Arszlán, Belián és Cipórián, a három gazfickó kedvenc csapszékükben múlatják az időt. Arszlán, a legfurfangosabb mind közül, a következő fogadást ajánlja Beliánnak:
– Itt van három dobókocka, magam készítettem őket. Csak abban különböznek egy szabályos dobókockától, hogy több oldalukon is előfordulhat ugyanaz a szám. Tehát pl. lehet, hogy minden oldalán hatos van, vagy három oldalán kettes a többin ötös, stb. Természetesen csak az 1-től 6-ig terjedő számok jöhetnek szóba.
A játék menete a következő: választasz közülük egyet, az lesz a tiéd. Én a maradék kettőből választok egyet magamnak, a harmadik kockát pedig félrerakjuk, nem játszik. Ezután felváltva dobunk a választott kockánkkal. Az nyer aki nagyobbat dob, döntetlen esetén újra dobunk. Egy tucat dobásból aki többször veszít, az fizet egy korsó rumot a másiknak. Na, benne vagy?
– És honnan tudjam, hogy nem cinkeltek-e a kockák? – tamáskodik Belián.
– Belián barátom, hiszen te választasz először. Te sem ma kezdted a szakmát, simán kiszúrod a nyerő kockát, ha van. – nyugtatja Arszlán – De tudod mit? Bármikor választhatsz másik kockát ha akarsz, de persze ez esetben én is újra választok a másik kettő közül.
– Na jó, rendben van, mutasd azokat a kockákat. – egyezik bele végül Belián.
Mondanom sem kell, aznap este Arszlán tönkreverte Beliánt és Cipóriánt is ebben a játékban. Vajon hogyan csinálta a csavaros eszű gazfickó?
A dolog lényege, hogy egymást "körbeverő" dobókockákat kellett konstruálni. Sok szép megoldás érkezett, nem is részletezem itt tovább, a kommentekben mindent kielemeztetek.
Bónusz kérdés programozóknak: hány különböző ilyen kockahármast lehet konstruálni? Van-e ezek között "legjobb"?
Bónusz 2: működne-e ugyanez a trükk úgy is, hogy 5 kockából választunk kettőt-kettőt?
Comments are closed.
A megoldást ismertem régebbről, de már nem emlékeztem, így segítségül hívtam a Google-t:
matek.fazekas.hu/portal/tanitasianyagok/Orosz_Gyula/Val/v6.html :
<<
6.4. feladat:
Készítsünk nem-tranzitív három dobókockát, pl. a hagyományos 1, 2, 3, 4, 5, 6 számokból! (Nem kell mindegyik számot felhasználni.)
Megoldás:
A kérdés tulajdonképpen az, hogy lehet-e három kockát úgy megszámozni, hogy azok „körbeverjék” egymást? Egy lehetséges megoldás pl. az alábbi:
I: 2, 2, 2, 2, 5, 5; II: 4, 4, 4, 4, 1, 1; III: 3, 3, 3, 3, 3, 3.
(Nem olyan nehéz rájönni a megoldásra. Ha pl. a III-as kocka 3, 3, 3, 3, 3, 3 számait fixáljuk, a másik két kockát pedig I: a, a, a, a, b, b, ill. II: c, c, c, c, d, d alakban keressük, akkor a < 3, b > 3, valamint c > 3, d < 3 feltételek mellett (ekkor I-esnél jobb a III-as és a III-asnál jobb a II-es) elég, ha b > c és a > d teljesül.)
>>
Szájmon
Ez egy kő-papír-olló játék. 🙂 Tehát egymást körkörösen verő kockákat kell konstruálni.
Legyen a 3 kockának az alábbiak az oldalai:
A: 664222
B: 444444
C: 555411
Triviális, hogy A-t megveri B kocka (mivel A nyer az esetek 1/3 részében, egált dob 1/6-od részében és kikap a felében), B-t veri C (mivel az esetek felében C nyer, 1/6-od részében egál van, 1/3-ad részében meg B nyer). Kérdés, hogy vajon C-t veri-e A. A nyer ha 6-ot dob (1/3), ha 2-t dob és C 1-et (1/2 * 1/3) és végül ha 4-et dob és C ennél kisebbet dob (1/6 * 2/5 – mivel 4-nél újat dob). Ez pedig összességében valamivel nagyobb esély mint 1/2-ed.
Tehát körbeverik egymást, azaz bárhogy is választ Belián vagy Cipórián, Arszlán mindig tud úgy választani, hogy ő legyen az esélyes.
mint a kő-papír-ollóban, ott sincs általános nyerő választás, de ha ismered az ellenfél lépését, már tudsz nyerőt választani, ugyanígy kell itt is a dobókockákkal. egy lehetséges kiosztás
1) 244444
2) 222466
3) 124455
esetén 1) veri 2)-t (a lehetséges 36 esetből 15-ben nyer 1), 13-ban 2), a többi döntetlen), 2) veri 3)-t (17-14), 3) veri 1)-t (14-11); a megoldás sajnos csak próbálgatással jött ki, nem tudok általánosítani, minden bizonnyal nem ez a legjobb megoldás és “tönkreverni” sem fogja egyik sem a másikat, mindenesetre minden kockánál létezik nála erősebb és gyengébb is, úgyhogy az alapkövetelménynek megfelel.
Kérdés: Belián minden kockát alaposan megnézhet mielőtt választ?
@Thresher: Természetesen Belián alaposan megvizsgálhatja a kockákat választás előtt.
Gondolom ez olyan kő-papír-ollós megoldás, hogy mindegyik kockától van erősebb és gyengébb is.
Megint csak egy nagyszerű feladatot kaptunk! 🙂
Természetesen Arszlánnak csak valószínűségi nyerésre van lehetősége.
Nyilván nem lehet egyetlen abszolút nyerő kocka sem, hiszen akkor Belián választhatná azt, és így Arszlánnak esélye sem lenne. Ezzel szemben tudjuk, hogy Arszlán, miután Belián választott, a maradék kettő közül ki tudja választani azt a kockát, ami veri a Belián által választottat. Tehát olyan kockákat kell csinálnunk, amik körbeverik egymást, mint a kő-papír-olló játékban.
Egy ilyen lehetséges kocka-hármas pl. a következő:
1. kocka számai: 3, 3, 3, 3, 6, 6
2. kocka számai: 2, 2, 5, 5, 5, 5
3. kocka számai: 4, 4, 4, 4, 4, 4
Az 1. és 2. kocka versenyéből (egy dobást tekintve) az 1. kocka nyerési esélye: 1/3 + 2/3 * 1/3 = 5/9
Tehát az 1. kocka jobb, mint a 2.
A 3. és 1. kocka versenyéből a 3. kocka nyerési esélye: 2/3
Tehát a 3. kocka jobb, mint az 1.
A 2. és 3. kocka versenyéből a 2. kocka nyerési esélye: 2/3
Tehát a 2. kocka jobb, mint a 3.
Tehát a körbeverés létrejött.
Az 1. és 2. kocka esetén az 1. kocka nyerési esélye 5/9, ami kb. 55.56%, és ez sajnos nem sokkal több 50%-nál. Ha azt nézzük, hogy 12 menetből mennyi a nyerés valószínűsége, akkor pedig még egy picit romlik is a helyzet (ami számomra meglepő volt):
sum(binomial(12, i)*(5/9)^i*(4/9)^(12-i), i = 7 .. 12)
Ez 51086796875/94143178827, ami kb. 54.27%.
Csak a teljesség kedvéért, ha azt nézzük, hogy az 1. és 2. kocka esetén az 1. kocka mikor nem veszít 12 menetből, akkor már sokkal jobb a helyzet:
sum(binomial(12, i)*(5/9)^i*(4/9)^(12-i), i = 6 .. 12)
Ez 70798796875/94143178827, ami kb. 75.2%.
A másik két kocka-pár esetén természetesen jobbak Arszlán esélyei.
Még egy lehetséges kocka-hármast találtam, és gondolom még rengeteg van belőlük:
Egy ilyen lehetséges kocka hármas pl. a következő:
1. kocka számai: 3, 3, 3, 3, 3, 6
2. kocka számai: 2, 2, 2, 5, 5, 5
3. kocka számai: 1, 4, 4, 4, 4, 4
Itt a körbeverés ugyanúgy valósul meg, mint az első változat esetén, csak itt mások a valószínűségek.
[OFF]
És mi van akkor ha mindhárom kockával játszunk? Akkor kb kiegyenlítve halad a játék?