 8,0375514403292181069958847736626
7 бросков: 28*78125/279936 = 7,8142861225422953818015546410608
Соответственно, лучшая стратегия - это делать 5 или 6 бросков.
Вопрос только в том, если соперник тоже «умный», то кто выиграет? В пределе ничья.
Вы не учитываете рост вероятности проигрыша с каждым броском - ожидание от 7 бросков 0, проигрыш.
@@Dimonshirson Ошибаетесь. Ожидание от 7 бросков совсем не ноль. Вполне может быть такое, что за 7 бросков ни разу не выпала единица, и это есть выигрыш.
@@index058 Согласен, сделал численое моделирование. Среднее за 1000 игр. Если выпадает 1 то выигрыш 0. Максимум получился на 5 бросков - среднее 8,1
@@Dimonshirson В этой игре нет проигрыша. Если сгорают очки, то вы не уходите в минус, а возвращаетесь на исходную позицию.
Спасибо. Вдохновили написать программу для проверки. Сошлось.
Получилось что лучшая стратегия по числу бросков - пасовать после 5-6. Стратегия почти всегда лучшая при количестве партий 10тыс.
А по числу очков, лучшей стала стратегия - пасовать при 20-21. Правда, при числе партий 10тыс. лучшая далеко не всегда. Разброс оптимальных стратегий по очкам вышел от 18 до 23. А вот при числе партий 100тыс. можно смело ориентироваться на 20-21 очко.
Выходит, ориентироваться на число бросков надёжнее.
Интуитивно предположил рискнуть 6, но надёжней 5 бросков. А потом вероятность уже не предсказуема.
Ахаха! Именно что предсказуема, (5/6)^n.
а если играть двумя кубиками ?))
А для чего в этой игре противник? Кто набрал больше очков, тот забирает всё у проигравшего? В случае 20 : 19, победа будет у первого с выигрышем 39?
Азартные игры - зло!
Решал при помощи брут-форса и возможностей Экселя. "Сыграл" 1000 игр. Максимальную сумму очков за эту тысячу игр я бы получил, заказывая серии по 7 бросков (8565). Если бы заказывал по 6 бросков, то получил бы 99% от максимума. если по 5, до 98%. если по 4 - то 94%.
IRL я бы играл сериями по 4. Немного меньше максимума, но нервы целее будут.
Вы считали немного не то, что надо: очевидно, что при одном броске мы не наберем больше чем 6 очков, при двух больше чем 12, а при 5 бросках не наберем больше чем при 6, если и там и там выпадут шестерки. Проблема в том, что чем дольше играем тем больше шанс получить 0. Т.е. мы, одновременно, и увеличиваем максимальный выигрыш, и увеличиваем шанс получить минимальный выигрыш.
Так что, нас интересует не максимум, а среднее количество очков при Х бросках. И вот это среднее, как раз и будет уменьшатся после 6 бросков (если как в условии, выпала 1 => счет равен 0 и не увеличивается при дальнейших бросках)
@@kargo8423 я считал то, что надо. (хотя это не столько расчет, сколько анализ результатов, полученных на модели процесса).
Вы, наверное, не обратили внимание на то, что сумма очков за тысячу игр сериями по 7 бросков составил всего 8,56 тыс, а не 24,5тыс, как ожидалось бы, если бы я не учитывал обнуление серии при выпадении единицы.
И эта сумма была в моем случае максимальна, играя сериями с иным числом бросков набранная сумма была меньше.
Если набранную сумму поделить на число серий (1000), то и получатся средние очки за серию.
@@user-xq3wo1rv1u да вы правы, я не так понял вначале.
З.с. хотя важно еще что после 1цы нового набора не происходит (т.е. если 1 - выпало первым броском, то в итоге будет все равно 0, а не сумма последующих шести).
Меня сбило с толку слово "максимум", я за него зацепился и пропустил что имелась в виду сумма очков за все попытки, а не лучший результат из 1000 попыток. Даже на циферки особо не всматривался
Странная игра. Получается, что второй игрок всегда имеет возможность легко победить первого игрока - ведь он имеет право бросать кубик неограниченное число раз. Тут, пожалуй, игра на выносливость - кто кого пересидит. Вы удивитесь, возможно, но бывают игроки, способные играть гораздо дольше, чем вы могли бы подумать.
P.S.: Я выслушал ваши варианты "решений". На двадцати останавливаетесь? И я тогда наберу 21 или более очков, в чём проблема-то, вы же сказали, что да, очки будут сгорать при выпадении единицы, но право бросать кубик неограниченное количество раз остаётся у игрока, и он передаёт кости сопернику только лишь по своему усмотрению. Как-то дико, конечно, но таковы правила, не я их придумал...