Mordercze kości: rozwiązanie zagadki

Mordercze kości: rozwiązanie zagadki.

Niedawno opublikowałem tu zagadkę o wrednym naczelniku więzienia, trzech monetach i kostce do gry.

Niezorientowanym przypomnę: mamy za zadanie umieścić na trzech z tysiąca kolejnych pól trzy monety; następnie stajemy na pierwszym polu i rzucamy kostką i przemieszczamy się po każdym rzucie o tyle pól, ile wypadło na kostce. Jeżeli uda nam się stanąć na polu z monetą – wygrywamy. Jeżeli nie (tzn. jeżeli przekroczymy pole z ostatnią monetą bez zatrzymywania się na nim), przegrywamy.

Pytanie było o najlepszą strategię wygrywającą, a dodatkowo również o najlepszą strategię przegrywającą.

Podobnie jak w przypadku innych zagadek, tu również zaczniemy „od dupy strony”, czyli uprościmy sobie zagadnienie do jednej monety.

A więc spróbujemy na dzień dobry rozwiązać identyczną zagadkę, ale z tylko jedną monetą.

Dla uproszenia dalszych rozważań wprowadzę teraz jedno oznaczenie: Pk to prawdopodobieństwo wygranej po umieszczeniu money na polu numer k>=1.

Położenie monety na pierwszym polu daje nam:

P1=1/6 ≈ 16.7%

Czemu tak?

Szansa, że wypadnie jedynka wynosi 1/6. Jeżeli wypadnie cokolwiek innego, przegrywamy.

Jeżeli położymy monetę na polu numer 2, dostaniemy:

P2=1/6 + (1/6*1/6) ≈ 19.4%

Wyjaśnienie: szansa, że wypadnie dwójka, wynosi 1/6. Szansa, że wypadnie jedynka, a zaraz po niej druga jedynka, wynosi 1/6*1/6. Innej możliwości na wygraną nie ma.

Trzecie pole:

P3=1/6 + (2 * 1/6 * 1/6) + (1/6 * 1/6 * 1/6) ≈ 22.7%

Jak widać szanse na wygraną rosną z każdym polem. W przypadku pola numer 3 wygrywamy w trzech przypadkach:

  1. Wyrzucając w pierwszym rzucie trójkę
    lub
  2. Wyrzucając (w dowolnej kolejności) jedynkę i dwójkę
    lub
  3. Wyrzucając trzy jedynki pod rząd

Pole numer 4:

P4 = …

Nie chce mi się dalej kombinować, bo ilość opcji robi się zbyt duża.

Widać tu jednak pewną prawidłowość: prawdopodobieństwo wygrania w n-tym rzucie kostką zależy od tego, jak blisko do monety „dotarliśmy” w poprzednim rzucie.

Gdzie leży optimum?

Spróbujmy to sobie zasymulować w Excelu. A właściwie nawet nie zasymulować, tylko policzyć. Na początek – dla ułatwienia – weźmy pod uwagę trzy kolejne rzuty:

Wyjaśnienie: w kolumnach A, B, C wygenerowałem wszystkie możliwe kombinacje trzech kolejnych rzutów kością. W kolumnach D-U natomiast sprawdzam, czy udało się wylosować numer pola (wiersz 3) jako wynik pierwszego rzutu bądź sumy pierwszego z drugim bądź też sumy wszystkich trzech. Jeżeli się udało, wstawiam jedynkę, jeżeli nie – zero. Na koniec sumuję (w górnym wierszu) wszystkie jedynki z danej kolumny i dzielę wynik przez 216 (bo tyle jest łącznie kombinacji z trzech kości). Jak widać po pierwsze prawdopodobieństwa uzyskane dla pierwszych trzech pól zgadzają się z tym, co pokazałem powyżej, a po drugie widać też, że optymalnym polem jest szóstka, potem prawdopodobieństwo spada.

Pewnie dzieje się tak, bo rzuciliśmy tylko trzy razy! Spróbujmy dołożyć czwartą kość:

Jak widać dołożenie czwartej kości tylko umocniło pozycję szóstki: z 35.2% na 36%.

Podpowiem, że kolejne rzuty dodatkowo zwiększają przewagę szóstki, aż do rzutu numer sześć; więcej rzutów nie wpływa na szanse wygrania na polu numer 6.

Co jednak ciekawsze, szanse wygrania na kolejnych polach oscylują coraz mniej, żeby docelowo wylądować w okolicach 28.6% A więc czym dalej od startu położymy naszą pojedynczą monetę, tym mniejsze znaczenie ma wybór konkretnego pola. Warto położyć na szóstce!

No dobra. Tyle pisaniny, a my jeszcze daleko w polu. Co stanie się, jeżeli dołożymy do tego drugą monetę?

Druga moneta

Tu sprawa z liczeniem prawdopodobieństw się nieco komplikuje. Pozornie zagadnienie jest proste: skoro z poprzedniej części wiadomo, jakie są prawdopodobieństwa dla poszczególnych pól dla jednej monety, to wystarczy je pododawać i wyjdzie.

Prawda?

Nieprawda. Jeżeli po prostu dodamy prawdopodobieństwa, otrzymamy wynik zawyżony. Zbyt optymistyczny.

Czemu?

Bo statystyka jest nieintuicyjna!

Załóżmy, że położyliśmy monety na polach k i n (n>k).

Prawdopodobieństwo, że trafimy na pole k lub na pole n równa się sumie prawdopodobieństw trafienia na poszczególne pola MINUS prawdopodobieństwo trafienia na obydwa te pola na raz. Przecież nigdy nie trafimy na dwa pola z monetami, ponieważ gra kończy się po pierwszym trafieniu na pole z monetą. Ale to niekoniecznie musi być pierwsza moneta.
(więcej na ten temat można znaleźć na Wikipedii, poda hasłem „Zasada włączeń i wyłączeń”)

Stąd też Pk,n = Pk + Pn – Pn-k

Moglibyśmy teraz skonstruować analogiczną tabelkę w Excelu, ale jesteśmy za leniwi. Powiem więc krótko, że największe szanse przy dwóch monetach uzyskujemy przy polach numer 5 i 6. Mamy wówczas 57.3% szans na wygraną.

Trzecia moneta

Analogicznie przy trzech monetach sprawa komplikuje się jeszcze bardziej, ponieważ (zgodnie z ww. zasadą włączeń i wyłączeń) musimy w obliczeniach uwzględnić więcej kombinacji prawdopodobieństw do odjęcia.

Okazuje się, że najbezpieczniej jest położyć monety na polach 4, 5 i 6. Szansa na wygraną wyniesie wówczas aż 79.3%.

A co z męczennikami? A co, jeżeli ktoś chce przegrać?

Przy jednej monecie to proste: trzeba położyć na pierwszym polu i – tu przeżywalność wynosi tylko 16.7%.
Przy dwóch monetach mamy pola 1, 2 i przeżywalność na poziomie 36%
A przy trzech – pola 1, 2 i 7, z przeżywalnością w okolicach 47%.

Ciężki jest los męczennika.

Na zakończenie dodam jeszcze, że „1000 pól” podanych w treści zagadki to jak widać zwykła zmyłka, dzięki której zagadka wydaje się trudniejsza, niż jest w rzeczywistości.

Autor: xpil

Po czterdziestce. Żonaty. Dzieciaty. Komputerowiec. Krwiodawca. Emigrant. Rusofil. Lemofil. Sarkastyczny. Uparty. Mól książkowy. Ateista. Apolityczny. Nie oglądam TV. Uwielbiam matematykę. Walę prosto z mostu. Gram na paru instrumentach. Lubię planszówki. Słucham bluesa, poezji śpiewanej i kapel a'capella. || Kliknij tutaj po więcej szczegółów ||

Dodaj komentarz

Bądź pierwszy!

Powiadom o
avatar
wpDiscuz