olasılık 0'dan 1'e kadar rastgele bir olayın meydana gelme olasılığını yansıtan bir sayıdır; burada 0, olayın meydana gelme olasılığının tamamen yokluğudur ve 1, söz konusu olayın kesinlikle gerçekleşeceği anlamına gelir.

E olayının olasılığı ile 1 arasında bir sayıdır.
Birbirini dışlayan olayların olasılıklarının toplamı 1'dir.

ampirik olasılık- geçmişteki verilerin analizinden çıkarılan, olayın geçmişteki göreli sıklığı olarak hesaplanan olasılık.

Çok nadir olayların olasılığı ampirik olarak hesaplanamaz.

öznel olasılık- geçmiş verilere bakılmaksızın, olayın kişisel öznel değerlendirmesine dayalı olasılık. Hisse senedi alıp satmaya karar veren yatırımcılar, genellikle sübjektif olasılık temelinde hareket ederler.

önceki olasılık -

Olasılık kavramı aracılığıyla bir olayın meydana gelme şansı… (olasılık). Bir olayın meydana gelme olasılığı, olasılık cinsinden şu şekilde ifade edilir: P/(1-P).

Örneğin, bir olayın olasılığı 0,5 ise, o zaman bir olayın şansı 2'de 1'dir, çünkü 0,5/(1-0,5).

Olayın gerçekleşmeme olasılığı (1-P)/P formülü ile hesaplanır.

Tutarsız Olasılık- örneğin A şirketinin hisselerinin fiyatında olası E olayının %85'i, B şirketinin hisselerinin fiyatında ise sadece %50'si dikkate alınır. Buna uyumsuz olasılık denir. Hollanda Bahis Teoremine göre, eşleşmeyen olasılık, kar için fırsatlar yaratır.

Koşulsuz Olasılık"Olayın olma olasılığı nedir?" sorusunun cevabıdır.

Şartlı olasılık"B olayı olmuşsa, A olayının olma olasılığı nedir?" sorusunun cevabıdır. Koşullu olasılık, P(A|B) olarak gösterilir.

Bileşik olasılık A ve B olaylarının aynı anda olma olasılığıdır. P(AB) olarak belirtilir.

P(A|B) = P(AB)/P(B) (1)

P(AB) = P(A|B)*P(B)

Olasılık toplama kuralı:

A olayının veya B olayının olma olasılığı

P(A veya B) = P(A) + P(B) - P(AB) (2)

A ve B olayları birbirini dışlıyorsa, o zaman

P(A veya B) = P(A) + P(B)

Bağımsız olaylar- aşağıdaki durumlarda A ve B olayları bağımsızdır

P(A|B) = P(A), P(B|A) = P(B)

Yani, olasılık değerinin bir olaydan diğerine sabit olduğu bir sonuçlar dizisidir.
Yazı tura atma böyle bir olaya örnektir - sonraki her atışın sonucu bir öncekinin sonucuna bağlı değildir.

Bağımlı olaylar Birinin olma olasılığının diğerinin olma olasılığına bağlı olduğu olaylardır.

Bağımsız olayların olasılıklarını çarpma kuralı:
A ve B olayları bağımsız ise, o zaman

P(AB) = P(A) * P(B) (3)

Toplam Olasılık Kuralı:

P(A) = P(AS) + P(AS") = P(A|S")P(S) + P(A|S")P(S") (4)

S ve S" birbirini dışlayan olaylardır

beklenen değer rastgele değişken, rastgele değişkenin olası sonuçlarının ortalamasıdır. X olayı için beklenti E(X) olarak gösterilir.

Belirli bir olasılıkla birbirini dışlayan olayların 5 değerine sahip olduğumuzu varsayalım (örneğin, şirketin geliri böyle bir olasılıkla şu veya bu miktardaydı). Beklenti, olasılıkları ile çarpılan tüm sonuçların toplamıdır:

Bir rastgele değişkenin varyansı, bir rastgele değişkenin beklenen değerinden kare sapmalarının beklenen değeridir:

s 2 = E( 2 ) (6)

Koşullu beklenen değer - S olayının zaten gerçekleşmiş olması koşuluyla, rastgele bir X değişkeninin beklentisi.

Blogunda, Marvel Trading Card Game ve Playboy: the Mansion gibi projelerde çalışan oyun tasarımcısı Jan Schreiber'in "Principles of Game Balance" kursunun bir sonraki dersinin çevirisi.

Bugüne kadar konuştuğumuz hemen hemen her şey deterministikti ve geçen hafta geçiş mekaniğine daha yakından baktık ve açıklayabildiğim kadar ayrıntılı olarak parçaladık. Ancak şimdiye kadar birçok oyunun diğer yönlerine, yani deterministik olmayan anlara, yani rastgeleliğe dikkat etmedik.

Oyun tasarımcıları için rastgeleliğin doğasını anlamak çok önemlidir. Belirli bir oyunda kullanıcı deneyimini etkileyen sistemler oluşturuyoruz, dolayısıyla bu sistemlerin nasıl çalıştığını bilmemiz gerekiyor. Sistemde rastgelelik varsa, ihtiyacımız olan sonuçları elde etmek için bu rastgeleliğin doğasını anlamamız ve onu nasıl değiştireceğimizi bilmemiz gerekir.

Zar

Basit bir şeyle başlayalım - zar atmak. Çoğu insan zarı düşündüğünde, d6 olarak bilinen altı kenarlı bir zarı düşünür. Ancak oyuncuların çoğu başka zarlar gördü: dört kenarlı (d4), sekiz kenarlı (d8), on iki kenarlı (d12), yirmi kenarlı (d20). Gerçek bir inek iseniz, bir yerlerde 30 veya 100 tane zarınız olabilir.

Bu terminolojiye aşina değilseniz, d bir zarı temsil eder ve ondan sonraki sayı, yüzlerinin sayısıdır. Sayı d'den önce geliyorsa, atış sırasında zar sayısını gösterir. Örneğin, Monopoly'de 2d6 atarsınız.

Dolayısıyla, bu durumda, "zar" ifadesi geleneksel bir tanımlamadır. Plastik figürler gibi görünmeyen ancak aynı işlevi yerine getiren çok sayıda başka rasgele sayı üreteci vardır - 1'den n'ye kadar rasgele bir sayı üretirler. Sıradan bir madeni para, dihedral d2 kalıbı olarak da temsil edilebilir.

Yedi kenarlı bir zarın iki tasarımını gördüm: bunlardan biri zara benziyordu ve ikincisi daha çok yedi kenarlı bir tahta kaleme benziyordu. Bir titotum olarak da bilinen bir tetrahedral dreidel, bir tetrahedral kemiğin bir analoğudur. Sonucun 1'den 6'ya kadar olabildiği Chutes & Ladders'da dönen ok bulunan oyun tahtası, altı kenarlı bir zara karşılık gelir.

Bir bilgisayardaki rasgele sayı üreteci, bilgisayarda 19 kenarlı bir zar olmamasına rağmen, tasarımcı böyle bir komut verirse 1'den 19'a kadar herhangi bir sayı üretebilir (genel olarak, sayıları alma olasılığı hakkında daha fazla konuşacağım. haftaya bilgisayar). Tüm bu öğeler farklı görünür, ancak aslında eşdeğerdirler: çeşitli olası sonuçların her biri için eşit şansa sahipsiniz.

Zarların bilmemiz gereken bazı ilginç özellikleri vardır. İlk olarak, yüzlerden herhangi birinin gelme olasılığı aynıdır (Düzenli bir geometrik zar attığınızı varsayıyorum). Bir rulonun ortalama değerini (olasılık teorisine düşkün olanlar için matematiksel beklenti olarak bilinir) bilmek istiyorsanız, tüm kenarlardaki değerleri toplayın ve bu sayıyı kenar sayısına bölün.

Standart altı kenarlı bir zar için tüm yüzlerin değerlerinin toplamı 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 = 21'dir. 21'i yüz sayısına bölün ve rulonun ortalama değerini alın: 21 / 6 = 3.5. Bu özel bir durum çünkü tüm sonuçların eşit derecede olası olduğunu varsayıyoruz.

Ya özel zarlarınız varsa? Örneğin, yüzlerinde özel çıkartmalar bulunan altı kenarlı bir zar oyunu gördüm: 1, 1, 1, 2, 2, 3; 1'den 2'ye ve 3'tense 2'yi atma olasılığı daha yüksektir. Bu zar için ortalama atış değeri nedir? Yani, 1 + 1 + 1 + 2 + 2 + 3 = 10, 6'ya bölün - 5/3 veya yaklaşık 1,66 elde edersiniz. Dolayısıyla, özel bir zarınız varsa ve oyuncular üç zar atar ve ardından sonuçları toplarsanız, toplamlarının yaklaşık 5 olacağını bilirsiniz ve oyunu bu varsayıma göre dengeleyebilirsiniz.

Zar ve bağımsızlık

Daha önce de söylediğim gibi, her yüzün ayrılma olasılığının eşit olduğu varsayımından yola çıkıyoruz. Burada kaç zar attığınızın bir önemi yok. Kalıbın her rulosu bağımsızdır, yani önceki rulolar sonraki ruloların sonuçlarını etkilemez. Yeterince denemeyle, bir dizi sayıyı (örneğin, çoğunlukla daha yüksek veya daha düşük değerler yuvarlamak) veya diğer özellikleri mutlaka fark edeceksiniz, ancak bu, zarların "sıcak" veya "soğuk" olduğu anlamına gelmez. Bunun hakkında daha sonra konuşacağız.

Altı kenarlı standart bir zar atarsanız ve 6 rakamı arka arkaya iki kez gelirse, bir sonraki zarın sonucunun 6 olma olasılığı da 1 / 6'dır. Zar "ısındığı için olasılık artmaz" ". Aynı zamanda, olasılık azalmaz: 6 rakamının arka arkaya iki kez düştüğünü iddia etmek yanlıştır, bu da şimdi başka bir yüzün düşmesi gerektiği anlamına gelir.

Tabii ki, bir zarı yirmi kez atarsanız ve her seferinde 6 sayısı gelirse, yirmi birinci seferde 6 gelme şansı oldukça yüksektir: yanlış zarı almış olabilirsiniz. Ancak zar doğruysa, diğer zarların sonuçlarından bağımsız olarak yüzlerin her birinin gelme olasılığı aynıdır. Her seferinde zarı değiştirdiğimizi de düşünebilirsiniz: 6 sayısı arka arkaya iki kez yuvarlanırsa, "sıcak" zarı oyundan çıkarın ve yenisiyle değiştirin. Herhangi birinizin bunu zaten bildiği için üzgünüm ama devam etmeden önce bunu açıklığa kavuşturmam gerekiyordu.

Zarların az ya da çok rastgele atılması nasıl sağlanır?

Farklı zarlarda farklı sonuçların nasıl alınacağı hakkında konuşalım. Zarı yalnızca bir veya birkaç kez atarsanız, zarın daha fazla kenarı olduğunda oyun daha rastgele hissedilir. Ne kadar sık ​​zar atarsanız ve ne kadar çok zar atarsanız, sonuçlar ortalamaya o kadar yaklaşır.

Örneğin, 1d6 + 4 durumunda (yani, standart altı kenarlı bir zar atarsanız ve sonuca 4 eklerseniz), ortalama 5 ile 10 arasında bir sayı olacaktır. 5d2 atarsanız, ortalama ayrıca 5 ile 10 arasında bir sayı olacaktır. 5d2 yuvarlamanın sonucu çoğunlukla 7 ve 8 sayıları, daha az sıklıkla diğer değerler olacaktır. Aynı seri, hatta aynı ortalama değer (her iki durumda da 7,5), ancak rastgeleliğin doğası farklıdır.

Bir dakika bekle. Az önce zarların "ısınmadığını" veya "soğumadığını" söylememiş miydim? Ve şimdi şunu söylüyorum: çok fazla zar atarsanız, zarların sonuçları ortalama değere daha yakındır. Neden?

Açıklamama izin ver. Tek bir zar atarsanız, her bir yüzün gelme olasılığı aynıdır. Bu, zamanla çok fazla zar atarsanız, her yüzün yaklaşık olarak aynı sayıda geleceği anlamına gelir. Ne kadar çok zar atarsanız, toplam sonuç o kadar ortalamaya yaklaşacaktır.

Bunun nedeni, atılan sayının henüz atılmamış başka bir sayının atılmasına "neden olması" değildir. Çünkü 6 sayısını (ya da 20'yi ya da her neyse) küçük bir atış serisi, zarı on bin kez daha atarsanız, sonunda pek bir fark yaratmaz ve bu çoğunlukla ortalamadır. Şimdi birkaç büyük sayıya ve daha sonra birkaç küçük sayıya sahip olacaksınız - ve zamanla ortalama değere yaklaşacaklar.

Bunun nedeni, önceki atışların zarı etkilemesi değil (cidden, zar plastikten yapılmıştır, "Ah, 2 gelmeyeli uzun zaman oldu" diye düşünecek beyinleri yoktur), ama genellikle olduğu için zar oynamak.

Yani bir zarın rastgele bir atışını hesaplamak oldukça kolaydır - en azından atışın ortalama değerini hesaplayın. Bir şeyin "ne kadar rastgele" olduğunu hesaplamanın ve 1d6 + 4 atışının sonuçlarının 5d2'den "daha rastgele" olacağını söylemenin yolları da vardır. 5d2 için, yuvarlanan sonuçlar daha eşit dağıtılacaktır. Bunu yapmak için standart sapmayı hesaplamanız gerekir: değer ne kadar büyük olursa, sonuçlar o kadar rastgele olur. Bugün çok fazla hesaplama yapmak istemiyorum, bu konuyu daha sonra açıklayacağım.

Sizden hatırlamanızı isteyeceğim tek şey, genel bir kural olarak, ne kadar az zar atarsanız o kadar rastgele olacağıdır. Ve zarın ne kadar çok tarafı varsa, değer için daha fazla olası seçenek olduğundan, o kadar fazla rastgelelik vardır.

Saymayı Kullanarak Olasılık Nasıl Hesaplanır?

Şunu merak ediyor olabilirsiniz: belirli bir sonucun ortaya çıkma olasılığını tam olarak nasıl hesaplayabiliriz? Aslında, bu birçok oyun için oldukça önemlidir: eğer zarı başlangıçta atarsanız, muhtemelen en uygun sonucu elde edersiniz. Cevap: iki değer hesaplamamız gerekiyor. Birincisi, bir zar atmanın toplam sonuç sayısı ve ikincisi, olumlu sonuçların sayısı. İkinci değeri birinciye bölerek istenen olasılığı elde edersiniz. Yüzde almak için sonucu 100 ile çarpın.

örnekler

İşte çok basit bir örnek. 4 veya daha yüksek bir zar atmak ve altı kenarlı bir zarı bir kez atmak istiyorsunuz. Maksimum sonuç sayısı 6'dır (1, 2, 3, 4, 5, 6). Bunlardan 3 sonuç (4, 5, 6) olumludur. Olasılığı hesaplamak için 3'ü 6'ya böleriz ve %0,5 veya %50 elde ederiz.

İşte biraz daha karmaşık bir örnek. 2d6 rulosunun çift sayı bulmasını istiyorsunuz. Maksimum sonuç sayısı 36'dır (her zar için 6 seçenek, bir zar diğerini etkilemez, bu nedenle 6'yı 6 ile çarparız ve 36 elde ederiz). Bu tür soruların zorluğu, iki kez saymanın kolay olmasıdır. Örneğin, bir 2d6 atışında, 3'ün iki olası sonucu vardır: 1+2 ve 2+1. Aynı görünüyorlar, ancak fark, ilk zarda hangi sayının görüntülendiği ve hangisinin ikinci zarda olduğu.

Zarların farklı renklerde olduğunu da düşünebilirsiniz: örneğin bu durumda zarlardan biri kırmızı, diğeri mavidir. Ardından, bir çift sayının olası oluşum sayısını sayın:

• 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).

Olumlu bir sonuç için 36 seçenekten 18'inin olduğu ortaya çıktı - önceki durumda olduğu gibi, olasılık% 0,5 veya% 50'dir. Belki beklenmedik, ama oldukça doğru.

Monte Carlo simülasyonu

Ya bu hesaplama için çok fazla zarınız varsa? Örneğin, 8d6'lık bir atışta toplam 15 veya daha fazlasının gelme olasılığını bilmek istiyorsunuz. Sekiz zar için çok sayıda farklı sonuç vardır ve bunları manuel olarak saymak çok uzun zaman alırdı - farklı zar atma serilerini gruplandırmak için iyi bir çözüm bulsak bile.

Bu durumda en kolay yol manuel olarak saymak değil, bilgisayar kullanmaktır. Bir bilgisayarda olasılığı hesaplamanın iki yolu vardır. İlk yol kesin cevabı alabilir, ancak biraz programlama veya komut dosyası oluşturmayı içerir. Bilgisayar her olasılığa bakacak, toplam yineleme sayısını ve istenen sonuçla eşleşen yineleme sayısını değerlendirip sayacak ve ardından yanıtları sağlayacaktır. Kodunuz şöyle bir şeye benzeyebilir:

Programcı değilseniz ve kesin bir cevap yerine yaklaşık bir cevap istiyorsanız, bu durumu birkaç bin kez 8d6 yuvarladığınız ve cevabı aldığınız Excel'de simüle edebilirsiniz. 1d6'yı Excel'de yuvarlamak için formülü kullanın =KAT(RAND()*6)+1.

Cevabını bilmediğiniz ve defalarca denediğiniz durum için bir isim var - Monte Carlo simülasyonu. Bu, olasılığı hesaplamanın çok zor olduğu durumlarda başvurabileceğiniz harika bir çözümdür. İşin harika yanı, bu durumda matematiğin nasıl çalıştığını anlamamıza gerek yok ve cevabın "oldukça iyi" olacağını biliyoruz çünkü zaten bildiğimiz gibi, ne kadar çok zar atılırsa sonuç o kadar çok yaklaşıyor. ortalama değer.

Bağımsız denemeler nasıl birleştirilir?

Birden fazla tekrarlanan ancak bağımsız deneme hakkında soru sorarsanız, bir atışın sonucu diğer atışların sonucunu etkilemez. Bu durumun daha basit bir açıklaması daha var.

Bağımlı ve bağımsız bir şey arasında nasıl ayrım yapılır? Prensip olarak, bir zarın her bir rulosunu (veya rulo serisini) ayrı bir olay olarak ayırabilirseniz, o zaman bağımsızdır. Örneğin, 8d6 atıyoruz ve toplam 15 atmak istiyoruz. Bu olay birkaç bağımsız zar atışına bölünemez. Sonucu elde etmek için, tüm değerlerin toplamını hesaplarsınız, böylece bir zarda yuvarlanan sonuç, diğerlerinde gelmesi gereken sonuçları etkiler.

İşte bağımsız atışlara bir örnek: Bir zar oyunu oynuyorsunuz ve birkaç kez altı taraflı zar atıyorsunuz. Oyunda kalabilmeniz için ilk zarda 2 veya daha yüksek bir zar atmanız gerekir. İkinci rulo için - 3 veya daha yüksek. Üçüncüsü 4 veya daha fazlasını gerektirir, dördüncüsü 5 veya daha fazlasını gerektirir ve beşincisi 6'yı gerektirir. Beş atışın tümü başarılı olursa kazanırsınız. Bu durumda, tüm atışlar bağımsızdır. Evet, bir atış başarısız olursa, tüm oyunun sonucunu etkiler, ancak bir atış diğerini etkilemez. Örneğin, ikinci zar atışınız çok iyiyse, bu sonraki atışların da aynı derecede iyi olacağı anlamına gelmez. Bu nedenle, her zar atışının olasılığını ayrı ayrı değerlendirebiliriz.

Bağımsız olasılıklarınız varsa ve tüm olayların gerçekleşme olasılığının ne olduğunu bilmek istiyorsanız, her bir olasılığı tek tek belirler ve bunları çarparsınız. Başka bir yol: "ve" bağlacını birkaç koşulu tanımlamak için kullanırsanız (örneğin, bazı rastgele olayların ve başka bağımsız rastgele olayların meydana gelme olasılığı nedir?) - bireysel olasılıkları hesaplayın ve bunları çarpın.

Ne düşündüğünüz önemli değil - asla bağımsız olasılıkları toplamayın. Bu yaygın bir hatadır. Bunun neden yanlış olduğunu anlamak için, bir yazı tura attığınız ve art arda iki kez tura gelme olasılığının ne olduğunu bilmek istediğiniz bir durum hayal edin. Her iki taraftan da düşme olasılığı %50'dir. Bu iki olasılığı toplarsanız, %100 tura gelme şansınız olur, ancak bunun doğru olmadığını biliyoruz çünkü arka arkaya iki yazı gelebilir. Bunun yerine iki olasılığı çarparsanız, %50 * %50 = %25 elde edersiniz - bu, art arda iki kez tura gelme olasılığını hesaplamak için doğru cevaptır.

Örnek

Altı taraflı zar oyununa geri dönelim, burada önce 2'den büyük bir sayı, sonra 3'ten fazla - ve böylece 6'ya kadar - atmanız gerekir. sonuçlar olumlu mu olacak?

Yukarıda belirtildiği gibi, bunlar bağımsız denemelerdir, bu nedenle her bir atış için olasılığı hesaplıyoruz ve sonra onları çarpıyoruz. İlk atışın sonucunun olumlu olma olasılığı 5/6'dır. İkinci - 4/6. Üçüncü - 3/6. Dördüncü - 2/6, beşinci - 1/6. Tüm sonuçları birbirimizle çarparız ve yaklaşık% 1,5 elde ederiz. Bu oyunda kazançlar oldukça nadirdir, bu yüzden bu unsuru oyununuza eklerseniz oldukça büyük bir ikramiyeye ihtiyacınız olacaktır.

olumsuzlama

İşte başka bir yararlı ipucu: Bazen bir olayın olma olasılığını hesaplamak zordur, ancak bir olayın olmama olasılığını belirlemek daha kolaydır. Örneğin, başka bir oyunumuz olduğunu varsayalım: 6d6 atarsınız ve en az bir kez 6 atarsanız kazanırsınız.Kazanma olasılığı nedir?

Bu durumda, dikkate alınması gereken birçok seçenek vardır. Bir 6 rakamının düşmesi, yani 6 rakamının zarlardan birine ve 1'den 5'e kadar olan sayıların diğerlerinin üzerine düşmesi mümkündür, o zaman zarlardan hangisinin geleceği için 6 seçenek vardır. a 6. 6 sayısını iki zar kemiğinde veya üç veya daha fazla elde edebilirsiniz ve her seferinde ayrı bir hesaplama yapmanız gerekecek, bu nedenle burada kafanız kolayca karışabilir.

Ama soruna diğer taraftan bakalım. Zarlardan hiçbiri 6 gelmezse kaybedersiniz. Bu durumda, 6 bağımsız denememiz var. Zarların her birinin 6'dan farklı bir sayı gelme olasılığı 5/6'dır. Onları çarpın - ve yaklaşık% 33 elde edin. Böylece, kaybetme olasılığı üçte birdir. Bu nedenle, kazanma olasılığı %67'dir (veya ikiye üç).

Bu örnekten, bir olayın olmama olasılığını hesaplıyorsanız sonucu %100'den çıkarmanız gerektiği açıktır. Kazanma olasılığı %67 ise, kaybetme olasılığı %100 eksi %67 veya %33'tür ve bunun tersi de geçerlidir. Bir olasılığı hesaplamak zor, ancak tersini hesaplamak kolaysa, tersini hesaplayın ve ardından bu sayıyı% 100'den çıkarın.

Bir bağımsız test için bağlantı koşulları

Bağımsız denemelerde asla olasılıkları toplamamanız gerektiğini biraz önce söyledim. Olasılıkları toplamanın mümkün olduğu durumlar var mı? Evet, belirli bir durumda.

Aynı denemede ilgisiz birden çok olumlu sonucun olasılığını hesaplamak istiyorsanız, her bir olumlu sonucun olasılıklarını toplayın. Örneğin, 1d6 üzerinde 4, 5 veya 6 gelme olasılığı, 4 gelme olasılığı, 5 gelme olasılığı ve 6 gelme olasılığının toplamına eşittir. Bu durum şu şekilde temsil edilebilir: olasılıkla ilgili bir soruda "veya" bağlacını kullanın (örneğin, bir rastgele olayın şu veya bu sonucunun olasılığı nedir?) - bireysel olasılıkları hesaplayın ve toplayın.

Lütfen dikkat: Oyunun tüm olası sonuçlarını hesaplarken bunların olma olasılıklarının toplamı %100 olmalıdır, aksi takdirde hesaplamanız yanlış yapılmıştır. Bu, hesaplamalarınızı iki kez kontrol etmenin iyi bir yoludur. Örneğin, pokerde tüm kombinasyonları elde etme olasılığını analiz ettiniz. Elde ettiğiniz tüm sonuçları toplarsanız, tam olarak %100 elde etmelisiniz (veya en azından %100'e oldukça yakın bir değer: hesap makinesi kullanıyorsanız küçük bir yuvarlama hatası olabilir, ancak topluyorsanız) kesin sayılar elle, hepsi toplamalı. ). Toplam toplam değilse, büyük olasılıkla bazı kombinasyonları hesaba katmadınız veya bazı kombinasyonların olasılıklarını yanlış hesapladınız ve hesaplamaların yeniden kontrol edilmesi gerekiyor.

Eşit olmayan olasılıklar

Şimdiye kadar, zarın her bir yüzünün aynı frekansta düştüğünü varsaydık çünkü zarın işleyişi bu şekilde. Ancak bazen, farklı sonuçların mümkün olduğu ve farklı düşme şanslarının olduğu bir durumla karşılaşabilirsiniz.

Örneğin Nuclear War kart oyununa yapılan eklemelerden birinde, bir roket fırlatmanın sonucunu belirleyen oklu bir oyun alanı var. Çoğu zaman, aşağı yukarı normal hasar verir, ancak bazen hasar ikiye veya üçe katlanır veya roket fırlatma rampasında patlar ve size zarar verir veya başka bir olay meydana gelir. Chutes & Ladders veya A Game of Life'daki ok tahtasının aksine, Nuclear War'daki tahtanın sonuçları eşit derecede olası değildir. Oyun alanının bazı bölümleri daha büyüktür ve ok üzerlerinde çok daha sık dururken, diğer bölümler çok küçüktür ve ok nadiren üzerlerinde durur.

Yani, ilk bakışta kemik şuna benzer: 1, 1, 1, 2, 2, 3 - bunun hakkında zaten konuştuk, ağırlıklı 1d3 gibi bir şey. Bu nedenle, tüm bu bölümleri eşit parçalara ayırmamız, en küçük ölçü birimini, her şeyin katı olduğu böleni bulmamız ve ardından durumu d522 (veya başka bir form) biçiminde göstermemiz gerekir. yüzler aynı durumu temsil edecek, ancak daha fazla sonuçla. Bu, sorunu çözmenin bir yoludur ve teknik olarak uygulanabilir, ancak daha kolay bir seçenek var.

Standart altı kenarlı zarımıza geri dönelim. Normal bir zar için bir atışın ortalama değerini hesaplamak için tüm yüzlerin değerlerini toplamanız ve bunları yüz sayısına bölmeniz gerektiğini söyledik, ancak hesaplama tam olarak nasıl yapılır? Farklı şekilde ifade edebilirsiniz. Altı kenarlı bir zar için, her yüzün gelme olasılığı tam olarak 1/6'dır. Şimdi her bir yönün sonucunu, bu sonucun olasılığıyla çarpıyoruz (bu durumda her bir yön için 1/6) ve sonra elde edilen değerleri topluyoruz. Yani (1 * 1/6) + (2 * 1/6) + (3 * 1/6) + (4 * 1/6) + (5 * 1/6) + (6 * 1/6) toplayarak, yukarıdaki hesaplamadakiyle aynı sonucu (3.5) elde ederiz. Aslında, her seferinde şunu hesaplıyoruz: Her sonucu o sonucun olasılığıyla çarpıyoruz.

Nuclear War'da oyun tahtasındaki ok için aynı hesabı yapabilir miyiz? Elbette yapabiliriz. Ve bulunan tüm sonuçları toplarsak, ortalama değeri elde ederiz. Tek yapmamız gereken, oyun alanındaki ok için her bir sonucun olasılığını hesaplamak ve sonucun değeriyle çarpmak.

Başka bir örnek

Bahsedilen ortalamayı hesaplama yöntemi, sonuçlar eşit olasılıkla ancak farklı avantajlara sahipse de uygundur - örneğin, bir zar atarsanız ve bazı yüzlerde diğerlerinden daha fazla kazanırsanız. Örneğin, kumarhanede geçen bir oyunu ele alalım: bir bahis oynarsınız ve 2d6 atarsınız. Üç düşük değerli sayı (2, 3, 4) veya dört yüksek değerli sayı (9, 10, 11, 12) gelirse, bahsinize eşit bir miktar kazanırsınız. En düşük ve en yüksek değere sahip sayılar özeldir: 2 veya 12 gelirse, bahsinizin iki katını kazanırsınız. Başka bir sayı gelirse (5, 6, 7, 8), bahsinizi kaybedersiniz. Bu oldukça basit bir oyun. Ama kazanma olasılığı nedir?

Kaç kez kazanabileceğinizi sayarak başlayalım. 2d6 atışındaki maksimum sonuç sayısı 36'dır. Olumlu sonuçların sayısı nedir?

• 2 atacak 1 seçenek ve 12 atacak 1 seçenek var.
• 3 için 2 seçenek ve 11 için 2 seçenek vardır.
• 4 için 3, 10 için 3 seçenek vardır.
• 9'u yuvarlayacak 4 seçenek var.

Tüm seçenekleri özetlersek, 36 sonuç arasından 16 olumlu sonuç elde ederiz. Böylece, normal koşullar altında, olası 36 seferden 16'sını kazanırsınız - kazanma olasılığı %50'den biraz daha azdır.

Ama bu on altı kişiden ikisinde iki kat daha fazla kazanacaksınız - bu iki kez kazanmak gibi. Bu oyunu 36 kez oynarsanız, her seferinde 1$ bahis oynarsanız ve olası sonuçların her biri bir kez çıkarsa, toplam 18$ kazanırsınız (aslında 16 kez kazanırsınız, ancak ikisi iki galibiyet olarak sayılır). 36 kez oynarsanız ve 18$ kazanırsanız, bu olasılıkların çift olduğu anlamına gelmez mi?

Acele etmeyin. Kaç kez kaybedebileceğinizi sayarsanız, 18 değil, 20 alırsınız. 36 kez oynarsanız, her seferinde 1$ bahis yaparsanız, tüm oranlar döndüğünde toplam 18$ kazanırsınız. Ancak 20 kötü sonucun hepsinde toplam 20$ kaybedersiniz. Sonuç olarak, biraz geride kalırsınız: her 36 oyun için ortalama net 2$ kaybedersiniz (günde ortalama 1/18$ kaybettiğinizi de söyleyebilirsiniz). Şimdi bu durumda hata yapmanın ve olasılığı yanlış hesaplamanın ne kadar kolay olduğunu görüyorsunuz.

permütasyon

Şimdiye kadar, zar atarken sayıların atılma sırasının önemli olmadığını varsaydık. 2 + 4'lük bir atış, 4 + 2'lik bir rulo ile aynıdır. Çoğu durumda, olumlu sonuçların sayısını manuel olarak sayarız, ancak bazen bu yöntem pratik değildir ve matematiksel bir formül kullanmak daha iyidir.

Bu duruma bir örnek Farkle zar oyunundandır. Her yeni tur için 6d6 atarsınız. Şanslıysanız ve 1-2-3-4-5-6 (Düz)'ün olası tüm sonuçları gelirse, büyük bir bonus alacaksınız. Bunun olma olasılığı nedir? Bu durumda, bu kombinasyonun kaybı için birçok seçenek vardır.

Çözüm şu şekildedir: zarlardan birinde (ve sadece birinde) 1 rakamının düşmesi gerekir Bir zarda 1 rakamının düşmesi için kaç seçenek vardır? 6 seçenek vardır, çünkü 6 zar vardır ve 1 rakamı bunlardan herhangi birine düşebilir, buna göre bir zar alın ve bir kenara koyun. Şimdi kalan zarlardan birine 2 rakamının gelmesi gerekiyor bunun için 5 seçenek var. Başka bir zar alın ve bir kenara koyun. Ardından kalan zarlardan 4 tanesi 3'e, kalan zarlardan 3'ü 4'e ve kalan zarlardan 2'si 5'e gelebilir. Sonuç olarak, üzerinde sayının olduğu bir zar kalır. 6 düşmelidir (ikinci durumda, zarda sadece bir kemik vardır ve başka seçenek yoktur).

Düz bir kombinasyonun ortaya çıkması için uygun sonuçların sayısını saymak için, tüm farklı bağımsız seçenekleri çarparız: 6 x 5 x 4 x 3 x 2 x 1 = 720 - için oldukça fazla sayıda seçenek var gibi görünüyor. bu kombinasyon ortaya çıkıyor.

Düz bir kombinasyon elde etme olasılığını hesaplamak için, 720'yi 6d6 yuvarlama için tüm olası sonuçların sayısına bölmemiz gerekir. Tüm olası sonuçların sayısı nedir? Her zar 6 yüz yuvarlayabilir, bu nedenle 6 x 6 x 6 x 6 x 6 x 6 = 46656'yı çarparız (bir öncekinden çok daha büyük bir sayı). 720'yi 46656'ya böleriz ve yaklaşık %1,5'e eşit bir olasılık elde ederiz. Bu oyunu siz tasarlıyor olsaydınız, uygun bir puanlama sistemi oluşturabilmeniz için bunu bilmenizde fayda olurdu. Şimdi Farkle'de düz bir kombinasyona ulaştığınızda neden bu kadar büyük bir bonus aldığınızı anlıyoruz: bu durum oldukça nadirdir.

Sonuç başka bir nedenle de ilginç. Örnek, kısa bir süre içinde olasılığa karşılık gelen sonucun ne kadar nadiren düştüğünü göstermektedir. Tabii ki, birkaç bin zar atarsak, zarın farklı tarafları oldukça sık ortaya çıkar. Ancak sadece altı zar attığımızda, zarların her birinin gelmesi neredeyse hiçbir zaman gerçekleşmez. Şimdi henüz olmayan bir yüzün düşmesini beklemenin aptalca olduğu anlaşılıyor, çünkü "uzun süredir 6 numarayı düşürmedik." Bak, rastgele sayı üretecin bozuk.

Bu bizi, tüm sonuçların kısa bir süre içinde aynı oranda ortaya çıktığı şeklindeki yaygın yanılgıya götürür. Zarı birkaç kez atarsak, yüzlerin her birinin frekansı aynı olmayacaktır.

Daha önce bir tür rasgele sayı üreteciyle çevrimiçi bir oyun üzerinde çalıştıysanız, büyük olasılıkla bir oyuncunun teknik desteğe rasgele sayı üretecinin rasgele sayılar göstermediğinden şikayet ettiği bir durumla karşılaşmışsınızdır. Arka arkaya 4 canavar öldürdüğü ve tamamen aynı ödülleri aldığı için bu sonuca vardı ve bu ödüller zamanın yalnızca %10'unu düşürmeli, yani bu kesinlikle neredeyse hiç olmamalı.

Matematik yapıyorsun. Olasılık 1/10 * 1/10 * 1/10 * 1/10 yani 10 binde 1 sonuç oldukça nadir bir durumdur. Oyuncunun size söylemeye çalıştığı şey bu. Bu durumda bir problem var mı?

Her şey koşullara bağlıdır. Şu anda sunucunuzda kaç oyuncu var? Oldukça popüler bir oyununuz olduğunu ve her gün 100.000 kişinin oynadığını varsayalım. Arka arkaya dört canavarı kaç oyuncu öldürecek? Muhtemelen her şey, günde birkaç kez, ama bunların yarısının müzayedelerde farklı öğeler alıp sattığını, RP sunucularında sohbet ettiğini veya diğer oyun etkinliklerini yaptığını varsayalım - yani yalnızca yarısı canavar avlıyor. Birinin aynı ödülü alma olasılığı nedir? Bu durumda, bunun günde en az birkaç kez olmasını bekleyebilirsiniz.

Bu arada, bu yüzden, o kişi hiç siz veya tanıdığınız biri olmasa bile birkaç haftada bir birileri piyangoyu kazanıyor gibi görünüyor. Yeterli sayıda insan düzenli olarak oynuyorsa, bir yerlerde en az bir şanslı kişi olma ihtimali yüksektir. Ancak piyangoyu kendiniz oynarsanız, kazanma olasılığınız düşüktür, Infinity Ward'da çalışmaya davet edilme olasılığınız daha yüksektir.

Haritalar ve bağımlılık

Zar atmak gibi bağımsız olayları tartıştık ve artık birçok oyunda rastgeleliği analiz etmek için birçok güçlü araç biliyoruz. Desteden kart çekmek söz konusu olduğunda olasılık hesaplaması biraz daha karmaşıktır, çünkü çıkardığımız her kart destede kalanları etkiler.

52 kartlık standart bir desteniz varsa, ondan 10 kör çekersiniz ve bir sonraki kartın aynı türden olma olasılığını bilmek istersiniz - olasılık orijinalden değişmiştir çünkü zaten bir kalp kartını çıkarmışsınızdır. güverte. Çıkardığınız her kart, destede görünen bir sonraki kartın olasılığını değiştirir. Bu durumda, önceki olay bir sonrakini etkiler, bu yüzden buna olasılığa bağlı diyoruz.

"Kartlar" dediğimde, bir dizi nesnesi olan herhangi bir oyun mekaniğini kastediyorum ve nesnelerden birini değiştirmeden kaldırıyorsunuz. Bu durumda bir "kart destesi", içinden bir çip çıkardığınız bir fiş torbasına veya içinden renkli topların çıkarıldığı bir kavanoza benzer (renkli topların çıkarılacağı bir kavanoza sahip oyunlar hiç görmedim) çıkar, ancak olasılık teorisinin ne olduğu konusunda öğretmenler nedense bu örneği tercih ederler).

Bağımlılık özellikleri

Kartlara gelince, kartları çektiğinizi, onlara baktığınızı ve desteden çıkardığınızı varsayıyorum. Bu eylemlerin her biri önemli bir özelliktir. Diyelim ki 1'den 6'ya kadar numaralandırılmış altı karttan oluşan bir destem olsaydı, onları karıştırır ve bir kart çekerdim, sonra altı kartın tümünü tekrar karıştırırdım - bu, altı taraflı bir zar atmaya benzerdi çünkü bir sonuç sonrakiler için burayı etkiler. Ve eğer kart çeker ve değiştirmezsem, o zaman 1 kart çekerek, bir dahaki sefere 6 numaralı bir kart çekme olasılığımı artırırım. Sonunda bu kartı çekene veya desteyi karıştırana kadar olasılık artacaktır.

Kartlara bakıyor olmamız da önemlidir. Desteden bir kart alırsam ve ona bakmazsam, ek bilgiye sahip olmayacağım ve aslında olasılık değişmeyecek. Bu kulağa mantıksız gelebilir. Bir kartı çevirmek sihirli bir şekilde olasılıkları nasıl değiştirebilir? Ancak bu mümkündür, çünkü yalnızca bildiklerinize dayanarak bilinmeyen öğelerin olasılığını hesaplayabilirsiniz.

Örneğin, standart bir kart destesini karıştırırsanız, 51 kart gösterirseniz ve bunların hiçbiri Sinek Kızı değilse, kalan kartın Sinek Kızı olduğundan %100 emin olabilirsiniz. Standart bir iskambil destesini karıştırır ve onlara bakmadan 51 kart çekerseniz, kalan kartın sinek kızı olma olasılığı hala 1/52'dir. Her kartı açtıkça daha fazla bilgi alırsınız.

Bağımlı olayların olasılığını hesaplamak, kartları açtığınızda olasılıklar değiştiği için biraz daha karmaşık olması dışında, bağımsız olaylarla aynı ilkeleri izler. Dolayısıyla aynı değeri çarpmak yerine birçok farklı değeri çarpmanız gerekiyor. Aslında bu, yaptığımız tüm hesaplamaları tek bir kombinasyonda birleştirmemiz gerektiği anlamına gelir.

Örnek

52 kartlık standart bir desteyi karıştırır ve iki kart çekersiniz. Bir çift çıkarma olasılığınız nedir? Bu olasılığı hesaplamanın birkaç yolu vardır, ancak belki de en basiti şu şekildedir: Bir kart çektikten sonra bir çift çekememe olasılığınız nedir? Bu olasılık sıfırdır, yani ikinci kartla eşleştiği sürece hangi ilk kartı çektiğinizin bir önemi yoktur. İlk olarak hangi kartı çektiğimiz önemli değil, yine de bir çift çekme şansımız var. Bu nedenle, ilk kartı aldıktan sonra bir çift çıkarma olasılığı %100'dür.

İkinci kartın birinci kartla eşleşme olasılığı nedir? Destede 51 kart kaldı ve bunlardan 3'ü ilk kartla eşleşiyor (aslında 52'de 4 olurdu, ancak ilk kartı çektiğinizde eşleşen kartlardan birini zaten çıkarmışsınız), yani olasılık 1/ 17. Masada karşınızdaki adam bir dahaki sefere Texas Hold'em oynarken, "Harika, bir çift daha mı? Bugün şanslıyım", yüksek olasılıkla blöf yaptığını bileceksiniz.

Ya iki joker eklersek, yani destede 54 kartımız varsa ve bir çift çekme olasılığının ne olduğunu bilmek istiyorsak? İlk kart joker olabilir ve o zaman destede eşleşen tek kart olur, üç değil. Bu durumda olasılık nasıl bulunur? Olasılıkları böleriz ve her olasılığı çarparız.

İlk kartımız joker veya başka bir kart olabilir. Bir joker çekme olasılığı 2/54, başka bir kart çekme olasılığı 52/54'tür. İlk kart joker ise (2/54), ikinci kartın birinci kartla eşleşme olasılığı 1/53'tür. Değerleri çarpıyoruz (bunlar ayrı olaylar olduğu için çarpabiliriz ve her iki olayın da olmasını istiyoruz) ve 1/1431 elde ediyoruz - yüzde onda birden az.

Önce başka bir kart çekerseniz (52/54), ikinci kartın eşleşme olasılığı 3/53'tür. Değerleri çarpıyoruz ve 78/1431 (% 5,5'ten biraz fazla) elde ediyoruz. Bu iki sonucu ne yapacağız? Kesişmiyorlar ve her birinin olasılığını bilmek istiyoruz, dolayısıyla değerleri topluyoruz. Nihai sonucu 79/1431 olarak alıyoruz (hala yaklaşık %5,5).

Cevabın doğruluğundan emin olmak istiyorsak, diğer tüm olası sonuçların olasılığını hesaplayabiliriz: joker çekip ikinci kartla eşleşmemek veya başka bir kart çekip ikinci kartla eşleşmemek. Bu olasılıkları ve kazanma olasılığını özetlersek, tam olarak %100 elde ederiz. Burada matematiği vermeyeceğim, ancak tekrar kontrol etmek için matematiği deneyebilirsiniz.

Monty Hall Paradoksu

Bu bizi, çoğu kişinin kafasını karıştıran oldukça iyi bilinen bir paradoksa, Monty Hall Paradoksuna getiriyor. Paradoks, Adını Let's Make a Deal programının sunucusundan almıştır.Bu diziyi hiç izlememiş olanlar için The Price Is Right'ın tam tersi olduğunu söyleyeceğim.

The Price Is Right'ta sunucu (önceden Bob Barker, şimdi Drew Carey? Boşver) arkadaşınızdır. Para veya harika ödüller kazanmanı istiyor. Sponsorlu öğelerin gerçekte ne kadar değerli olduğunu tahmin edebileceğiniz sürece, size kazanmanız için her fırsatı vermeye çalışır.

Monty Hall farklı davrandı. Bob Barker'ın kötü ikizi gibiydi. Amacı seni ulusal televizyonda aptal gibi göstermekti. Şovdaysanız, o sizin rakibinizdi, ona karşı oynadınız ve oranlar onun lehineydi. Belki fazla sert davranıyorum ama saçma bir kostüm giyersen girme ihtimalin daha yüksek olan bir şova bakarken, tam da buna varmak istiyorum.

Gösterinin en ünlü memlerinden biri şuydu: Önünüzde üç kapı var, 1 numaralı kapı, 2 numaralı kapı ve 3 numaralı kapı. Ücretsiz olarak bir kapı seçebilirsiniz. Bunlardan birinin arkasında muhteşem bir ödül var - örneğin yeni bir araba. Diğer iki kapının arkasında ödül yok, ikisinin de değeri yok. Sizi küçük düşürmeleri gerekiyor, bu yüzden arkalarında hiçbir şey değil, aptalca bir şey var, örneğin bir keçi veya büyük bir diş macunu tüpü - yeni bir araba dışında her şey.

Kapılardan birini seçiyorsun, Monty sana kazanıp kazanmadığını söylemek için kapıyı açmak üzere... ama bekle. Bilmeden önce, seçmediğiniz kapılardan birine bir göz atalım. Monty, ödülün hangi kapının arkasında olduğunu bilir ve arkasında ödül olmayan bir kapıyı her zaman açabilir. “3 numaralı kapıyı mı seçiyorsunuz? O halde arkasında ödül olmadığını göstermek için 1 numaralı kapıyı açalım." Ve şimdi, cömertliği nedeniyle, size seçilen 3 numaralı kapıyı 2 numaralı kapının arkasındakiyle değiştirme fırsatı sunuyor.

Bu noktada olasılık sorusu ortaya çıkıyor: Bu fırsat kazanma olasılığınızı artırıyor mu, düşürüyor mu, yoksa değişmeden mi kalıyor? Nasıl düşünüyorsun?

Doğru cevap: başka bir kapı seçme yeteneği, kazanma şansını 1/3'ten 2/3'e çıkarır. Bu mantıksız. Bu paradoksla daha önce karşılaşmadıysanız, büyük olasılıkla şöyle düşünüyorsunuz: bekleyin, bu nasıl: bir kapıyı açarak, olasılığı sihirli bir şekilde değiştirdik? Harita örneğinde gördüğümüz gibi, daha fazla bilgi aldığımızda tam olarak böyle oluyor. Açıkçası, ilk kez seçtiğinizde kazanma olasılığı 1/3'tür. Bir kapı açıldığında, ilk seçim için kazanma olasılığını hiç değiştirmez: olasılık hala 1/3'tür. Ama diğer kapının doğru olma olasılığı şimdi 2/3.

Bu örneğe diğer taraftan bakalım. Bir kapı seçiyorsun. Kazanma olasılığı 1/3'tür. Monty Hall'un yaptığı gibi diğer iki kapıyı değiştirmenizi öneririm. Tabii ki, arkasında bir ödül olmadığını göstermek için kapılardan birini açıyor ama bunu her zaman yapabiliyor, bu yüzden gerçekten hiçbir şey değişmiyor. Elbette farklı bir kapı seçmek isteyeceksiniz.

Soruyu tam olarak anlamadıysanız ve daha ikna edici bir açıklamaya ihtiyacınız varsa, bu paradoksu daha ayrıntılı olarak keşfetmenizi sağlayacak harika bir küçük Flash uygulamasına gitmek için bu bağlantıya tıklayın. Yaklaşık 10 kapıyla başlayabilir ve ardından kademeli olarak üç kapılı bir oyuna geçebilirsiniz. Ayrıca 3'ten 50'ye kadar istediğiniz sayıda kapıyla oynayabileceğiniz veya birkaç bin simülasyon çalıştırabileceğiniz ve oynarsanız kaç kez kazanacağınızı görebileceğiniz bir simülatör de var.

Üç kapıdan birini seçin - kazanma olasılığı 1/3'tür. Artık iki stratejiniz var: yanlış kapıyı açtıktan sonra seçimi değiştirmek ya da yapmamak. Seçiminizi değiştirmezseniz, seçim sadece ilk aşamada olduğundan ve hemen tahmin etmeniz gerektiğinden, olasılık 1/3 olarak kalacaktır. Değişirseniz, önce yanlış kapıyı seçerseniz kazanabilirsiniz (sonra başka bir yanlış kapıyı açarlar, doğru olan kalır - kararı değiştirirsiniz, sadece alırsınız). Başlangıçta yanlış kapıyı seçme olasılığı 2/3'tür - yani kararınızı değiştirerek kazanma olasılığınızı ikiye katlarsınız.

Yüksek matematik öğretmeni ve oyun dengesi uzmanı Maxim Soldatov'dan bir açıklama - elbette, Schreiber'de yoktu, ancak onsuz bu büyülü dönüşümü anlamak oldukça zor

Monty Hall Paradoksunu Yeniden Ziyaret Etmek

Şovun kendisine gelince, Monty Hall'un rakipleri matematikte iyi olmasa da, o matematikte iyiydi. İşte oyunu biraz değiştirmek için yaptığı şey. Ödülün arkasında olduğu kapıyı 1/3 olasılıkla seçerseniz, size her zaman başka bir kapı seçme seçeneği sunardı. Bir araba seçip onu bir keçiyle değiştiriyorsunuz ve oldukça aptal görünüyorsunuz - ki bu tam olarak ihtiyacınız olan şey, çünkü Hall bir tür kötü adam.

Ancak ödülü olmayan bir kapı seçerseniz, size yalnızca yarı yarıya farklı bir kapı teklif edecek veya size yeni keçinizi gösterecek ve sahneden ayrılacaksınız. Monty Hall'un size başka bir kapı seçme şansı verip vermeyeceğine karar verebileceği bu yeni oyunu inceleyelim.

Diyelim ki şu algoritmayı takip ediyor: Ödüllü bir kapı seçerseniz, size her zaman başka bir kapı seçme fırsatı sunar, aksi takdirde size başka bir kapı seçme veya size bir keçi verme olasılığı eşittir. Kazanma olasılığınız nedir?

Üç seçenekten birinde, hemen arkasında ödülün bulunduğu kapıyı seçersiniz ve ev sahibi sizi başka birini seçmeye davet eder.

Üç seçenek arasından kalan iki seçenekten (başlangıçta ödülsüz kapıyı seçersiniz), vakaların yarısında ev sahibi size kararınızı değiştirmenizi teklif edecek ve vakaların diğer yarısında teklif etmeyecektir.

2/3'ün yarısı 1/3'tür, yani üçte bir durumda bir keçi alacaksınız, üç durumda bir durumda yanlış kapıyı seçeceksiniz ve ev sahibi size başka bir kapıyı seçmenizi önerecek ve içinde üç vakadan birinde doğru kapıyı seçeceksin, ama o yine bir tane daha teklif edecek.

Kolaylaştırıcı başka bir kapı seçmeyi teklif ederse, bize bir keçi verdiği ve ayrıldığımız üç durumdan birinin olmadığını zaten biliyoruz. Bu faydalı bir bilgi: kazanma şansımızın değiştiği anlamına geliyor. Seçme hakkımızın olduğu üç durumdan ikisi: bir durumda doğru tahmin ettiğimiz ve diğer durumda yanlış tahmin ettiğimiz anlamına gelir, bu nedenle bize bir seçenek sunulursa, kazanma olasılığımız 1'dir. /2 ve matematiksel olarak seçiminize bağlı kalmanız veya başka bir kapı seçmeniz fark etmez.

Poker gibi, psikolojik bir oyundur, matematiksel değil. Monty neden sana bir seçenek sundu? Başka bir kapıyı seçmenin "doğru" karar olduğunu bilmeyen ve inatla seçimine bağlı kalacak bir ahmak olduğunuzu düşünüyor mu (sonuçta, bir araba seçip sonra kaybettiğinizde durum psikolojik olarak daha karmaşıktır) ?

Yoksa akıllı olduğunuza ve başka bir kapı seçtiğinize karar vererek, başlangıçta doğru tahmin ettiğinizi ve kancaya düştüğünüzü bildiği için size bu şansı mı sunuyor? Ya da belki alışılmadık bir şekilde naziktir ve uzun süredir araba vermediği ve yapımcıların seyircinin sıkıldığını söylediği için size faydalı bir şeyler yapmanız için sizi zorluyor ve bir an önce büyük bir ödül vermenin daha iyi olacağını söylüyor. reytingler mi düştü

Böylece, Monty bazen bir seçenek sunmayı başarırken, genel kazanma olasılığı 1/3'e eşit kalır. Anında kaybetme olasılığınızın 1/3 olduğunu unutmayın. Hemen tahmin etme şansınız 1/3'tür ve bu seferlerin %50'sini kazanırsınız (1/3 x 1/2 = 1/6).

İlk başta yanlış tahmin edip sonra başka bir kapı seçme şansınız 1/3'tür ve bu durumların yarısında kazanırsınız (ayrıca 1/6). İki bağımsız kazanma olasılığını toplayın ve 1/3 olasılık elde edin, bu nedenle seçiminizde kalmanız veya başka bir kapı seçmeniz fark etmez - oyun boyunca toplam kazanma olasılığınız 1/3'tür.

Olasılık, kapıyı tahmin ettiğiniz ve ev sahibinin başka bir tane seçmeyi teklif etmeden size onun arkasında ne olduğunu gösterdiği durumdan daha büyük olmaz. Teklifin amacı, olasılığı değiştirmek değil, televizyon izleme için karar verme sürecini daha eğlenceli hale getirmektir.

Bu arada, pokerin bu kadar ilginç olabilmesinin nedenlerinden biri de budur: turlar arasındaki çoğu formatta, bahisler yapıldığında (örneğin, Texas Hold'em'de flop, turn ve river), kartlar yavaş yavaş açılır. ve oyunun başında bir kazanma şansınız varsa, her bahis turundan sonra daha fazla kart açık olduğunda bu olasılık değişir.

erkek ve kız paradoksu

Bu bizi herkesi şaşırtma eğiliminde olan başka bir iyi bilinen paradoksa, erkek-kız paradoksuna getiriyor. Bugün doğrudan oyunlarla ilgili olmayan tek şey hakkında yazıyorum (ancak sanırım sizi uygun oyun mekaniği oluşturmaya zorlamam gerekiyor). Bu daha çok bir bulmaca ama ilginç ve onu çözmek için yukarıda bahsettiğimiz koşullu olasılığı anlamanız gerekiyor.

Görev: İki çocuğu olan bir arkadaşım var, en az biri kız. İkinci çocuğun da kız olma olasılığı kaçtır? Diyelim ki herhangi bir ailede bir kız ve bir erkek çocuk sahibi olma şansı 50/50 ve bu her çocuk için geçerli.

Aslında, bazı erkeklerin menilerinde X kromozomu veya Y kromozomu olan daha fazla sperm bulunur, bu nedenle olasılıklar biraz değişir. Bir çocuğun kız olduğunu biliyorsanız, ikinci bir kız çocuğu olma şansı biraz daha yüksektir ve hermafroditizm gibi başka durumlar da vardır. Ancak bu sorunu çözmek için bunu dikkate almayacağız ve bir çocuğun doğumunun bağımsız bir olay olduğunu ve bir erkek ve bir kızın doğumunun eşit derecede olası olduğunu varsayacağız.

1/2 şanstan bahsettiğimiz için, sezgisel olarak cevabın 1/2 veya 1/4 veya paydada ikinin başka bir katı olmasını bekliyoruz. Ama cevap 1/3. Neden?

Bu durumda zorluk, elimizdeki bilginin olasılık sayısını azaltmasıdır. Anne babaların Susam Sokağı hayranı olduğunu ve çocukların cinsiyetlerine bakılmaksızın A ve B adlarını verdiklerini varsayalım. Normal şartlar altında eşit olasılıklı dört olasılık vardır: A ve B iki erkek, A ve B iki kız, A bir erkek ve B bir kız, A bir kız ve B bir erkek. En az bir çocuğun kız olduğunu bildiğimiz için, A ve B'nin iki erkek olma olasılığını ekarte edebiliriz. Yani elimizde üç olasılık kaldı - yine de eşit derecede olası. Tüm olasılıklar eşit derecede olasıysa ve bunlardan üç tane varsa, o zaman her birinin olasılığı 1/3'tür. Bu üç seçenekten sadece birinde her iki çocuk da kızdır yani cevap 1/3 dür.

Ve yine bir erkek ve bir kızın paradoksu hakkında

Sorunun çözümü daha da mantıksız hale geliyor. Düşünün ki arkadaşımın iki çocuğu var ve bunlardan biri Salı günü doğmuş bir kız. Normal şartlar altında, haftanın yedi gününde bir çocuğun doğma olasılığının eşit olduğunu varsayalım. İkinci çocuğun da kız olma olasılığı kaçtır?

Cevabın hala 1/3 olacağını düşünebilirsiniz: Salı ne anlama geliyor? Ancak bu durumda sezgi bizi başarısızlığa uğratır. Cevap 13/27 ki bu sadece sezgisel değil, aynı zamanda çok garip. Bu durumda sorun nedir?

Aslında Salı, olasılığı değiştirir çünkü Salı günü hangi bebeğin doğduğunu veya belki de her ikisinin de Salı günü doğduğunu bilmiyoruz. Bu durumda, aynı mantığı kullanıyoruz: en az bir çocuğun Salı günü doğmuş bir kız olması durumunda tüm olası kombinasyonları sayıyoruz. Önceki örnekte olduğu gibi, çocukların A ve B olarak adlandırıldığını varsayalım. Kombinasyonlar şöyle görünür:

• A, Salı günü doğmuş bir kızdır, B bir erkektir (bu durumda, bir erkeğin doğabileceği haftanın her günü için bir tane olmak üzere 7 olasılık vardır).
• B - Salı günü doğmuş bir kız, A - bir erkek (ayrıca 7 olasılık).
• A, Salı günü doğmuş bir kız, B, haftanın farklı bir gününde doğmuş bir kız (6 olasılık).
• B - Salı günü doğmuş bir kız, A - Salı günü doğmamış bir kız (ayrıca 6 olasılık).
• A ve B Salı günü dünyaya gelen iki kız çocuğu (1 ihtimal, iki kere saymamak için buna dikkat etmeniz gerekiyor).

Toparlıyoruz ve 27 farklı eşit olası çocuk doğumu kombinasyonunu ve Salı günü en az bir kız çocuğunun doğma olasılığını elde ediyoruz. Bunlardan 13'ü iki kız çocuğu doğduğunda oluyor. Aynı zamanda tamamen mantıksız görünüyor - görünüşe göre bu görev yalnızca baş ağrısına neden olmak için icat edildi. Hala kafanız karıştıysa, oyun teorisyeni Jesper Juhl'un web sitesinde bununla ilgili iyi bir açıklama var.

Şu anda bir oyun üzerinde çalışıyorsanız

Tasarladığınız oyunda rastgelelik varsa, onu analiz etmek için harika bir fırsat. Analiz etmek istediğiniz herhangi bir öğeyi seçin. Önce kendinize, belirli bir öğenin oyun bağlamında olma olasılığının ne olmasını beklediğinizi sorun.

Örneğin, bir RPG yapıyorsanız ve bir oyuncunun savaşta bir canavarı yenmesinin ne kadar olası olduğunu düşünüyorsanız, kendinize hangi kazanma yüzdesinin size doğru geldiğini sorun. Genellikle, konsol RPG'leri söz konusu olduğunda, oyuncular kaybettiklerinde çok üzülürler, bu nedenle nadiren kaybetmeleri daha iyidir - zamanın %10'u veya daha az. Bir RPG tasarımcısıysanız, muhtemelen benden daha iyi bilirsiniz, ancak olasılığın ne olması gerektiğine dair temel bir fikre sahip olmanız gerekir.

Sonra kendinize olasılıklarınızın bağımlı mı (kartlarda olduğu gibi) yoksa bağımsız mı (zarlarda olduğu gibi) olduğunu sorun. Tüm olası sonuçları ve olasılıklarını tartışın. Tüm olasılıkların toplamının %100 olduğundan emin olun. Ve elbette, sonuçlarınızı beklentilerinizle karşılaştırın. İstediğiniz gibi zar atmak veya kart çekmek mümkün mü veya değerlerin ayarlanması gerektiği açık. Ve elbette kusurlar bulursanız, değerleri ne kadar değiştirmeniz gerektiğini belirlemek için aynı hesaplamaları kullanabilirsiniz.

Ev ödevi

Bu haftaki "ev ödeviniz", olasılık becerilerinizi geliştirmenize yardımcı olacak. İşte olasılık kullanarak analiz etmeniz gereken iki zar oyunu ve bir kart oyunu ile Monte Carlo yöntemini test edeceğiniz bir zamanlar benim geliştirdiğim garip bir oyun mekaniği.

1. Oyun - Ejderha Kemikleri

Bu, meslektaşlarımla bir zamanlar bulduğumuz bir zar oyunu (Jeb Havens ve Jesse King sayesinde) - olasılıklarıyla kasıtlı olarak insanların aklını başından alıyor. Bu, "Dragon Dice" adlı basit bir kumarhane oyunudur ve oyuncu ile kuruluş arasında oynanan bir kumar zar yarışmasıdır.

Size normal bir 1d6 zar verilir. Oyunun amacı kasanınkinden daha yüksek bir sayı atmaktır. Tom'a standart olmayan bir 1d6 verildi - sizinkiyle aynı, ancak bir yerine yüzlerinden birinde - bir ejderha görüntüsü (böylece kumarhanede bir ejderha-2-3-4-5-6 zarı var). Kurum bir ejderha alırsa otomatik olarak kazanır ve siz kaybedersiniz. Her ikisi de aynı sayıyı alırsa, bu bir beraberliktir ve zarları tekrar atarsınız. En yüksek sayıyı atan kazanır.

Tabii ki her şey tamamen oyuncunun lehine değil çünkü kumarhanenin ejderha yüzü şeklinde bir avantajı var. Ama gerçekten öyle mi? Hesaplamanız gereken şey bu. Ama önce sezginizi kontrol edin.

Diyelim ki galibiyet 2'ye 1. Yani kazanırsanız, bahsiniz sizde kalır ve miktarın iki katını alırsınız. Örneğin, 1$'lık bahse girer ve kazanırsanız, o doları elinizde tutarsınız ve toplamda 3$ olmak üzere üstüne 2$ daha alırsınız. Kaybederseniz, sadece bahsinizi kaybedersiniz. Oynar mısın? Sezgisel olarak olasılığın 2'ye 1'den büyük olduğunu hissediyor musunuz, yoksa hala daha az olduğunu mu düşünüyorsunuz? Diğer bir deyişle, ortalama 3 oyun üzerinden birden fazla mı, daha az mı, yoksa bir kere mi kazanmayı bekliyorsunuz?

Sezginizi yoldan çıkardıktan sonra, matematiği uygulayın. Her iki zar için yalnızca 36 olası konum vardır, böylece hepsini kolayca sayabilirsiniz. Bu 2'ye 1 teklifinden emin değilseniz, şunu göz önünde bulundurun: Diyelim ki oyunu 36 kez oynadınız (her seferinde 1$ bahis oynadınız). Her galibiyet için 2$ kazanırsınız, her kayıp için 1$ kaybedersiniz ve beraberlik hiçbir şeyi değiştirmez. Tüm olası kazançlarınızı ve kayıplarınızı sayın ve biraz dolar mı kaybedeceğinize yoksa kazanç mı sağlayacağınıza karar verin. Sonra kendinize sezginizin ne kadar doğru çıktığını sorun. Ve sonra ne kadar kötü bir adam olduğumu anla.

Ve evet, bu soruyu zaten düşündüyseniz - zar oyunlarının gerçek mekaniğini çarpıtarak kasıtlı olarak kafanızı karıştırıyorum, ancak eminim ki bu engeli sadece iyi bir düşünce ile aşabilirsiniz. Bu sorunu kendiniz çözmeye çalışın.

Oyun 2 - Şans Yuvarlaması

Bu, Roll of Luck adlı bir zar oyunudur (ayrıca Birdcage çünkü bazen zarlar atılmaz, Bingo kafesini anımsatan büyük bir tel kafese yerleştirilir). Oyun basit, temelde şu şekilde özetlenebilir: Diyelim ki 1 ile 6 arasındaki bir sayıya 1$ yatırın. Sonra 3d6 atarsınız. Numaranıza gelen her zar için 1$ kazanırsınız (ve orijinal bahsiniz sizde kalır). Numaranız zarların hiçbirinde çıkmazsa, kumarhane dolarınızı alır ve siz hiçbir şey almazsınız. Yani 1'e bahse girerseniz ve yüze üç kez 1 gelirse, 3$ kazanırsınız.

Sezgisel olarak, bu oyunda şansın eşit olduğu görülüyor. Her zar, 6'da 1 bireysel kazanma şansıdır, bu nedenle kazanma şansınız üç atışta 3'e 6'dır. Ancak, elbette, üç ayrı zarı üst üste koyduğunuzu ve yalnızca biz gelirsek eklemeye izin verildiğini unutmayın. aynı zarın farklı kazanma kombinasyonlarından bahsetmek. Çoğaltmanız gereken bir şey.

Tüm olası sonuçları hesapladıktan sonra (muhtemelen Excel'de elle yapmaktan daha kolay, 216 tane var), oyun ilk bakışta hala çift-tek görünüyor. Aslında, kumarhanenin kazanma olasılığı hala daha yüksektir - daha ne kadar? Özellikle, oyun turu başına ortalama ne kadar para kaybetmeyi bekliyorsunuz?

Tek yapmanız gereken 216 sonucun galibiyet ve kayıplarını toplayıp 216'ya bölmek, ki bu oldukça kolay olacaktır. Ama görebileceğiniz gibi, düşebileceğiniz birkaç tuzak var, bu yüzden bu oyunda kazanma şansının eşit olduğunu düşünüyorsanız, yanlış anladığınızı söylüyorum.

Oyun #3 - 5 Kart Stud

Önceki oyunlara zaten ısındıysanız, bu kart oyununu örnek olarak kullanarak koşullu olasılık hakkında bildiklerimizi kontrol edelim. 52 kartlık bir deste ile poker hayal edelim. Ayrıca her oyuncunun sadece 5 kart aldığı 5 kart saplaması düşünelim. Bir kart atılamaz, yeni bir tane çekilemez, ortak deste yoktur - yalnızca 5 kart alırsınız.

Bir floş royal, bir elde 10-J-Q-K-A'dır, toplam dörttür, yani floş royal elde etmenin dört olası yolu vardır. Bu kombinasyonlardan birini elde etme olasılığınızı hesaplayın.

Sizi uyarmam gereken bir şey var: Bu beş kartı istediğiniz sırayla çekebileceğinizi unutmayın. Yani, ilk başta bir as veya on çizebilirsin, önemli değil. Bu nedenle, hesaplamalarınızı yaparken, kartların sırayla dağıtıldığını varsayarsak, floş royal elde etmenin aslında dörtten fazla yolu olduğunu unutmayın.

4. Oyun - IMF Piyangosu

Dördüncü görevi, bugün bahsettiğimiz yöntemlerle çözmek o kadar kolay olmayacak, ancak programlama veya Excel kullanarak durumu kolayca simüle edebilirsiniz. Monte Carlo yöntemini bu problem örneğinde çözebilirsiniz.

Bir zamanlar üzerinde çalıştığım Chron X oyunundan daha önce bahsetmiştim ve çok ilginç bir kart vardı - IMF piyangosu. İşte böyle çalıştı: Bir oyunda kullandınız. Tur sona erdikten sonra, kartlar yeniden dağıtıldı ve kartın oyun dışı kalması ve rastgele bir oyuncunun o kartta belirteci olan her kaynak türünden 5 tane alması için %10 şans vardı. Tek bir jeton olmadan bir kart oyuna girdi, ancak bir sonraki turun başında oyunda kaldığı her seferinde bir jeton aldı.

Yani onu oyuna sokma ihtimaliniz %10'du, tur sona erecekti, kart oyundan çıkacaktı ve kimse bir şey alamayacaktı. Olmazsa (%90 şansla), bir sonraki turda oyunu terk etme ve birisinin 5 kaynak alma şansı %10'dur (aslında %9, çünkü bu %90'ın %10'udur). Kart bir turdan sonra oyundan çıkarsa (%81'in %10'u kullanılabilir, dolayısıyla olasılık %8,1'dir), biri 10 birim, başka bir tur - 15, başka bir 20 vb. Soru: Sonunda oyundan çıktığında bu karttan alacağınız kaynak sayısının beklenen değeri nedir?

Normalde bu problemi, her bir sonucun olasılığını hesaplayarak ve tüm sonuçların sayısıyla çarparak çözmeye çalışırdık. 0 (0.1 * 0 = 0) elde etme olasılığınız %10'dur. 5 birim kaynak alacağınızın %9'u (%9 * 5 = 0,45 kaynak). Elde ettiğinizin %8,1'i 10'dur (%8,1 * 10 = 0,81 kaynak - genel olarak beklenen değer). Ve benzeri. Ve sonra hepsini özetlerdik.

Ve şimdi sorun sizin için açık: Kartın oyundan çıkmama olasılığı her zaman vardır, sonsuz sayıda tur boyunca sonsuza kadar oyunda kalabilir, bu nedenle herhangi bir olasılık hesaplamanın bir yolu yoktur. Bugün öğrendiğimiz yöntemler sonsuz özyinelemeyi hesaplamamıza izin vermiyor, bu yüzden onu yapay olarak yaratmamız gerekecek.

Programlamada yeterince iyiyseniz, bu kartı simüle edecek bir program yazın. Değişkeni ilk sıfır konumuna getiren, rastgele bir sayı gösteren ve %10 olasılıkla değişkenin döngüden çıktığı bir zaman döngüsüne sahip olmalısınız. Aksi takdirde değişkene 5 ekler ve döngü tekrar eder. Sonunda döngüden çıktığında, toplam deneme çalıştırma sayısını ve toplam kaynak sayısını (değişkenin nerede durduğuna bağlı olarak) 1 artırın. Ardından değişkeni sıfırlayın ve baştan başlayın.

Programı birkaç bin kez çalıştırın. Sonunda, toplam kaynakları toplam çalıştırma sayısına bölün - bu, Monte Carlo yönteminden beklenen değeriniz olacaktır. Aldığınız sayıların kabaca aynı olduğundan emin olmak için programı birkaç kez çalıştırın. Yayılma hala büyükse, kibrit almaya başlayana kadar dış döngüdeki tekrar sayısını artırın. Bulduğunuz sayıların yaklaşık olarak doğru olacağından emin olabilirsiniz.

Programlama konusunda yeniyseniz (olsanız bile), işte Excel becerilerinizi test etmek için küçük bir egzersiz. Bir oyun tasarımcısıysanız, bu beceriler asla gereksiz olmayacaktır.

Şimdi if ve rand fonksiyonları sizin için çok faydalı olacaktır. Rand değer gerektirmez, sadece 0 ile 1 arasında rasgele bir ondalık sayı üretir. Daha önce bahsettiğim zarın yuvarlanmasını simüle etmek için genellikle bunu taban ve artılar ve eksilerle birleştiririz. Ancak bu durumda, kartın oyundan çıkması için sadece %10 şans bırakıyoruz, böylece rand'ın 0,1'den küçük olup olmadığını kontrol edebilir ve artık bunun için endişelenmeyebiliriz.

Üç değeri varsa. Sırasıyla, koşulun doğru olup olmadığı, koşul doğruysa döndürülen değer ve koşul yanlışsa döndürülen değer. Böylece, aşağıdaki işlev zamanın %5'ini ve diğer %90'ını 0 döndürür: =EĞER(RAND()<0.1,5,0) .

Bu komutu ayarlamanın birçok yolu var, ancak bu formülü ilk turu temsil eden hücre için kullanırdım, diyelim ki bu A1 hücresi: =EĞER(RAND()<0.1,0,-1) .

Burada "bu kart oyundan çıkmadı ve henüz herhangi bir kaynak vermedi" anlamına gelen negatif bir değişken kullanıyorum. Yani ilk tur bittiyse ve kart oyun dışıysa, A1 0'dır; aksi takdirde -1'dir.

İkinci turu temsil eden bir sonraki hücre için: =EĞER(A1>-1, A1, EĞER(RAND())<0.1,5,-1)) . Yani ilk tur biterse ve kart hemen oyundan çıkarsa, A1 0'dır (kaynak sayısı) ve bu hücre basitçe bu değeri kopyalayacaktır. Aksi takdirde, A1 -1'dir (kart henüz oyundan çıkmamıştır) ve bu hücre rastgele hareket etmeye devam eder: zamanın %10'unda 5 birim kaynak döndürür, geri kalan süre boyunca değeri yine - olur 1. Bu formülü ek hücrelere uygularsak, ek turlar alırız ve hangi hücreye giderseniz gidin, nihai sonucu alırsınız (veya oynadığınız tüm turlardan sonra kart oyundan çıkmadıysa -1).

Bu kartla tek tur olan bu hücre sırasını alın ve birkaç yüz (veya binlerce) satırı kopyalayıp yapıştırın. Excel için sonsuz bir test yapamayabiliriz (tabloda sınırlı sayıda hücre vardır), ancak en azından çoğu durumu ele alabiliriz. Ardından, tüm turların sonuçlarının ortalamasını koyacağınız bir hücre seçin - Excel, bunun için ortalama () işlevini sağlar.

Windows'ta, tüm rasgele sayıları yeniden hesaplamak için en azından F9'a basabilirsiniz. Daha önce olduğu gibi, bunu birkaç kez yapın ve aynı değerleri alıp almadığınıza bakın. Yayılma çok büyükse, çalıştırma sayısını ikiye katlayın ve tekrar deneyin.

Çözülmemiş problemler

Olasılık teorisinde bir dereceniz varsa ve yukarıdaki problemler sizin için çok kolay görünüyorsa - işte yıllardır kafamı kaşıdığım iki problem, ama ne yazık ki, matematikte onları çözecek kadar iyi değilim.

Çözülmemiş Sorun 1: IMF Piyangosu

İlk çözülmemiş problem, bir önceki ev ödevidir. Monte Carlo yöntemini (C++ veya Excel kullanarak) kolayca kullanabilir ve "oyuncunun kaç kaynak alacağı" sorusunun yanıtından emin olabilirim, ancak matematiksel olarak tam olarak nasıl kanıtlanabilir bir yanıt vereceğimi bilmiyorum (bu sonsuz bir dizi).

Çözülmemiş Problem #2: Şekil Dizileri

Bu görev (aynı zamanda bu blogda çözülen görevlerin çok ötesine geçiyor) on yıldan fazla bir süre önce tanıdık bir oyuncu tarafından bana atıldı. Vegas'ta blackjack oynarken ilginç bir özelliği fark etti: 8 katlı bir ayakkabıdan kart çekerken arka arkaya on taş gördü (bir taş veya resimli kart 10, Joker, Papaz veya Kız, yani toplamda 16 tane var) 52 kartlık standart bir deste veya 416 kartlık bir ayakkabıda 128).

Bu ayakkabının on veya daha fazla parçadan oluşan en az bir dizi içerme olasılığı nedir? Rastgele sırayla, dürüstçe karıştırıldıklarını varsayalım. Ya da isterseniz, herhangi bir yerde on veya daha fazla şekil dizisinin bulunmama olasılığı nedir?

Görevi basitleştirebiliriz. İşte 416 bölümden oluşan bir dizi. Her bölüm 0 veya 1'dir. Dizi boyunca rastgele dağılmış 128 bir ve 288 sıfır vardır. 128 bir ile 288 sıfırı rasgele serpiştirmenin kaç yolu vardır ve bu yollardan on veya daha fazla birden oluşan en az bir grup kaç kez olacaktır?

Bu sorunu çözmeye her başladığımda, bana kolay ve açık görünüyordu, ancak ayrıntılara girer girmez, aniden dağıldı ve imkansız görünüyordu.

Bu yüzden cevabı ağzınızdan kaçırmak için acele etmeyin: oturun, dikkatlice düşünün, koşulları inceleyin, gerçek sayıları deneyin, çünkü bu problem hakkında konuştuğum tüm insanlar (bu alanda çalışan birkaç yüksek lisans öğrencisi dahil) çok tepki gösterdi. aynı şekilde: "Tamamen açık... ah hayır, bir dakika, hiç de açık değil." Tüm seçenekleri hesaplamak için bir yöntemim olmadığında durum budur. Tabii ki, bir bilgisayar algoritması yoluyla sorunu kaba kuvvetle çözebilirim, ancak onu çözmenin matematiksel yolunu bulmak çok daha ilginç olurdu.

Pek çok insanın az çok rastgele olan olayları hesaplamanın mümkün olup olmadığını düşünmesi pek olası değildir. Basit bir ifadeyle, zarın hangi tarafının düşeceğini bilmek gerçekçi mi? Bir olayın olasılığının oldukça kapsamlı bir şekilde incelendiği olasılık teorisi gibi bir bilimin temelini atan iki büyük bilim adamının sorduğu soru buydu.

Menşei

Böyle bir kavramı olasılık teorisi olarak tanımlamaya çalışırsanız, şunları elde edersiniz: Bu, rasgele olayların sabitliğini inceleyen matematiğin dallarından biridir. Elbette bu kavram özün tamamını tam olarak ortaya koymuyor, bu yüzden onu daha ayrıntılı olarak ele almak gerekiyor.

Teorinin yaratıcılarıyla başlamak istiyorum. Yukarıda bahsedildiği gibi, iki kişi vardı ve bir olayın sonucunu formüller ve matematiksel hesaplamalar kullanarak hesaplamaya çalışan ilk kişiler arasında onlardı. Genel olarak, bu bilimin başlangıcı Orta Çağ'da ortaya çıktı. O zamanlar, çeşitli düşünürler ve bilim adamları rulet, zar vb. Temeli, adı geçen bilim adamları tarafından on yedinci yüzyılda atıldı.

İlk başta, çalışmaları bu alandaki büyük başarılara atfedilemezdi, çünkü yaptıkları her şey sadece ampirik gerçeklerdi ve deneyler, formüller kullanılmadan görsel olarak yapıldı. Zamanla, zar atmanın gözlemlenmesi sonucunda ortaya çıkan harika sonuçlar elde ettiği ortaya çıktı. İlk anlaşılır formüllerin elde edilmesine yardımcı olan bu araçtı.

Aynı görüşte olan insan, hemfikir

"Olasılık teorisi" adlı bir konuyu inceleme sürecinde Christian Huygens gibi bir kişiden bahsetmemek imkansızdır (bir olayın olasılığı tam olarak bu bilimde ele alınmaktadır). Bu kişi çok ilginç. Yukarıda sunulan bilim adamları gibi, rastgele olayların düzenliliğini matematiksel formüller biçiminde türetmeye çalıştı. Bunu Pascal ve Fermat ile birlikte yapmaması, yani tüm çalışmalarının bu zihinlerle hiçbir şekilde kesişmemesi dikkat çekicidir. Huygens ortaya çıktı

İlginç bir gerçek, çalışmalarının kaşiflerin çalışmalarının sonuçlarından çok önce veya daha doğrusu yirmi yıl önce ortaya çıkmış olmasıdır. Belirlenen kavramlar arasında en ünlüleri şunlardır:

• şansın büyüklüğü olarak olasılık kavramı;
• ayrık durumlar için matematiksel beklenti;
• çarpma teoremleri ve olasılıkların toplanması.

Sorunun incelenmesine kimin önemli katkılarda bulunduğunu da hatırlamamak imkansızdır. Kimseden bağımsız olarak kendi testlerini yaparak, büyük sayılar yasasının bir kanıtını sunmayı başardı. Buna karşılık, on dokuzuncu yüzyılın başında çalışan bilim adamları Poisson ve Laplace, orijinal teoremleri kanıtlamayı başardılar. Bu andan itibaren, gözlemler sırasındaki hataları analiz etmek için olasılık teorisi kullanılmaya başlandı. Rus bilim adamları veya daha doğrusu Markov, Chebyshev ve Dyapunov da bu bilimi atlatamadı. Büyük dahilerin yaptığı çalışmalara dayanarak bu konuyu matematiğin bir dalı olarak belirlediler. Bu rakamlar, on dokuzuncu yüzyılın sonunda zaten çalıştı ve katkıları sayesinde, aşağıdaki gibi fenomenler:

• büyük sayılar kanunu;
• Markov zincirleri teorisi;
• Merkezi Limit Teoremi.

Dolayısıyla, bilimin doğuş tarihi ve onu etkileyen ana insanlarla, her şey aşağı yukarı net. Şimdi tüm gerçekleri somutlaştırma zamanı.

Temel konseptler

Kanun ve teoremlere değinmeden önce olasılık teorisinin temel kavramlarını incelemekte fayda var. Olay, içinde başrolü üstlenir. Bu konu oldukça hacimli, ancak onsuz diğer her şeyi anlamak mümkün olmayacak.

Olasılık teorisindeki bir olay, bir deneyin sonuçlarının herhangi bir kümesidir. Bu fenomenin çok fazla kavramı yok. Bu nedenle, bu alanda çalışan bilim adamı Lotman, bu durumda "olmamış olsa da olanlardan" bahsettiğimizi söyledi.

Rastgele olaylar (olasılık teorisi onlara özel önem verir), kesinlikle meydana gelme yeteneğine sahip herhangi bir fenomeni ima eden bir kavramdır. Ya da tam tersine, birçok koşul yerine getirildiğinde bu senaryo gerçekleşmeyebilir. Ayrıca, meydana gelen tüm fenomen hacmini yakalayanların rastgele olaylar olduğunu bilmeye değer. Olasılık teorisi, tüm koşulların sürekli olarak tekrarlanabileceğini gösterir. "Deney" veya "test" olarak adlandırılan davranışlarıydı.

Belirli bir olay, belirli bir testte %100 gerçekleşecek olaydır. Buna göre, imkansız bir olay olmayacak bir olaydır.

Bir çift eylemin kombinasyonu (şartlı olarak durum A ve durum B), aynı anda meydana gelen bir olgudur. AB olarak tanımlanırlar.

A ve B olay çiftlerinin toplamı C'dir, yani bunlardan en az biri gerçekleşirse (A veya B), o zaman C elde edilir Açıklanan olgunun formülü şu şekilde yazılır: C \u003d A + B.

Olasılık teorisindeki ayrık olaylar, iki durumun birbirini dışladığını ima eder. Asla aynı anda olamazlar. Olasılık teorisindeki ortak olaylar, bunların antipodudur. Bu, eğer A olduysa, B'yi hiçbir şekilde engellemediği anlamına gelir.

Zıt olayların (olasılık teorisi onlarla çok detaylı bir şekilde ilgilenir) anlaşılması kolaydır. Onlarla karşılaştırmalı olarak ilgilenmek en iyisidir. Olasılık teorisindeki uyumsuz olaylarla neredeyse aynıdırlar. Ancak farkları, her durumda birçok fenomenden birinin meydana gelmesi gerektiği gerçeğinde yatmaktadır.

Eşit derecede olası olaylar, tekrarlanma olasılığı eşit olan eylemlerdir. Daha açık hale getirmek için, bir madeni paranın havaya atılmasını hayal edebiliriz: bir tarafının kaybının diğer taraftan da düşme olasılığı eşit derecededir.

Olumlu bir olayı bir örnekle görmek daha kolaydır. Diyelim ki bölüm B ve bölüm A var. Birincisi zarın tek sayı görünümüyle atılması, ikincisi ise beş sayısının zar üzerinde görünmesi. Sonra A'nın B'yi desteklediği ortaya çıktı.

Olasılık teorisindeki bağımsız olaylar, yalnızca iki veya daha fazla duruma yansıtılır ve herhangi bir eylemin diğerinden bağımsız olduğunu ima eder. Örneğin, A - yazı tura atarken yazıları düşürmek ve B - desteden bir vale almak. Olasılık teorisinde bağımsız olaylardır. Bu noktada durum daha da netleşti.

Olasılık teorisindeki bağımlı olaylar da sadece kendi kümeleri için kabul edilebilir. Birinin diğerine bağımlılığını ima ederler, yani B fenomeni ancak A zaten gerçekleşmişse veya tam tersine, B için ana koşul bu olduğunda gerçekleşmemişse meydana gelebilir.

Bir bileşenden oluşan rastgele bir deneyin sonucu temel olaylardır. Olasılık teorisi, bunun yalnızca bir kez olan bir fenomen olduğunu açıklar.

Temel formüller

Böylece yukarıda "olay", "olasılık teorisi" kavramları ele alınmış, bu bilimin ana terimlerinin tanımları da verilmiştir. Şimdi doğrudan önemli formüllerle tanışma zamanı. Bu ifadeler, olasılık teorisi gibi zor bir konudaki tüm ana kavramları matematiksel olarak doğrulamaktadır. Bir olayın olasılığı burada da büyük bir rol oynar.

Ana olanlarla başlamak daha iyidir ve onlara geçmeden önce ne olduğunu düşünmeye değer.

Kombinatorik, öncelikle matematiğin bir dalıdır, çok sayıda tam sayının yanı sıra hem sayıların hem de öğelerinin çeşitli permütasyonlarının, çeşitli verilerin vb. Çalışmasıyla ilgilenir ve bir dizi kombinasyonun ortaya çıkmasına neden olur. Olasılık teorisine ek olarak, bu dal istatistik, bilgisayar bilimi ve kriptografi için önemlidir.

Böylece, şimdi formüllerin sunumuna ve tanımlarına geçebilirsiniz.

Bunlardan ilki, permütasyon sayısı için bir ifade olacaktır, şöyle görünür:

P_n = n ⋅ (n - 1) ⋅ (n - 2)…3 ⋅ 2 ⋅ 1 = n!

Denklem, yalnızca öğeler yalnızca sıralarında farklılık gösteriyorsa geçerlidir.

Şimdi yerleştirme formülü dikkate alınacak, şöyle görünüyor:

A_n^m = n ⋅ (n - 1) ⋅ (n-2) ⋅ ... ⋅ (n - m + 1) = n! : (n - m)!

Bu ifade sadece elementin düzenine değil, bileşimine de uygulanabilir.

Kombinatorikteki üçüncü denklem ve aynı zamanda sonuncusudur, kombinasyon sayısı formülü olarak adlandırılır:

C_n^m = n ! : ((n - m))! :M!

Bir kombinasyon, sırasıyla sıralanmamış bir seçim olarak adlandırılır ve bu kural onlar için geçerlidir.

Kombinatorik formüllerini çözmenin kolay olduğu ortaya çıktı, şimdi olasılıkların klasik tanımına geçebiliriz. Bu ifade şöyle görünür:

Bu formülde m, A olayı için elverişli koşulların sayısıdır ve n, kesinlikle tüm eşit derecede olası ve temel sonuçların sayısıdır.

Çok sayıda ifade var, makale hepsini kapsamayacak, ancak en önemlilerine, örneğin olayların toplamının olasılığı gibi değinilecektir:

P(A + B) = P(A) + P(B) - bu teorem yalnızca uyumsuz olayları toplamak içindir;

P(A + B) = P(A) + P(B) - P(AB) - ve bu sadece uyumlu olanları eklemek içindir.

Olay üretme olasılığı:

P(A ⋅ B) = P(A) ⋅ P(B) - bu teorem bağımsız olaylar içindir;

(P(A ⋅ B) = P(A) ⋅ P(B∣A); P(A ⋅ B) = P(A) ⋅ P(A∣B)) - ve bu bağımlılar içindir.

Olay formülü listeyi sonlandırır. Olasılık teorisi bize şuna benzeyen Bayes teoremini anlatır:

P(H_m∣A) = (P(H_m)P(A∣H_m)) : (∑_(k=1)^n P(H_k)P(A∣H_k))),m = 1,..., N

Bu formülde, H 1 , H 2 , …, H n hipotezlerinin tam grubudur.

örnekler

Matematiğin herhangi bir dalını dikkatlice incelerseniz, alıştırmalar ve örnek çözümler olmadan tamamlanmış sayılmaz. Olasılık teorisi de öyle: olaylar, örnekler burada bilimsel hesaplamaları doğrulayan ayrılmaz bir bileşendir.

permütasyon sayısı için formül

Diyelim ki bir iskambil destesinde, yüz değeri bir ile başlayan otuz kart var. Sonraki soru. Desteyi, yüz değeri bir ve iki olan kartlar yan yana gelmeyecek şekilde istiflemenin kaç yolu vardır?

Görev ayarlandı, şimdi onu çözmeye geçelim. Öncelikle otuz elementin permütasyon sayısını belirlemeniz gerekiyor, bunun için yukarıdaki formülü alıyoruz, P_30 = 30!

Bu kurala dayanarak, desteyi farklı şekillerde katlamak için kaç seçenek olduğunu öğreneceğiz, ancak bunlardan birinci ve ikinci kartların sıradakileri çıkarmamız gerekiyor. Bunu yapmak için, birincinin ikincinin üzerinde olduğu seçenekle başlayalım. İlk kartın yirmi dokuz sıra alabildiği ortaya çıktı - birinciden yirmi dokuzuncuya ve ikinci kart ikinciden otuzuncuya kadar, bir çift kart için yalnızca yirmi dokuz sıra çıkıyor. Buna karşılık, geri kalanı herhangi bir sırayla yirmi sekiz yer alabilir. Yani yirmi sekiz kartlık bir permütasyon için yirmi sekiz seçenek vardır P_28 = 28!

Sonuç olarak, birinci kartın ikinci kartın üstünde olduğu durumda çözümü dikkate alırsak, 29 ⋅ 28 ekstra olasılık olduğu ortaya çıkıyor! = 29!

Aynı yöntemi kullanarak, ilk kartın ikincinin altında olduğu durum için gereksiz seçeneklerin sayısını hesaplamanız gerekir. Ayrıca 29 ⋅ 28 çıkıyor! = 29!

Bundan, desteyi inşa etmek için 30 gerekli yol varken, 2 ⋅ 29! - 2 ⋅ 29!. Sadece saymak için kalır.

30! = 29! ⋅ 30; 30!- 2 ⋅ 29! = 29! ⋅ (30 - 2) = 29! ⋅ 28

Şimdi birden yirmi dokuza kadar olan tüm sayıları kendi aralarında çarpmanız ve sonunda her şeyi 28 ile çarpmanız gerekiyor. Cevap 2.4757335 ⋅〖10〗^32

Örnek çözüm. Yerleştirme Numarası Formülü

Bu problemde, toplam otuz cilt olması şartıyla, on beş cildi bir rafa koymanın kaç yolu olduğunu bulmanız gerekiyor.

Bu problemde, çözüm bir öncekinden biraz daha basittir. Halihazırda bilinen formülü kullanarak, otuz ciltlik on beş ciltten toplam düzenleme sayısını hesaplamak gerekir.

A_30^15 = 30 ⋅ 29 ⋅ 28⋅... ⋅ (30 - 15 + 1) = 30 ⋅ 29 ⋅ 28 ⋅ ... ⋅ 16 = 202 843 204 931 727 360 000

Cevap sırasıyla 202.843.204.931.727.360.000'e eşit olacaktır.

Şimdi görevi biraz daha zorlaştıralım. Bir rafta yalnızca on beş cilt olması şartıyla, otuz kitabı iki kitap rafına yerleştirmenin kaç yolu olduğunu bulmanız gerekir.

Çözüme başlamadan önce, bazı problemlerin birkaç şekilde çözüldüğünü açıklığa kavuşturmak isterim, yani bunda iki yol var ama ikisinde de aynı formül kullanılıyor.

Bu problemde cevabı bir öncekinden alabilirsiniz, çünkü on beş kitaplık bir rafı farklı şekillerde kaç kez doldurabileceğinizi hesapladık. A_30^15 = 30 ⋅ 29 ⋅ 28 ⋅ ... ⋅ (30 - 15 + 1) = 30 ⋅ 29 ⋅ 28 ⋅ ...⋅ 16 çıktı.

İkinci rafı permütasyon formülüne göre hesaplıyoruz çünkü içine on beş kitap yerleştirilirken geriye sadece on beş kitap kalıyor. P_15 = 15! formülünü kullanıyoruz.

Toplamda A_30^15 ⋅ P_15 yolları olacağı ortaya çıktı, ancak ek olarak, otuzdan on altıya kadar olan tüm sayıların çarpımının birden onbeşe kadar olan sayıların çarpımı ile çarpılması gerekecek, sonuç olarak birden otuza kadar olan tüm sayıların çarpımı elde edilecek, yani cevap 30'a eşittir!

Ancak bu sorun farklı bir şekilde çözülebilir - daha kolay. Bunu yapmak için otuz kitaplık bir raf olduğunu hayal edebilirsiniz. Hepsi bu düzleme yerleştirildi, ancak koşul iki raf olmasını gerektirdiğinden, bir uzun olanı ikiye böldük, her biri iki on beş çıkıyor. Buradan yerleştirme seçeneklerinin P_30 = 30! olabileceği ortaya çıkıyor.

Örnek çözüm. Kombinasyon numarası için formül

Şimdi kombinatorikten üçüncü problemin bir varyantını ele alacağız. Birbirinin aynısı otuz kitap arasından seçim yapmak şartıyla, on beş kitabı düzenlemenin kaç yolu olduğunu bulmanız gerekir.

Çözüm için elbette kombinasyon sayısı formülü uygulanacaktır. Durumdan, aynı on beş kitabın sırasının önemli olmadığı anlaşılıyor. Bu nedenle, başlangıçta on beş kitaptan oluşan otuz kitabın toplam kombinasyon sayısını bulmanız gerekir.

C_30^15 = 30 ! : ((30-15)) ! : 15 ! = 155 117 520

Bu kadar. Bu formülü kullanarak, mümkün olan en kısa sürede böyle bir sorunu çözmek mümkün oldu, cevap sırasıyla 155 117 520'dir.

Örnek çözüm. Olasılığın klasik tanımı

Yukarıdaki formülü kullanarak cevabı basit bir problemde bulabilirsiniz. Ancak eylemlerin gidişatını görsel olarak görmeye ve izlemeye yardımcı olacaktır.

Problem, kavanozda kesinlikle birbirinin aynı on top olduğu şeklinde verilmiştir. Bunlardan dördü sarı, altısı mavidir. Torbadan bir top çekiliyor. Mavi olma olasılığını bulmanız gerekiyor.

Problemi çözmek için mavi topun alınmasını A olayı olarak belirlemek gerekir. Bu deneyimin on sonucu olabilir ki bunlar da temel ve eşit derecede olasıdır. Aynı zamanda, on kişiden altısı A olayı için uygundur. Aşağıdaki formülü kullanarak çözeriz:

P(A) = 6: 10 = 0,6

Bu formülü uygulayarak mavi top gelme olasılığının 0,6 olduğunu bulduk.

Örnek çözüm. Olayların toplamının olasılığı

Şimdi, olayların toplamının olasılığı için formül kullanılarak çözülen bir değişken sunulacak. Yani, iki kutu olması koşuluyla, birinci kutuda bir gri ve beş beyaz top, ikinci kutuda sekiz gri ve dört beyaz top var. Sonuç olarak, birinci ve ikinci kutulardan biri alındı. Çıkarılan topların gri ve beyaz olma ihtimalinin ne olduğunu bulmak gerekir.

Bu sorunu çözmek için olayları belirlemek gerekir.

• A - ilk kutudan gri bir top alın: P(A) = 1/6.
• A '- ilk kutudan da beyaz bir top aldılar: P (A ") \u003d 5/6.
• B - ikinci kutudan bir gri top çıkarılmıştır: P(B) = 2/3.
• B' - ikinci kutudan gri bir top aldılar: P(B") = 1/3.

Problemin durumuna göre şu olaylardan birinin gerçekleşmesi gerekir: AB 'veya A'B. Formülü kullanarak şunu elde ederiz: P(AB") = 1/18, P(A"B) = 10/18.

Şimdi olasılığı çarpma formülü kullanıldı. Ardından, cevabı bulmak için, bunların eklenmesi için denklemi uygulamanız gerekir:

P = P(AB" + A"B) = P(AB") + P(A"B) = 11/18.

Böylece formülü kullanarak benzer sorunları çözebilirsiniz.

Sonuç

Makale, bir olayın olasılığının çok önemli bir rol oynadığı "Olasılık Teorisi" konusunda bilgi sağladı. Tabii ki, her şey dikkate alınmadı, ancak sunulan metne dayanarak, matematiğin bu bölümü teorik olarak tanınabilir. Söz konusu bilim, yalnızca profesyonel çalışmalarda değil, günlük yaşamda da faydalı olabilir. Yardımı ile herhangi bir olayın herhangi bir olasılığını hesaplayabilirsiniz.

Metin ayrıca bir bilim olarak olasılık teorisinin oluşum tarihindeki önemli tarihlere ve çalışmalarına yatırım yapılan kişilerin isimlerine de değindi. İnsan merakı, insanların rastgele olayları bile hesaplamayı öğrenmesine bu şekilde yol açtı. Bir zamanlar onunla sadece ilgileniyorlardı, ama bugün herkes bunu zaten biliyor. Ve gelecekte bizi neyin beklediğini, incelenen teoriyle ilgili başka hangi parlak keşiflerin yapılacağını kimse söylemeyecek. Ancak kesin olan bir şey var - araştırma hala durmuyor!

Bahsinizin başarılı olma ihtimalinin matematiksel olarak ne kadar olduğunu bilmek ister misiniz? O halde size iki güzel haberimiz var. İlk olarak: açıklığı hesaplamak için karmaşık hesaplamalar yapmanıza ve çok zaman harcamanıza gerek yoktur. Çalışması birkaç dakika sürecek basit formüller kullanmak yeterlidir. İkinci olarak, bu makaleyi okuduktan sonra, herhangi bir işleminizi geçme olasılığını kolayca hesaplayabileceksiniz.

Açıklığı doğru bir şekilde belirlemek için üç adım atmanız gerekir:

• Bahisçinin ofisine göre bir olayın sonuçlanma olasılığının yüzdesini hesaplayın;
• Olasılığı istatistiksel verilerden kendiniz hesaplayın;
• Her iki olasılık da verildiğinde bir bahsin değerini öğrenin.

Yalnızca formülleri değil, örnekleri de kullanarak adımların her birini ayrıntılı olarak ele alalım.

hızlı geçiş

Bahis oranlarına gömülü olasılığın hesaplanması

İlk adım, bahisçinin belirli bir sonucun şansını hangi olasılıkla değerlendirdiğini bulmaktır. Sonuçta, bahisçilerin bu şekilde bahis oynamadıkları açıktır. Bunun için aşağıdaki formülü kullanıyoruz:

PB=(1/K)*%100,

burada P B, bahisçinin ofisine göre sonucun olasılığıdır;

K - sonuç için bahisçi oranları.

Diyelim ki London Arsenal'in Bayern'e karşı bir düelloda kazanması için oran 4. Bu, BC tarafından kazanma olasılığının (1/4) * %100 = %25 olarak kabul edildiği anlamına gelir. Ya da Djokovic Güney'e karşı oynuyor. Novak'ın zaferinin çarpanı 1,2, şansı (1/1,2)*%100=%83'e eşittir.

Bahis şirketinin kendisi, her oyuncu ve takım için başarı şansını bu şekilde değerlendirir. İlk adımı tamamladıktan sonra ikinciye geçiyoruz.

Bir olayın olma olasılığının oyuncu tarafından hesaplanması

Planımızın ikinci noktası, olayın olasılığına ilişkin kendi değerlendirmemizdir. Motivasyon, oyun tonu gibi parametreleri matematiksel olarak hesaba katamayacağımız için basitleştirilmiş bir model kullanacağız ve yalnızca önceki toplantıların istatistiklerini kullanacağız. Bir sonucun istatistiksel olasılığını hesaplamak için şu formülü kullanırız:

PVE\u003d (UM / M) * %100,

NeredePVE- oyuncuya göre olayın olasılığı;

UM - böyle bir olayın gerçekleştiği başarılı maçların sayısı;

M, toplam eşleşme sayısıdır.

Daha açık hale getirmek için örnekler verelim. Andy Murray ve Rafael Nadal 14 maç oynadı. Bunların 6'sında toplam 21'in altında, 8'inde ise toplamın üzerinde maç kaydedildi. Bir sonraki maçın toplamda oynanma olasılığını bulmak gerekir: (8/14)*100=%57. Valencia, Mestalla'da Atlético'ya karşı 29 galibiyet aldığı 74 maç oynadı. Valencia'nın kazanma olasılığı: (29/74)*%100=%39.

Ve hepimiz bunu sadece önceki oyunların istatistikleri sayesinde biliyoruz! Doğal olarak, yeni bir takım veya oyuncu için böyle bir olasılık hesaplanamaz, bu nedenle bu bahis stratejisi, rakiplerin ilk kez karşılaşmadığı maçlar için uygundur. Artık bahisleri ve sonuçların kendi olasılıklarını nasıl belirleyeceğimizi biliyoruz ve son adıma geçmek için tüm bilgiye sahibiz.

Bir bahsin değerini belirleme

Bahsin değeri (değerliliği) ve pasiflik doğrudan ilişkilidir: değer ne kadar yüksek olursa, pas şansı o kadar yüksek olur. Değer şu şekilde hesaplanır:

V=PVE*K-%100,

burada V değerdir;

P ben - bir sonucun olasılığı daha iyi;

K - sonuç için bahisçi oranları.

Diyelim ki Milano'nun Roma'ya karşı maçı kazanacağına bahse girmek istiyoruz ve Kırmızı-Siyahların kazanma olasılığının %45 olduğunu hesapladık. Bahis şirketi bu sonuç için bize 2,5'lik bir katsayı sunuyor. Böyle bir bahis değerli olur mu? Hesaplamalar yapıyoruz: V \u003d %45 * %2,5-100 \u003d %12,5. Harika, geçme şansı yüksek değerli bir bahsimiz var.

Başka bir vakayı ele alalım. Maria Sharapova, Petra Kvitova'ya karşı oynuyor. Maria'nın kazanması için, hesaplamalarımıza göre %60 olasılıkla bir anlaşma yapmak istiyoruz. Bahisçiler bu sonuç için 1,5 çarpanı sunar. Değeri belirleyin: V=%60*1,5-100=-%10. Gördüğünüz gibi, bu bahsin hiçbir değeri yoktur ve bundan kaçınılmalıdır.

Açıktır ki, her olayın bir dereceye kadar meydana gelme (uygulanma) olasılığı vardır. Olayları olasılık derecelerine göre niceliksel olarak birbirleriyle karşılaştırmak için, her olayla belirli bir sayıyı ilişkilendirmek açıkça gereklidir, bu sayı ne kadar büyükse, olay o kadar olasıdır. Bu sayıya olayın olasılığı denir.

Olay Olasılığı- bu olayın meydana gelmesinin nesnel olasılık derecesinin sayısal bir ölçüsüdür.

Stokastik bir deneyi ve bu deneyde gözlemlenen rastgele bir A olayını ele alalım. Bu deneyi n kez tekrarlayalım ve A olayının gerçekleştiği deney sayısı m(A) olsun.

İlişki (1.1)

isminde göreceli frekans bir dizi deneyde A olayı.

Özelliklerin geçerliliğini doğrulamak kolaydır:

A ve B uyumsuzsa (AB= ), o zaman ν(A+B) = ν(A) + ν(B) (1.2)

Göreceli frekans, yalnızca bir dizi deneyden sonra belirlenir ve genel olarak konuşursak, seriden seriye değişebilir. Ancak deneyimler, birçok durumda deney sayısı arttıkça bağıl frekansın belirli bir sayıya yaklaştığını göstermektedir. Göreceli frekansın kararlılığının bu gerçeği defalarca doğrulanmıştır ve deneysel olarak kanıtlanmış sayılabilir.

Örnek 1.19.. Bir yazı tura atarsanız, kimse hangi tarafa geleceğini tahmin edemez. Ancak iki ton madeni para atarsanız, o zaman herkes yaklaşık bir tonun bir arma gibi düşeceğini söyleyecektir, yani armanın düşme sıklığı yaklaşık 0,5'tir.

Deney sayısı arttıkça, ν(A) olayının göreli frekansı sabit bir sayıya yöneliyorsa, o zaman şunu söyleriz: A olayı istatistiksel olarak kararlıdır, ve bu sayıya A olayının olasılığı denir.

Bir olayın olasılığı A Bu olayın bağıl frekansı ν(A)'nın deney sayısındaki artışla eğilim gösterdiği bazı sabit sayılar P(A) çağrılır, yani,

Bu tanım denir olasılığın istatistiksel tanımı .

Bir stokastik deney düşünün ve onun temel olay uzayının sonlu veya sonsuz (ancak sayılabilir) temel olaylar kümesinden oluşmasına izin verin ω 1 , ω 2 , …, ω i , … . her temel olaya ω i'ye belirli bir sayı atandığını varsayalım - р i , bu temel olayın meydana gelme olasılık derecesini karakterize eder ve aşağıdaki özellikleri karşılar:

Böyle bir sayı p i denir temel olay olasılığı ben .

Şimdi A, bu deneyde gözlemlenen rastgele bir olay olsun ve belirli bir küme buna karşılık gelir.

Böyle bir ortamda olay olasılığı A A lehine temel olayların olasılıklarının toplamı olarak adlandırılır.(karşılık gelen A grubuna dahildir):

(1.4)

Bu şekilde tanıtılan olasılık, göreli frekansla aynı özelliklere sahiptir, yani:

Ve AB \u003d (A ve B uyumsuzsa),

o zaman P(A+B) = P(A) + P(B)

Nitekim, (1.4)'e göre

Son ilişkide, hiçbir temel olayın aynı anda iki uyumsuz olayı destekleyemeyeceği gerçeğinden yararlandık.

Olasılık teorisinin p i'yi belirleme yöntemlerini göstermediğini, bunların pratik değerlendirmelerden aranması veya uygun bir istatistiksel deneyden elde edilmesi gerektiğini özellikle not ediyoruz.

Örnek olarak, olasılık teorisinin klasik şemasını düşünün. Bunu yapmak için, temel olayların uzayı sonlu (n) sayıda öğeden oluşan stokastik bir deneyi düşünün. Ek olarak tüm bu temel olayların eşit derecede olası olduğunu, yani temel olayların olasılıklarının p(ω i)=p i =p olduğunu varsayalım. Dolayısıyla bunu takip eder

Örnek 1.20. Simetrik bir madeni para atarken, arma ve yazı eşit derecede mümkündür, olasılıkları 0,5'tir.

Örnek 1.21. Simetrik bir zar atıldığında, tüm yüzler eşit derecede olasıdır, olasılıkları 1/6'dır.

Şimdi A olayının m temel olay tarafından tercih edilmesine izin verin, bunlar genellikle A olayını destekleyen sonuçlar. Daha sonra

Var olasılığın klasik tanımı: A olayının olasılığı P(A), A olayını destekleyen sonuçların sayısının toplam sonuç sayısına oranına eşittir

Örnek 1.22. Bir urn m beyaz top ve n siyah top içerir. Beyaz bir top çekme olasılığı nedir?

Çözüm. Toplamda m+n temel olay vardır. Hepsi eşit derecede inanılmaz. Olumlu olay A bunlardan m. Buradan, .

Aşağıdaki özellikler olasılık tanımından çıkar:

özellik 1. Belirli bir olayın olasılığı bire eşittir.

Aslında, eğer olay güvenilirse, o zaman testin her bir temel sonucu olayı destekler. Bu durumda m=p, buradan,

P(A)=m/n=n/n=1.(1.6)

Mülk 2. İmkansız bir olayın olasılığı sıfırdır.

Gerçekten de, eğer olay imkansızsa, o zaman yargılamanın temel sonuçlarının hiçbiri olayı desteklemiyor. Bu durumda T= 0, bu nedenle, P(A)=m/n=0/n=0. (1.7)

Mülk 3.Rastgele bir olayın olasılığı, sıfır ile bir arasında pozitif bir sayıdır.

Aslında, testin temel sonuçlarının toplam sayısının yalnızca bir kısmı rastgele bir olayı desteklemektedir. Yani, 0≤m≤n, yani 0≤m/n≤1, bu nedenle, herhangi bir olayın olasılığı çifte eşitsizliği karşılar 0≤ P(A) ≤1. (1.8)

Olasılık (1.5) ve bağıl frekans (1.1) tanımlarını karşılaştırarak şu sonuca varıyoruz: olasılığın tanımı test yapılmasını gerektirmez Aslında; bağıl frekansın tanımı şunu varsayar: testler gerçekten yapıldı. Başka bir deyişle, olasılık, deneyimden önce ve göreceli sıklık - deneyimden sonra hesaplanır.

Bununla birlikte, olasılığın hesaplanması, belirli bir olayı destekleyen temel sonuçların sayısı veya olasılıkları hakkında önceden bilgi gerektirir. Bu tür ön bilgilerin yokluğunda, olasılığı belirlemek için ampirik veriler kullanılır, yani olayın göreli sıklığı, stokastik bir deneyin sonuçlarından belirlenir.

Örnek 1.23. teknik kontrol departmanı keşfedilen 3 rastgele seçilmiş 80 parçalık bir partide standart olmayan parçalar. Standart dışı parçaların göreceli görülme sıklığı r (A)= 3/80.

Örnek 1.24. amaca göre.üretilmiş 24 vuruldu ve 19 isabet kaydedildi. Hedefi vurmanın göreceli sıklığı. r (A)=19/24.

Uzun vadeli gözlemler, deneylerin, her birinde test sayısının yeterince büyük olduğu aynı koşullar altında gerçekleştirilirse, bağıl frekansın kararlılık özelliği gösterdiğini göstermiştir. Bu özellik çeşitli deneylerde bağıl frekansın çok az değiştiği (ne kadar az, o kadar çok test yapılırsa), belirli bir sabit sayı etrafında dalgalandığı. Bu sabit sayının yaklaşık bir olasılık değeri olarak alınabileceği ortaya çıktı.

Göreceli sıklık ve olasılık arasındaki ilişki aşağıda daha ayrıntılı ve daha kesin bir şekilde açıklanacaktır. Şimdi kararlılık özelliğini örneklerle açıklayalım.

Örnek 1.25. İsveç istatistiklerine göre, 1935'te kızların göreli doğum oranı aylara göre aşağıdaki sayılarla karakterize edilir (sayılar ay sırasına göre düzenlenmiştir, Ocak): 0,486; 0,489; 0,490; 0.471; 0,478; 0,482; 0.462; 0,484; 0,485; 0,491; 0,482; 0,473

Göreceli frekans 0,481 sayısı civarında dalgalanmaktadır ki bu kız çocuk sahibi olma olasılığı için yaklaşık bir değer olarak alınabilir.

Farklı ülkelerin istatistiklerinin yaklaşık olarak aynı bağıl frekans değerini verdiğine dikkat edin.

Örnek 1.26."Armanın" oluşum sayısının sayıldığı bir yazı tura atılarak tekrarlanan deneyler yapıldı. Birkaç deneyin sonuçları tabloda gösterilmektedir.