Pelataan peliä jossa pitää pitää arvata onko pakan päällimmäinen kortti punainen vai musta(vain 1 pelaaja). kortti katsotaan ja jos arvaus oli oikea saa pelaaja pisteen. näin käydään pakka loppuun. Paras strategia saada mahdollisimman paljon pisteitä lienee pitää lukua menneistä korteista ja valita aina se väri kumpaa on enemmän pakassa. Molempien värien ollessa tasan valitaan aina musta. Monta korttia pelaaja saa tällä strategialla keskimäärin oikein?
korttipakkapulma
enkeksien
191341
0Äänestä
Muut lukivat myös
Ketjusta on poistettu 10 sääntöjenvastaista viestiä.
Odottaa vastausta
Näihin keskusteluihin ei ole vielä vastattu. Ole ensimmäinen.
Vastaukset 19
Vanhimmat
kortti pystytään arvaamaan oikein vähintään todennäköisyydellä 1/2. Keskimäärin (aina?) siis arvataan oikein vähintään 52*1/2 = 26 korttia.
Jos muistaa nostetut maat, niin eikö tn oikein arvatulle seuraavalle maalle kasva, eli olisi suurempi kuin 1/2.
Enempää aamuyössä miettimättä luulen, että pitkässä sarjassa tilanne tasoittuu lähelle 26 oikeaa arvausta.
Olisi mukava kuulla enemmmänkin laskelmia.
... eihän kukaan väittänytkään, etteikö luku olisi suurempi kuin 26, mitä se onkin. Joku vain huomautti, että se on varmasti vähintään 26, mikä on hyödyllistä vastausta tarkistettaessa.
... ei näköjään ole kiinnostunut ratkaisemisen ilosta, joten jatkan alla olevan ratkaisuni loppuun:
SUMMA_{i=0,...,51} SUMMA_{j=0,...,i}
P(j mustaa nostettu kun i korttia nostettu) *
[26-min(j,i-j)]/(52-i)
Kirjoitetaan yllä oleva todennäköisyys muodossa p_ij. Korvataan nyt aiempi min(j,i-j) uudella muuttujalla j.
Summasta tulee:
SUMMA_{j=0,...,25}
p_(2j)j * (26-j)/(52-2j)
SUMMA_{i=2j 1,...,51} 2 * p_ij * (26-j)/(52-i)
Huomaa, että
p_ij * (26-j)/(52-i) =
26Cj * 26C(i-j) / 52Ci * (26-j)/(52-i) =
(26!)^2 * i! * (52-i-1)! /
[j! * (26-j-1)! * (i-j)! * (26-i j)! * 52!] =
iCj * (51-i)C(25-j) / 52C26 =
1/2 * P(Jos 51 kortista valitaan satunnaisesti 25, tullaan valinneeksi j korttia tietyistä ennaltamäärätyistä i kortista)
Kutsutaan tätä jälkimmäistä todennäköisyyttä nimellä q_ij
Eli saamme
SUMMA_{j=0,...,25}
1/2 q_(2j)j
SUMMA_{i=2j 1,...,51} q_ij
= 30,04
Viimeisen vaiheen tein Maplella, sillä en heti hoksannut miten voisin sieventää tuota, sillä q_ij ei ole sama kuin q_i(i-j). Varmaankin joku sievennystapa on olemassa...
Joka tapauksessa, (ellen tehnyt virhettä), voit odottaa saavasi 30 arvausta oikein tuolla taktiikalla. Kuulostaa järkevältä vastaukselta.
Tässä ne Maple-komennot, jos haluatte tarkistaa:
mappa := j->(2*j 1);
zorro := j->add(binomial(i,j) * binomial(51-i,25-j) / binomial(51,25),i=mappa(j)..51);
zorro2:= 1/2 * add(binomial(2*j,j) * binomial(51-2*j,25-j) / binomial(51,25),j=0..25);
zorro2 add(zorro(j),j=0..25);
... ensin, että kaikki punaiset kortit ovat päällä.
Montako saat oikein? Ensin sinulla menee 26 väärin ja sitten 26 oikein.
Jos kaikki järjestykset ovat yhtä todennäköisiä, miten lasketaan odotusarvo korttien määrälle?
E = E(oikeiden arvausten määrä) =
SUMMA_{i=1...52} P(i:s kortti oikein)
Nyt pitää vain löytää arvo
p_i = P(i:s kortti oikein).
p_1 = 1/2
p_2 = 26/51
p_3 = p_2 * 1/2 (1-p_2) * 26/50
.
.
.
p_i = SUMMA_{j=0...i-1} P(j mustaa nostettu) * max(26-j,26-i j 1)/(52-i 1) .
Huomaa, että
P(j mustaa nostettu) =
P(Jos pakasta nostetaan satunnaisesti i-1 korttia, saamme j mustaa) =
26Cj * 26C(i-1-j) / 52C(i-1) .
Tässä nCr = n! / [r!(n-r)!] = #(tapoja valita r esinettä n:stä).
Nyt E on summa kahdessa muuttujassa, i ja j. Voit vaihtaa näiden summien järjestystä päästäksesi eteenpäin E:n arvon laskemisessa.
Yritä sitä, ja kysy lisää apua jos tarvitset.
... tapa on osoittaa, että tämä prosessi sisältää 'martingalen' ja käytä niiden teoriaa hyväksesi.
'Martingale' on tietynlainen satunnaismuuttuja, niin että kullakin hetkellä sen ehdollinen odotusarvo seuraavalle vaiheelle on sen NYKYINEN arvo.
Selvästikin Y_(M V) = (26-min(M,V))/(52 - M - V) on martingaleksi sopiva satunnaismuuttuja, missä
M = nostettujen mustien määrä
V = nostettujen valkoisten määrä
Y_i = Y:n arvo hetkellä i.
Yrität löytää osotusarvoa satunnaismuuttujalle
Z = Y_0 ... Y_51
... jälkimmäisessä viestissä saattaa sitten olla jokin virhe, mutta sen korjaaminen käy aika helposti, jos ymmärrät idean. Jos et, pysy alkuperäisen viestin ohjeissa. ;)
Se on muuten suomeksi martingaali. :)
En kyllä usko, että martingaalien teorialla on tuossa juurikaan tekoa. Mutta sen sijaan korttien nostot voi mallintaa Markovin ketjuna, jossa tilana on nostettujen mustien määrä. Ja oikeinarvausoperaatio on riippumaton satunnaismuuttuja annettuna Markovin ketjun tila. Sen summan odotusarvo voidaan laskea helposti propagoimalla odotusarvoa Markovin ketjun yli. Käytännön toteutus jätetään harjoitustehtäväksi.
P.S. Toki arvausoperaatioiden kumulatiivisen summan ja sen odotusarvon erotus tulee tuossa olemaan martingaali, jos sellaisen väkisin tuohon haluaa.
... jos en väärin käsitä, Markovin ketju on erikoistapaus martingaalista.
Olet kyllä käsittänyt huomattavan väärin. Kyllähän Markovin ketjussa voi keskiarvo muuttua.
... olen kyllä nähnyt Markovin ketjuja esimerkkeinä martingaaleista, kuten kolikonheitto-esimerkki. Varmaankin juuri tietynlaisia ketjuja sitten. Nopeasti ajateltuna tämän esimerkin ketju olisi kai ok.
Martingaali (diskreetissä ajassa) on prosessi X[1],X[2],..., jolle pätee
E[X[k] | X[1],...,X[k-1]] = X[k-1].
Markovin ketju on taas prosessi, jolle pätee
P(X[k] | X[1],...,X[k-1]) = P(X[k] | X[k-1])
ja Markovin ketju (tai Markovin prosessi) on martingaali vain jos tuon siirtotodennäköisyysjakauman P(X[k] | X[k-1]) odotusarvo on X[k-1]. Joskus näin on, mutta yleensä ei.
On olemassa Markovin ketjuja, jotka ovat martingaaleja, mutta on olemassa Markovin ketjuja jotka eivät ola ja on olemassa martingaaleja, jotka eivät ole Markovilaisia.
Tässä esimerkissä, jos Markovin ketju on havaittujen mustien määrä, prosessi ei ole martingaali (miksi?).
... että ratkaisuni (elikä 30) on oikein, et saavuta kuin neljän kortin parannuksen satunnaiseen arvaamiseen...
Miksi tämä ei ole niin outoa? Siksi, että ylivoimaisesti suurin osa korttien alkuperäisistä järjestyksistä on sellaisia, että jäljellä olevien korttien värit ovat koko tempun ajan suurin piirten 50-50.
Ilmeisesti optimaalinen strategia löytyi siis edellä. Mutta oletetaanpa nyt että pelaaja on niin laiska ettei hän jaksa laskea menneitä kortteja. Jos hän ehdottaa aina esim. mustaa niin hän saa luonnollisesti 26 oikein. Joku voisi nyt kertoa että montako hän saa odotusarvoisesti oikein jos hän aina ehdottaa juuri vastakkaista väriä kuin mikä juuri edeltävällä kortilla oli.
... on kai edelleen 26, sillä peräkkäiset kortit ovat samanvärisiä aivan yhtä usein kuin erivärisiäkin.
mutta se ei itse asiassa ole aivan niin. Äärellisessä pakassa kortit eivät ole riippumattomia.
Ajattele esim pakkaa jos on 2 tai 4 korttia, niin huomaat että tuo laiskan miehen strategia antaa suuremman odotusarvon kuin 2/2=1 tai 4/2=2. Sama pätee yleisestikin pakalle jossa on 2n korttia.
Eli ts. sekoitetussa pakassa on odotusarvoisesti enemmän tilanteita joissa peräkkäisillä korteilla on eri väri kuin tapauksia joissa väri pysyy samana. Ja kysymys kuluu että kuinka paljon enemmän?
(Vielä täsmennykseksi että ensimmäinen kortti tässä strategiassa vain arvataan, jolloin se osuu oikein tn:llä 0.5.)
... mutta tuo ilmiö johtunee siitä, että ensimmäiseen korttiin käytetään eri taktiikkaa kuin muihin. Jos pakka on erittäin pieni, tämän kortin vaikutus korostuu. Ekan noston jälkeen toista väriä on yhtä korttia vähemmän mukana -- ja vasta sitten aletaan käyttää varsinaista strategiaa.
Oletetaan, että meillä olisi äärettömän monta korttia (sekä taaksepäin että eteenpäin) ja kumpaakin väriä esiintyisi todennäköisyydellä 1/2 (kuin kolikonheitoissa). Selvästikin laiskan miehen arvailu johtaisi siihen, että keskimäärin puolet arvataan oikein millä tahansa äärellisellä pätkällä. Mitä isompi pakka, sitä lähemmäksi tätä käyttäytymistä päästään.
hyviä huomioita. Näinhän se toki on, että "käytännössä" (isolla pakalla)
sama kuin vain arvailtaisiin kolikkoa heittämällä.
Kuitenkin odotusarvo on aina n 0.5 eikä siis suppene kohti n:ää.
Tietysti suhde (n 0.5)/n->1, ja siinä mielessä "merkitys vähenee" isolla pakalla.
Itse tykkään ajatella että tässä laiskassa arvailussa käytetään yksinkertaisesti hyväksi
sitä että pakassa on (odotusarvoisesti) n peräkkäistä korttiparia jotka ovat erivärisiä
ja vain n-1 korttiparia jotka ovat samanvärisiä.
Siis jos vain arvailtaisiin satunnaisesti niin korteista
2,...,2n, saataisiin oikein odotusarvoisesti puolet eli n-0.5,
mutta käyttämällä tätä laiskaa arvailua tuo odotusarvo on n.
Molemmissa tapauksissa kortti 1 arvataan oikein tn:llä 0.5, eli siitä ei
mitään eroa synny.
Mielenkiintoinen piirre tässä laiskassa arvailussa on myös se, että
kaikkiaan korttien 2,...,2n kohdalla tullaan arvaamaan täsmälleen oikea määrä kumpaakin
väriä (eli esim. n mustaa ja n-1 punaista, jos eka oli punainen, tai toisin päin).
Siinä mielessä tuntuu "järkevältä" strategialta verrattuna siihen että vain
arvailtaisiin sokkona värejä. Käytännössä kuitenkin ero on vain se 0.5 korttia.
(Samaan odotusarvoon muuten pääsee vieläkin laiskemmin arvaamalla kaikkien
korttien 2,...,2n kohdalla sen värin jota ensimmäinen kortti ei ollut.)
*****
Jos tätä kahden peräkkäisen kortin sama väri/eri väri haluaa tarkemmin laskea niin:
n n kortin pakassa on 2n-1 peräkkäistä paria kortteja.
Olkoon N(k) niiden pakkojen lkm joissa on k värien vaihtumista (0
>Mielenkiintoinen piirre tässä laiskassa arvailussa on myös se, että kaikkiaan korttien 2,...,2n kohdalla tullaan arvaamaan >täsmälleen oikea määrä kumpaakin väriä (eli esim. n mustaa ja n-1 punaista, jos eka oli punainen, tai toisin päin).
Korjaus: ei vältämättä täsmälleen oikea määrä, mutta joka tapauksessa n kappaletta yhtä väriä ja n-1 toista.