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.

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.

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.

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