Fórum: Csak logika

Hú, de szép munka!

Csak nem egészen tudom követni így elvben ugyanaz szerepel rajta mint azon amit lentebb kibontottam?

Egy kis segítség kellene.

Nincs véletlenül valakinek egy valódihoz közel álló egyenletes eloszlású véletlen számot generáló algoritmusa?

Kipróbáltam több programnyelv RND függvényét és 100 generált 1-100 közötti tartományú számból átlagban 38 százalékát a számoknak sohasem generálják, helyette ilyen arányban ismételgetnek. Vannak olyan számok amiket 4-5-ször is. (100 000 szám generálás alatt értettem., Azaz generáltattam többször 100 000 db számot 1-100 tartományban és a számok egy része nem került generálásra egyszer sem. )

Így nem igazán tekinthető egyenletes eloszlásúnak az RND függvények adta álvéletlen szám.

Előre is köszönöm!

Most akkor pontosan mit csináltál?

Hány számot generáltál 1 és 100 között? Százat vagy százezret? Ha százat, akkor teljesen reális, hogy nem kaptál meg mindent, és hogy 38 kimaradt.

Sajnos valaki a wiki oldalra is felírt egy Paradoxon cálfolatát. Töröltem az egészet, ha valaki wiki szerkesztő, jóvá hagyhatná.

Sajnos nem tudom, hogy egyáltalán átfut-e. Amikor anno a -ről eszközöltem egy javítást, akkor ott megjegyzésben el tudtam magyarázni, hogy mi van rosszul. De itt most azon kívül, hogy 'ostobaság az egész', nem tudtam kifejteni. Mi ilyenkor egyébként a teendő? Róbert Gida, te már szerkesztettél nekik, ugye? Mit csinál az ember, ha egy komplett pontot meg akar semmisíteni?

Jól csináltad, "Friss változtatások" lapon látják is a nem jóváhagyott szerkesztéseket. Azonban csak megerősített szerkesztő tudja ezt jóváhagyni, sima mezei szerkesztő nem. Megerősített szerkesztő meg soha nem voltam. Szerintem ezzel csak a Wikipédia fejlődését lassítják.

http://en.wikipedia.org/wiki/Linear_congruential_generator

Ez marha gyors, konstans időben ad egy újabb véletlen számot. Amikor kellenek véletlen számok, akkor szinte mindig ilyent használok.

Mondjuk az a gond, hogy a "tesztelő" programok általában 3 alkalommal hívnak rnd függvényt egy-egy ciklusban 1-3 számok generálásakor. Viszont ezer ilyen ciklusban generálunk 3 db számot, akkor például 119 alkalommal csak egyetlen szám, 673 alkalommal kettő szám valamelyike, és csak 208 alkalommal generál 3 db eltérő számot. Így a lehetőségek 2/3-adában ugyanazt a két számot generálja, ezzel a cserés módszer nyerési esélyeit 2/3 körüli arányúra varázsolja. Újrafuttatom:

1sz. 119, 133, 125, 92 alkalommal

2sz. 673, 651, 651, 677

3sz. 208, 216, 224, 231

Nem ragozom tovább, a három generált számból 2/3 arányban ugyanazon két számot adja az RND függvény.

Ezt úgy is nevezhetnénk, hogy egy programhiba felhasználásával szimpla csalás annak a látszatnak a bizonygatása, hogy "a számítógépes szimuláció bizonyította".

188.142.255.106 egy UPC előfizető. Nem én vagyok :)

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

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.

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.

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.

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

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).

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).

"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.

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.

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

,,"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.

,,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:).

,,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.

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?

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.

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.

,,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.

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?