Игра с кубиками

[Chessplayer]

Это как?
По-моему очевидно, что частота последовательности 4-4-4 будет больше, чем частота последовательности 1-3-5.

Мой комментарий относился к сравнению вероятностей 1-4 и 4-4. Про 1-3-5 и 4-4-4 мне кажется, что должно быть одинаково.


Sent from my iPhone using Tapatalk

[Физик-Лирик]

Если вы находясь в состоянии 1, вытягиваете 4, то вы получаете последовательность (1,4) и игра заканчивается - вы проиграли. Т.е. из состояния 1 в состояние 2 попасть нельзя, а вот наоборот можно.


Sent from my iPhone using Tapatalk

А если из состояни 2 в состояние 2, игра не заканчивается? Из ваших рассуждений не совсем ясно, что вы пытаетесь получить. Собственно в этом и мой вопрос.

[jsjs]

я не вижу, как у одного игрока шансов может быть больше, чем у другого. Вот почему.

У стандартного кубика сумма чисел на противоположных сторонах равна 7. Т.е. чтобы выпала 4-ка, надо, чтобы кубик приземлился на 3-ку.
Т.е., если бы игра заключалось в том, кто первый выбросит 4-ку (т.е. приземлит кубик на 3-ку) три раза подряд, то очевидно, что оба игрока имеют одинаковые шансы.
В нашем случае совершенно неважно стандартные кубики или нет. Поэтому сделаем так:
- оба игрока просто бросают кубик в надежде 3 раза подряд приземлить его на 3-ку.
- с кубиком 1-го игрока мы ничего не делаем, а у кубика 2-го меняем местами 1 и 4. Далее, если таки он приземлил кубик на 3-ку, меняем местами 3 и 1. И если ему повезло дважды - то 5 и 3.

Т.е. вполне очевидно, что шансы равны.

Я выше и написал, что если кубик бросать два раза, то шансы первым получить искомую тройку равны (равны нулю), Если бросать три раза, то шансы тоже равны (равны 1/216). Но это не является ни доказательством, ни опровержением того, что шансы равны или не равны в бесконечной последовательности.

[jsjs]

Дело не в вероятности выпадения слова в бесконечной последовательности, а в мат.ожидании его ПЕРВОГО выпадения.

Другими словами, есть случайная величина, равная времени первого события (т.е. номера итерации). Событие = выпадение заданной последовательности. Ищется распределение этой случайной величины (а точнее, двух величин) и, как следствие, сравнение моментов.

Марковские цепи - наше всё.

Да, Марковкая цепочка. Однако, если под событием подразумевать выпадение следующего кубика, то получается транзитивная вероятность 1/6 (она же условная вероятность) в силу независимости событий.

Да. Точнее, само распределение не ищется, вопрос лишь о его первом моменте. Естественно, из первого следует второе, но первое -- это, пожалуй, overkill в данном контексте.

Если состояния марковской цепочки -- отдельные цифры, то да. Однако (на грани hint'a) состояния цепочки (события) можно определять по-разному, в зависимости от того, что хочется узнать.

[Chessplayer]

А если из состояни 2 в состояние 2, игра не заканчивается? Из ваших рассуждений не совсем ясно, что вы пытаетесь получить. Собственно в этом и мой вопрос.

Вы мне задали вопрос: где и как ломается симметрия. Я вам на него ответил. Вы с какой целью спрашивали?


Sent from my iPhone using Tapatalk

[Физик-Лирик]

А можно так рассуждать? Рассматриваю для простоты пару цифр.
Процесс (реализация стохастического процесса) подбрасываний кубика: Р=(р_1, р_2, , ...), где р_i из множества (1,2,3,4,5,6)
Событие C=(с1,с2).
T - время первого события: Т=k, если p_k = c1, p_(k+1) = c2.
Подсчитаем вероятности Prob(T=k).

1) C=(1,3), т.е. разные цифры.
Prob(T=1): одна комбинация из 6^2, т.е. Prob(T=1) = 1/6^2.
Prob(T=2): p_2 = c1, p_3 = c2, тогда р_1 может быть любой; Prob(T=2) = 6/6^3, т.е. из 6^3 возможных комбинаций из трех цифр в шести получаем результат.
Prob(T=3): p_3 = c1, p_4 = c2. Всего 6^4 комбинаций из четырех цифр. Первые две цифры не могут составлять пару (с1,с2), т.е. из 6^2 комбинаций из первых двух цифр исключим одну пару (с1,с2); Prob(T=3)=(6^2 -1)/6^4
Продолжаем вычисления.

2) C=(4,4), т.е. c1=c2, одинаковые цифры.
Prob(T=1): одна комбинация из 6^2, т.е Prob(T=1) = 1/6^2.
Prob(T=2): если p_2 = c1, p_3 = c2(=c1), тогда р_1 может быть любой кроме c1(=c2); Prob(T=2) = (6-1)/6^3
Prob(T=3): p_3 = c1, p_4 = c2(=c1). Всего 6^4 комбинаций. Первые две цифры (p_1, p_2) не могут составлять пару (с1,с2), и вторая цифра не может быть с1(=c2), т.е. из 6^2 комбинаций первых двух цифр исключим (с1,с2) и 5 других комбинаций, когда первая цифра не равна с1, а вторая цифра = с2.
Prob(T=3)=(6^2 -1-5)/6^4
Продолжаем вычисления.

Уже из этих первых шагов видно, что вероятность встретить пару одинаковых цифр меньше вероятности получения пары неодинаковых цифр. Сами цифры значения не имет. Важно лишь равны или не равны.

[Физик-Лирик]

Я кстати прогнал программу для подтверждения. Действительно, при равенстве цифр среднее значение времени первого события больше.

[Физик-Лирик]

А если из состояни 2 в состояние 2, игра не заканчивается? Из ваших рассуждений не совсем ясно, что вы пытаетесь получить. Собственно в этом и мой вопрос.

Вы мне задали вопрос: где и как ломается симметрия. Я вам на него ответил. Вы с какой целью спрашивали?


Sent from my iPhone using Tapatalk

С целью разобраться.

[jsjs]

Да, можно, и это правильный путь.

[jsjs]

Я кстати прогнал программу для подтверждения. Действительно, при равенстве цифр среднее значение времени первого события больше.

Всё правильно.

Должно быть где-то на 16% больше.

[jsjs]

Наверное, более наглядно описать так:

Свою заветную первую цифру (4 для Байдена и 1 для Харрис) участникам приходится ждать (статистически) одинаковое время (количество бросков). После чего начинаются расхождения:
- Если у Байдена выпадет что-нибудь из набора {1,2,3,5,6} -- с вероятностью 5/6 --, то его статус фактически обнуляется и ему снова надо ждать (статистически) столько же времени до следующей 4. С вероятностью же 1/6 (если будет 4) Байден остаётся в статусе ожидания заветной тройки.
- Если у Харрис выпадет выпадет что-нибудь из набора {2,4,5,6} -- с вероятностью 4/6 --, то её статус фактически обнуляется, и ей снова надо ждать (статистически) столько же времени до следующей 1. Свероятностью же 2/6 (если будет 3 или 1) Харрис остаётся в статусе ожидания заветной тройки.

Таким образом, до первой цифры всё развивается одинаково, но дальше Байден соскальзывает чаще чем Харрис.

[Физик-Лирик]

Наверное, более наглядно описать так:

Свою заветную первую цифру (4 для Байдена и 1 для Харрис) участникам приходится ждать (статистически) одинаковое время (количество бросков). После чего начинаются расхождения:
- Если у Байдена выпадет что-нибудь из набора {1,2,3,5,6} -- с вероятностью 5/6 --, то его статус фактически обнуляется и ему снова надо ждать (статистически) столько же времени до следующей 4. С вероятностью же 1/6 (если будет 4) Байден остаётся в статусе ожидания заветной тройки.
- Если у Харрис выпадет выпадет что-нибудь из набора {2,4,5,6} -- с вероятностью 4/6 --, то её статус фактически обнуляется, и ей снова надо ждать (статистически) столько же времени до следующей 1. Свероятностью же 2/6 (если будет 3 или 1) Харрис остаётся в статусе ожидания заветной тройки.

Таким образом, до первой цифры всё развивается одинаково, но дальше Байден соскальзывает чаще чем Харрис.

Очень информативные (и простые) аргументы.
Однако, если постараться реально найти матожидание, то придется расписывать цепочки вероятностей. Интересно, такие резульаты имеются?

[jsjs]

Да, вот тут ещё более бурное обсуждение этого варианта https://en.wikipedia.org/wiki/Penney%27s_game со ссылками:
https://avva.livejournal.com/3260567.html

[Chessplayer]

@jsjs, спасибо - красивая задача. То, что вероятности обнуления отличаются для 4-4-4 и для 1-3-5 я немного упустил из виду, когда рассматривал марковский процесс. А так модельная задача 1-3 vs 4+4, описаная выше, работает, если добавить к моему первоначальному описанию марковского процесса этот дополнительный переход 1-->1. Сразу видно, что состояния с выпавшей 1 и выпавшей 4 несимметричны (см. картинку), а значит вероятности будут отличаться (в начале я думал, что симметрия нарушается только в случае 1+4 vs. 4+4, но она нарушена и в общем случае).

Если предположить, что выпадение 2-х 4-к - это победа, а выпадение 1+3 - это поражение, а также обозначить вероятность победы из состояния 1 (just saw 1) - p1, вероятность победы из состояния 2 (just saw 4) - p2, а вероятность победы из состояния 3 (did not see 1 or 4) - p3, то их можно описать системой уравнений приведенной на картинке. Её решение даёт, что вероятности получить 4+4 vs. 1+3 относятся как 6 к 7.

Наверное можно обобщить этот подход и на случай троек, но решение будет громоздким.

IMG_0036_small.jpg

[Chessplayer]

С целью разобраться.

Нарисовал картинку выше.

[jsjs]

@Chessplayer -- и Вам спасибо за дискуссию!

[M. Ridcully]

Да, любопытная задачка!

[Oleg Co]

Так и не понял, если бы кубики кидал Трамп и Пенс, кто бы выиграл тогда?