Fórum: Csak logika

Nem gondolod, hogy a két esélynek együtt 1-et kéne adni, hiszen a nyeremény a két választás közül az egyikben mindenképpen az övé lesz?

Nagyon találó! Ez az!

Ebbe a játékba nem avatkozik bele a műsorvezető.

Egyforma eséllyel választhatja 1,2,3 ajtót és ezzel a cserekor, a 2-3, az 1-3 és a 1-2 párosokat.

Na és ekkor a beavatkozás nélkül, mindhárom választásakor 1/3-1/3-1/3 esélye van a két függönnyel is a nyereményre.

Nyilván mindkét esetben azonos a 1/3-1/3 esély.

Az új játék a következő. Három függöny, egyik mögött autó, másik kettő mögött semmi. Nincs játékvezető.

1. lépés. A játékos először választ egy függönyt. Meg is mondja, melyik az. ('Az 1-es függönyt választom.')

2. lépés. A játékos eldönti, hogy a választott függöny rejtette nyereményt kéri, vagy inkább a másik kettőét (amiket nem választott). Meg is mondja. ('Az 1-es függönyt kérem.' vagy 'Inkább a 2-es és a 3-as függöny mögöttieket kérem.')

Ezután a nyereménye az, amiket kért. Tehát ha nem a választott függönyt kéri, akkor azt is megnyeri a példában, ami a 2-es, és azt is, ami a 3-as függöny mögött volt.

Kérdés: mekkora valószínűséggel nyeri meg az autót, ha

- a stratégiája az, hogy választ egyet találomra, és azt kéri?

- a stratégiája az, hogy választ egyet találomra, és a másik kettőt kéri?

Az lehetséges. Viszont ilyen alapon ha azt mondjuk, első választás 1/3; másodikkal 3/5 Akkor a 0,6 is belefér a 16 százalékba. Sőt jobban mint a 2/3.

Első ránézésre nem tudom. Azt írtad előtte: "Ha 3 ajtó ( A1,A2,A3 ) közül az egyik mögött van egy autó , én A1-re tippelek, majd akár én, akár a játékvezető véletlenszerűen kinyitja a másik kettő egyikét és azt üresnek találjuk, annak valószínűsége, hogy az autó A1 mögött van, 1/2 lesz. ( És persze a másik zárt ajtóé is 1/2 ). Ha a játékvezető tudatosan megmutat egy üres ajtót a másik kettő közül, annak valószínűsége, hogy az autó A1 mögött van, 1/3 lesz ( És persze a másik zárt ajtóé 2/3 ). "

Odáig értem, hogy két zárt közül választva 1/2-1/2

Az is érthető, hogy ha jelöl a játékos is a játékvezető is egymástól függetlenül, egy-egy ajtót akkor 1/3-1/3 mindkét jelölés esélye. De az már nem világos, hogy ha 1/1 valószínűséggel kinyit egy üreset, akkor mitől lenne 2/3 a másik ajtó esélye?

Azt írod: "tegyük fel, hogy a játékvezető az ajtónyitás előtt feldob egy érmét, és ha teheti, akkor fejnél A2 -t, írásnál A3 -t nyitja ki "

A "teheti" szóval "külső hivatkozást" vezetsz be. Ismeretlen (vagy legalább is eddig nem tisztázott,) valószínűségűt.

Érthetőbb lenne valami ilyesmi:

a1 fej a2

a1 írás a3

a2 fej a1

a2 írás a3

a3 fej a1

a3 írás a2

Vagyis a választott helyett a másik kettő egyenlő arányban szerepel. 2*a1, 2*a2, és 2*a3 Ez következik a fej|írás fele-fele arányából.

Ezért amikor kijelölöd, hogy ha "tehetjük", akkor az esélyek azon részére tereled a kimenetet ahol nem egyenletes eloszlást kapunk.

Mert nyilván, ha mind az összes a1,a2,a3 párra felírjuk (te írtad a2-a3 párra,) mellé tesszük a1-a2 a1-a3 te írtad a2-a3 (másodszorra szerepelne a2-a1, a3-a1, a3-a2)

Akkor a 2/3 arányokkal mindhárom eloszlás összesítve egyaránt ugyanakkora arányt kapnánk.

Nem értelek, mit igazolna a táblázat?

Értelek, de bevallom nem látok okot az elfogadására. Mert azt írod, hogy nincs köze a játékvezető választásának az eredményhez.

Aztán pedig két köze is van. Egyik fizikai ok: nem választható másodszorra a megmutatott kecske, másrészt lélektani ok, a játékos döntésére hat (azt vitathatjuk, hogy mekkora mértékben, de a hatás létével feltételezem egyetértesz,) a választása és a megmutatott kecske helye közötti vélt vagy általa vélelmezhető összefüggés.

Például balkezes és férfi, akkor ha például a középső ajtót választotta és a jobboldali ajtó mutatja a műsorvezető, akkor a baloldalira cserél. Ha jobbkezes, akkor marad a választásánál.

"Hogy melyikre változtatok, abban számít a játékvezető lépése (mert nem változtathatok arra, amit megmutatott), de ez a nyeremény szempontjából érdektelen (mert ott a nyeremény sem lehet, amit megmutatott). "

Azaz a játék kimenetele szempontjából mégis csak számít. "Van még egy ötletem, ami éppen ennek az üres show-elemnek az eltávolításáról szól, hátha úgy sikerül."

Oké, ez az! Sokat segítene. Gondolom mindenki más olyannak is, aki hozzászokott ahhoz, hogy három választási lehetőséggel csak három eredményt kaphat. Ugyanis, itt erről van szó: "A négysoros táblázat húzza szét azt az esetet, amikor elsőre az autóra tippeltem aszerint, hogy a megváltoztatás az egyik vagy a másik kecskére történő megváltoztatás-e. Ami az adott esetben a hibás döntés"

Tehát az elsőre az autó választása esetén lejátszódhat kétféle folytatással a játék, ha jól értelek igen, de a választhatóságát nem tartod indokoltnak kétfelé osztani.

Oké, k1 kecske választásával folytatódhat-e kétféle módon a játék? Nem, mert kötelező k2 megmutatása. K2 választásakor, szintén nem mert kötelező k1 megmutatása. A választásakor? Igen, mert k1 vagy k2 megmutatása kötelező.

A választással négyféle módon folytatódhat a játék.

Azt hiszem, hogy ezt a négy lehetőséget csak úgy lehetne háromra redukálni, ha adnánk a kecskéknek sorszámot és bevezetnénk egy olyan szabályt, hogy az autó választása esetén kötelezően csak k1-et lehet megmutatni. (Vagy akinek jobban tetszik akkor mindig csak k2-t.)

Mert ekkor az első választás lehetséges kimenetelei közül a szabály kizárná a negyedik változatot.

Ilyen szabály hiányában valóban három választása van a játékosnak, de egyenlő esélyű négy kimeneti eredménnyel.

Abban igazad van, hogy szinte tök mindegy melyik kecske, de mint említettem lélektani szempontból sem mindegy a folytatásra nézve már nem mindegy. És a következő választást a játékos nem számolással hanem "érzelemmel-ésszel" azaz a lelki állapota szerint végzi.

Addig pedig amíg ilyen szabályt nem rögzítünk nem lenne korrekt a négy egyforma lehetőség közül kettőt összevonni, mert ezen az alapon az első kettőt is össze kellene vonni.

Azaz mindegy melyik kecskét választotta, ezért a kecske választások egyenlő esélyű kimeneti eredményt adnak.

Akkor viszont ha nem vonjuk össze az első két kecskés választást nem vonhatjuk össze az első két autós választás lehetőségét sem.

Vagyis onnantól ahol ezt írtam: "Oké, k1 kecske választásával folytatódhat-e kétféle módon a játék? Nem, mert kötelező k2 megmutatása. K2 választásakor, szintén nem mert kötelező k1 megmutatása."

A helyes ez lenne: Oké, kecskét választott folytatódhat-e kétféleképpen a játék? Nem mert kötelező a másik kecske megmutatása.

Azaz hiába három ajtó, két-két, párosával egyenértékű a választás eredménye kötelezően következik a játék szabályából.

Na a párok egyenértékűségén lehetne vitázni. Például úgy, hogy négy esetből egyenletes eloszlású folytatási eredmény szempontjából lehet-e különbség köztük?

Itt persze mondhatjuk, hogy kétszer kecske és egyszer autó, de mindkét kecske és az autó is ugyanazon folytatást váltja ki--> egy kecske megmutatását.

:D és mielőtt részrehajlást éreznél a válaszomban, igen. Nyilván miután minden választás folytatása egy kecske megmutatása, ilyen alapon mondhatnánk azt is, hogy a három választási lehetőség utáni lépcsőben négy lehetőségnek összesen egyetlen eredménye lehet: egy kecske megmutatása. Persze ez csak egy csomópontja az eseménysornak, amely után két esemény következik: csere vagy nem csere.

Szóval ha nem csalódom túl nagyot, akkor a valószínűség alapja a statisztika és felismert szabályrendszere.

Így ha sok eseményt vizsgálunk, akkor feltűnik, hogy nem csak a párhuzamos eseményekre kell érvényesnek lenniük ezeknek a szabályoknak, hanem egyidejűleg ki kell elégíteniük a soros események adta statisztikát is. Például nem húzható ki tetszőlegesen sokszor ugyanazon öt lottószám egymást követő húzásokon. Az persze statisztikailag tapasztalható, hogy az ötből esetenként egy-kettőt újra húznak, de sok húzás során sorosan is teljesülnie kell az egyenletes eloszlás "absztrakciójának".

Azaz a csomópontok két oldalának szintén teljesítenie kell a valószínűségi szabályokat.

,,Mint az előbb írtam, az RND függvény, sajnos nem teljesíti az egyébként teljesen jogos elvárásodat-elvárásunkat.'' Én így hirtelen nem tudok egyetlen olyan elvárást sem megfogalmazni az RND-ről, amit az adataid ne elégítenének ki. De ilyen dolgokban Róbert Gida az illetékes. Szerintem a programok itt elég jók, ahhoz mindenképpen, hogy abban a bő 16%-os eltérésben, ami a válaszaink között van, perdöntő legyen.

Ha el akarunk tekinteni a "maszatolásoktól" és a nagyívű megközelítésektől, javaslom, menjünk vissza a kályhához. Mik az egyforma valószínűségű események? Elfogadjuk-e [475] második táblázatát?

,,Gondolom azt mondod vele, hogy a játékvezetőnek nincs köze a végeredmény valószínűségének kialakításához. Most akkor kérdezhetném, hogy miért nincs, ha egyszer a játékvezető véletlenszerű döntésén múlik az eredmény, de inkább ezt nem kérdezem. Kitérőnek tűnik.'' Azért válaszolok. Fontos, és segíthet a megértésben. A játékvezető véletlenszerű (vagy éppen meghatározott, ha kecskét választottam elsőre) döntésén nem múlik az eredmény. A végeredmény három dolgon múlik, és csak ezeken. Hová tették az autót? Mit választok először? Megtartom vagy megváltoztatom a kezdeti döntésemet? Ezek egyikében sem számít a játékvezető lépése. Hogy melyikre változtatok, abban számít a játékvezető lépése (mert nem változtathatok arra, amit megmutatott), de ez a nyeremény szempontjából érdektelen (mert ott a nyeremény sem lehet, amit megmutatott). Ez csak egy üres show-elem, aminek az esélyek szempontjából nincs jelentősége. [Ha így sem sikerül megérteni, szólj! Van még egy ötletem, ami éppen ennek az üres show-elemnek az eltávolításáról szól, hátha úgy sikerül.]

,,Azaz milyen alapon vonsz össze két olyan esetet ami egy-egy különálló választáshoz tartozik?'' Ezen az alapon. Az első körben háromféleképp viselkedhetek, mert három függöny van. A második körben kétféleképp viselkedhetek: megtartom vagy megváltoztatom az első tippemet. Nem én vonok össze! A négysoros táblázat húzza szét azt az esetet, amikor elsőre az autóra tippeltem aszerint, hogy a megváltoztatás az egyik vagy a másik kecskére történő megváltoztatás-e. Ami az adott esetben a hibás döntés. Két hibás döntésnek is beszámol egy hibás döntést, pedig a hibás döntés csak annyi, hogy változtatok. Holott az adott helyzetben már nem dönthetek kétféleképpen hibásan, hiszen az egyik kecskés függöny már nyitva van. Ugyanígy a megtartás oldaláról: egy helyes döntést beszámol két helyes döntésnek, pedig a helyes döntés csak annyi, hogy megtartom az első tippemet. Úgy tesz, mintha ezzel két hibás döntést is elkerülnék, hiszen egyik rossz változtatást sem teszem meg. Holott az adott helyzetben már csak egy hibás döntés van, azt kerültük el.

Természetesen elfogadok minden indokolt választ. Én csak a maszatolásokra hivatkozásoktól viszolygok.

Mint az előbb írtam, az RND függvény, sajnos nem teljesíti az egyébként teljesen jogos elvárásodat-elvárásunkat.

Közben írtam, látom te is.

Tehát az egyenletes eloszlás "absztrakció", oké. Milyen hibahatáron belül fogadható el egy ilyen absztrakció?

Feltételezem csak olyanon belül ahol például ebben az esetben az eredmény 2/3-1/2   16 százalékon belül marad, azaz mindegyik 1,2,3 számjegyre együtt a szórásuk nem nagyobb mint 16 százalék fele.

Persze csak feltételezem, ezért jó lenne ha adnál pontos definíciót erre az absztrakcióra.

A futtatások eredményeit éppen az előbb másoltam be. Jól látható, hogy messze sem teljesíti az RND függvény azt a reményt amire alapozva feltételezed. Sajnos az RND program tervezői nem készültek fel egyenletes eloszlású kimenő eredmény képzésére.

Megcsináltam a futtatásokat. 1000, 10 000, 100 000, 1000 000 alkalommal generált az RND 1-3 közötti számokat, 10 000-nél volt olyan is, hogy 9,12,369,372,378

100 000-nél egyszer 3, 12, 15

a következő futásnál: 6,9,1545,1602,24447,27624,27633,27636 azt követőnél: 6,

1000 000-nál: 3,21

generálás után 1-1 alkalommal érte el az egyenletes eloszlást.Sok 10 ezres generálás alatt egyszer sem.

Ha megengedünk például háromszor 2 százalékos hibát, akkor 100 000 generálás alatt akár 40 alkalommal is az egyenletes eloszlás a 3*2 százalékos hibahatáron belülre került például 26,56,38,40,54, stb alkalommal.

Ha 3*10 százalékos hibát elfogadunk, akkor már 10 000 generálásnál akár 156-szor is generál hibahatáron belüli eloszlást.

Nem értem a válaszodat.

Gondolom azt mondod vele, hogy a játékvezetőnek nincs köze a végeredmény valószínűségének kialakításához. Most akkor kérdezhetném, hogy miért nincs, ha egyszer a játékvezető véletlenszerű döntésén múlik az eredmény, de inkább ezt nem kérdezem. Kitérőnek tűnik.

Inkább arra kérlek, hogy valahogy igazold (ha lehet a nem matematikusok számára is érthetően) azt, hogy miért nem négy a kezdeti választási lehetőség? Azaz milyen alapon vonsz össze két olyan esetet ami egy-egy különálló választáshoz tartozik?

Vagyis a játékos választ 1,2,3 valamelyikét és ha az autót választotta akkor a műsorvezető k1-et választja,

következő játékban a játékos megint autót választ, de a játékvezető most k2-t választja.

Az világos, hogy a játékos számára azonosan autó a választás, de a játék szempontjából két külön eset. Ezért ha a játékos sorban egymás után játszik, akkor számára is két külön eset.

Hogyan vonódik ki a játékos választásainak eredményei közül a két lehetőség egyike?

,,Ahhoz, hogy 1,2,3 mindegyikére teljesülhessen az egyenletes eloszlás minimum 27 alkalommal kellene generálni a számhármast. (És az egész számú többszörösei-szer.) Ezt nyilván tudod. Gondolom azt is, hogy 27 nem páros szám, így minimum 54 generálás kell ahhoz, hogy a műsorvezető 27 k1-et és 27 k2-t választhasson.'' Semmi ilyesmit nem tudok, sajnálom. Ahhoz, hogy az egyenletes eloszlást generáló függvényt tesztelhessük, nem kell a kimenetelek számával osztható számú kísérletet elvégezni. Nagyon jól lehet egy dobókocka szabályosságát 10000 dobással is tesztelni, nem kell okvetlenül még 2 kísérlet.

,,Ezért nem kellene a programok adta eleve hibás eredmények emlegetésével próbálkozni.'' Attól, hogy a linkelt program 100 kísérletet végez, még nagyon jól imitálhatja az egyenletes eloszlást (és ha a véletlen generátora elég jó, gondolom, erre ügyeltek, akkor imitálja is). Teljesen érdektelen, hogy a 100 a 2, 3, 6, 12, 18, 27, 54 számok közül (meg mittudomén, mi merült még fel) melyekkel osztható. Tehát az eredmény nem eleve hibás, így az emlegetéssel lehet próbálkozni. Hogy kell-e, az más kérdés, Erdős esete azt mutatja, olykor kell. Őt először éppen ez zökkentette ki a bizonyítás eleve elutasításából (de aztán a bizonyítást is megértette -- ezt azért fontos mindig elmondani, mert nagyon gyakori érv, hogy 'Erdős se fogadta el', pedig igen). De egyébként valószínűleg gyorsan át lehetne írni a programot, hogy 10! kísérletet hajtson végre, csak nem tudom, hogy azt jobban elfogadnád-e.

-----

Amikor felmérik, hogy a lakosság vércsoport-eloszlása (A, B, AB, 0 között) milyen, akkor sem foglalkoznak azzal, hogy a minta elemszáma 4-gyel osztható-e.

,,Helyette konkrétan írd le az indoklás és azt, hogy hányszor kell lejátszani a játékot ahhoz, hogy az egyenletes eloszlás minimum egyszer teljesülhessen a teljes játékra.''

Indoklás előzőben, minden 'ha értenél hozzá' nélkül.

Ami a második kérést illeti, az egyenletes eloszlás egy absztrakció. Ha van egy szabályos dobókockánk, akkor az egyenletes eloszlású dobás nélkül is (ettől szabályos). Nem arról van szó, hogy dobunk 600-szor, és ha minden eredményt 100-szor adott elő, akkor teljesült rá az egyenletes eloszlás; ha pedig 98 db 1-es, 101 db 2-es, 94 db 3-as, 99 db 4-es, 110 db 5-ös, 98 db 6-os, akkor pedig nem. Ezért a második kérésnek nem tudok eleget tenni. Illetve pont annyiszor, ahányszor a 2+2 összeadást el kell végezni, hogy az eredmény 4 legyen:).

,,"Az első táblázata a felette levő táblázatot hivatott cáfolni ('nem is három, hanem négy lehetőség van'), azt nem érti, hogy a négysorosban az utolsó két sor azonos valószínűségű, és csak összesen adnak annyit, mint az első vagy a második sor önmagában."

,,Oké, mivel igazolható az állításod?'' Ld. [568] és az [577]-ben hozzá fűzött megjegyzés (utóbbi azért, mert [574]-ben megkérdezted, hogy mivel magyarázom a kezdeti feltételezéseimet, amit [568]-ban teszek: a válasz az, hogy csak az egyszerűség kedvéért, hogy rövidebb legyen a számolás, de ezen feltételezések nélkül is egy kicsit hosszabb számolás ugyanerre vezet).

-----

Én dobok egy kockával. A játékvezetőnél van egy érme. Ha 1-est vagy 2-est dobok, a játékvezető nem dob az érmével, csak kijelenti, hogy az eredmény fej. Ha 3-ast vagy 4-est dobok, a játékvezető nem dob az érmével, csak kijelenti, hogy az eredmény írás. Ha 5-öst vagy 6-ost dobok, akkor a játékvezető dob is az érméjével. Akkor nyerek, ha 1-est, 2-est, 3-ast vagy 4-est dobok, kérdés: mi a valószínűsége ennek?

Az egyik táblázat:

A nyerés valószínűsége ezek szerint 2/3.

A másik táblázat:

A nyerés valószínűsége ezek szerint 1/2.

Melyik a valóság szerinted? Komolyan kérdezem.

A "2-őt" helyett én inkább maradnék a "2-t"alaknál.

Ahhoz, hogy 1,2,3 mindegyikére teljesülhessen az egyenletes eloszlás minimum 27 alkalommal kellene generálni a számhármast. (És az egész számú többszörösei-szer.) Ezt nyilván tudod. Gondolom azt is, hogy 27 nem páros szám, így minimum 54 generálás kell ahhoz, hogy a műsorvezető 27 k1-et és 27 k2-t választhasson. Sajnos egyik program sem tartalmaz semmiféle olyan részletet amitől bármelyik is a minimum feltételt teljesíthetné. Ezért nem kellene a programok adta eleve hibás eredmények emlegetésével próbálkozni.

"Az első táblázata a felette levő táblázatot hivatott cáfolni ('nem is három, hanem négy lehetőség van'), azt nem érti, hogy a négysorosban az utolsó két sor azonos valószínűségű, és csak összesen adnak annyit, mint az első vagy a második sor önmagában."

Oké, mivel igazolható az állításod? Hány választás kell ahhoz, hogy a játékvezető egyenlő számban választhasson k1 és k2 között? Miközben a játékos egyenlő 1/3-1/3-1/3 eséllyel választhasson, hány ciklust kell kötelezően lejátszani?

Nekem úgy tűnik, hogy a cikk írójának van igaza, választhatja abban az esetben is az 'a' kezdetet a játékos amikor utána a műsorvezető k1-et és akkor is amikor k2-t választja.

Természetesen ha elfogadható okot tudsz arra, hogy miért nem helyes, akkor elfogadom. De nagyon szépen kérlek ne szúrd ki a szemem azzal a szöveggel, hogy ha értenél hozzá és azzal sem, hogy a szimuláló program milyen eredményt mutat.

Helyette konkrétan írd le az indoklás és azt, hogy hányszor kell lejátszani a játékot ahhoz, hogy az egyenletes eloszlás minimum egyszer teljesülhessen a teljes játékra.

Köszönöm szépen.

Mit ad a programod akkor, amikor 1000 db számot generálsz az 1, 2, 3 számok közül? Hány 1-es, hány 2-es, hány 3-as számod lesz?

Tehát nem ezerszer generálsz 3 db számot, hanem egyszer ezret (az 1, 2, 3 közül).

Paradoxon cáfolatán (általában) a következőt értjük. Zénónnál van az a paradoxon, hogy 'a nyíl sohasem ér célba, mert először megteszi az út felét, aztán a hátralevő út felét, és így tovább, végtelen sokszor megteszi a hátralevő út felét, azaz megteszi az út 1/2, 1/4, 1/8,... részét, ez végtelen sok szám, amiknek az összege nem lehet véges. Tehát a nyíl sohasem ér célba.' A paradoxon tehát az, hogy a számolgatás olyat ad, ami ellentmond az intuíciónak (és a valóságos tapasztalatnak is). A cáfolat az, hogy megfogjuk a hibás lépést: valójában lehet végtelen sok szám összege véges.

A Monty Hall esetében azt hívjuk paradoxonnak, hogy az intuícióval (hogy mindegy, hogy változtatunk-e, mindenképpen 50 százalék esélyünk van) szemben a számolás (csakúgy egy mélyebb belegondolás) azt mutatja, hogy megéri váltani. Tehát a Monty Hall esetében a paradoxon kimenetele fordított, az intuíció veszít, a logikai trükközgetés győz. A valóság -- ami végső soron mindent eldönt -- is ezt igazolja, mindenféle szimuláció látványosan mutatja a váltás fölényét (és gyanítom, Rózsa Gyuri Zsákbamacskája is, bár nem tudok statisztikát felmutatni; az eredeti Monty Hall játékban a wiki szerint nem lehetett váltani, az csak az elnevezést adta:)).

Ha valaki itt cáfolatot emleget, az már árulkodó. Nyilván azt hiszi, hogy mint Zénón mozgási paradoxonai esetében (a nyílhoz hasonlót többet is legyártott), a Monty Hall esetében is a bonyolult logikai útvesztőben kell megtalálnia a hibát. Nincs szerencséje, nincs benne.

De ezen felül két táblázatból áll az egész. Az első táblázata a felette levő táblázatot hivatott cáfolni ('nem is három, hanem négy lehetőség van'), azt nem érti, hogy a négysorosban az utolsó két sor azonos valószínűségű, és csak összesen adnak annyit, mint az első vagy a második sor önmagában. Ekvivalensek is, ezért kerültek összevonásra. (Egyébként a háromsoros táblázat jelzi is, hogy a harmadik sorában még van egy elágazás.)

A második táblázata még nagyobb vicc. A hivatkozások között szereplő programra cáfol rá azzal, hogy 'abban vannak azonos sorok'. Még arra sem jött rá, hogy ez egy konkrét teszt, ami (mivel 12-nél több játékot tartalmaz) természetesen bőven tartalmaz azonos sorokat. Ha az 'ismétlődéseket kiszűri', ahogy írja, akkor éppen a gyakoriságtól (a valószínűség statisztikai megnyilvánulásától) szabadul meg.

Nincs konkrét hiba bennük. Csak az a gond, hogy semmi közük a probléma valószínűségi kezeléséhez, szimplán felsorolják az összes esetet két értelemben is, azzal a nem is titkolt céllal, hogy az oldal két másik, igazi (értendő: a problémát valóban megértő) táblázatának igazságát kétségbe vonják. Mivel ez rontja az oldal koherenciáját, csökkenti az információtartalmát (aki odatéved, nem ért hozzá, nem fogja tudni, melyik az igazság, ha lát egy nagy rakat magyarázatot, aztán meg arra, hogy ezek miért rosszak). Ezért javasoltam törlésre (főleg a második miatt, nem szeretem a néphülyítést).

Egyetértünk, viszont az azért csak jó lenne, ha végesen sok számhármason belül kialakulhatna az 1/3-1/3-1/3 eloszlás.

Ezt gondold végig. A random generátor olyan értelemben ad egyenletes eloszlást, hogy ugyanakkora valószínűséggel dob 1-et, 2-őt, vagy 3-at.

A random generátor nem garantálja, hogy ha dobott 1-et és 2-őt, akkor ezek után biztos 3-at fog dobni. Ha garantálná, nem is lenne random generátor, kiszámítható lenne a 3. dobás eredménye. Ha dobott 1-et és 2-őt, akkor egyenlő eséllyel dob ezután 1-et, 2-őt, vagy 3-at, szóval még két különböző szám (1 és 2) után is 2/3 eséllyel az egyik korábbit fogja újra kidobni.

Nos, igen. Ilyen értelemben jól. Olyan értelemben viszont nem jól, hogy az 1/3-1/3-1/3 egyenletes eloszlást képtelenek a programok biztosítani. És miután a szimuláció alapja az egyenletes eloszlású 1-2-3 egyenlő eséllyel, ezért 2/3 eséllyel a cserélést adja nyerőnek.

Ha (1,2,3) számok közül random kérsz 3 darabot egymás után, akkor

-1/9 eséllyel ugyanazt a számot kapod háromszor

-6/9 = 2/3 eséllyel pontosan két azonos szám lesz

-2/9 eséllyel három különböző számot kapsz.

Ennek illusztrációja (lényegében bizonyítása), hogy ha az első dobás 1-es, akkor a következő kimenetelek lehetnek egyenlő valószínűséggel:

-három azonos: 111

-két azonos: 112, 113, 121, 131, 122, 133

-mindegyik más: 123, 132

Ezt a számítógépes szimulációd is bizonyítja. Szerintem jól működik a generátorod.

188.142.255.106 egy UPC előfizető. Nem én vagyok :)

Viszont elmondanád, hogy az ő felbontásában mi az a hiba ami miatt törlésre javasoltad?