Kansrekening dobbelstenen

[mithras]

Bij de Kangoeroe wedstrijden (Wiskunde wedstrijd voor middelbare scholieren) werd als aandenken een keer een setje dobbelstenen uitgedeeld waar een spel mee gespeeld kon worden. Het ging om 5 stenen: een piramide (4-vlak), kubus (6-vlak), octaëder (8-vlak), dodecaëder (12-vlak) en icosaëder (20-vlak).

Het spel
Je moest de stenen gooien, vervolgens ze op volgorde van vlakken leggen (dus piramide -> icosaëder). Als de getallen ook in volgorde lagen, telden die mee als score. 2 op een rij was "gewoon optellen". 3 op een rij was score x3, 4 op een rij score x4 en 5 op een rij score x5. Je mocht in totaal 3 keer gooien (zoals je ook met Yahtzee gooit zegmaar). Als je de eindscore had behaald, had je gewonnen.

Het probleem
Het moet nu wiskundig te benaderen zijn welke dobbelstenen je moet gooien om de hoogste kans op verbetering te hebben.
Hieronder staan 3 rijen, een met de maxima die de dobbelstenen kunnen gooien, een met een fictief gegooide waarde. De onderste rij geeft de kans aan dat die steen met opnieuw gooien tussen de vorige en volgende in zit:

code:

4     6     8     12     20
3     3     5     8      13
2/4   1/6   4/8   7/12   12/20

Dit kan iedereen die tot 20 kan tellen oplossen. Maar nu de wiskundige vergelijking. De bepaalde dobbelsteen noem ik k. De waarde van de k'de dobbelsteen is D_k. Het maximum wat je met de k'de dobbelsteen kan gooien is L_k. Tot slot is de kans dat je de k'de dobbelsteen opnieuw gooit en deze goed terecht komt P_k.

Onderste limiet
P_k(D_k-1 < D_k) = (L_k - D_k-1) / L_k
Bovenste limiet
P_k(D_k < D_k+1) = (D_k+1 - 1) / L_k
Gehele kans
P_k(D_k-1 < D_k < D_k+1) = P_k(D_k-1 < D_k) * P_k(D_k < D_k+1) = (L_k - D_k-1)(D_k+1 - 1) / L_k²

Volgens mij moet dit nu kloppen. Maar als ik het probleem uitbreidt, kom ik er niet meer uit.

Probleem
Wat is namelijk de kans dat voor k=2 en k=3 (dus je gooit zowel de 2e als de 3e steen) de beide goed neerkomen? Hierin speelt namelijk wel de onderlinge waarde een rol, maar die weet je nog niet! Met mijn geringe kansrekening van t/m 6VWO kom ik er niet uit. Volgend jaar (2e jaar Werktuigbouwkunde) krijg ik Kansrekening&Statistiek, maar daar wil ik niet op wachten

Wie kan mij hierin helpen?

offtopic:
Het idee was namelijk een programma in basic te schrijven, en die in de grafische rekenmachine te stoppen. Zo kan je je dan laten "adviseren" door de GR, om uiteindelijk het spel te winnen

[Tinuz___]

Gewoon de 2 kansen met elkaar vermenigvuldigen, want voor beide dobbelstenen is er maar 1 mogelijkheid (als ik je vraagstelling tenminste goed begrepen heb).
Even een andere vraag (hier verder niet echt relevant, maar 'k ben gewoon benieuwd): welk getal neem je van bijv. de piramide dobbelsteen? Het vlak dat naar onderen valt?

[mithras]

Tinuz___ schreef op woensdag 02 augustus 2006 @ 12:05:
Gewoon de 2 kansen met elkaar vermenigvuldigen, want voor beide dobbelstenen is er maar 1 mogelijkheid (als ik je vraagstelling tenminste goed begrepen heb).

Maar stel, je wil de 2e en 3e dobbelsteen gooien. Dan heb je voor de 2e dobbelsteen ook de waarde nodig die de 3e dobbelsteen zal worden. En voor de kans van de 3e steen heb je ook de waarde van de 2e steen nodig...

Even een andere vraag (hier verder niet echt relevant, maar 'k ben gewoon benieuwd): welk getal neem je van bijv. de piramide dobbelsteen? Het vlak dat naar onderen valt?

De dobbelsteen steunt op een ondervlak. Er zijn dus 3 ribben die de grond raken. Op elk van de drie opstaande vlakken staat het cijfer in het midden van elke ribbe.

[Anoniem: 9942]

Maar stel, je wil de 2e en 3e dobbelsteen gooien. Dan heb je voor de 2e dobbelsteen ook de waarde nodig die de 3e dobbelsteen zal worden. En voor de kans van de 3e steen heb je ook de waarde van de 2e steen nodig...

Dan moet je dus voor elke mogelijke waarde van dobbelsteen 2 bepalen of deze tot succes kan leiden, en vervolgens voor elke waarde die dit kan berekenen wat de kans is op een gunstige worp met dobbelsteen 3 gegeven die bepaalde uitkomst op dobbelsteen 2. Daarna vermenigvuldig je die kans met de kans dat de bijbehorende waarde op dobbelsteen 2 gegooid wordt en tel je de resulterende kansen voor elke mogelijke worp van dobbelsteen 2 bij elkaar op.

Getallenvoorbeeldje om bovenstaande wat duidelijker te maken: uitgaande van de 6 en 8kantige dobbelstenen. de 4-kantige ligt op 2, de 12-kantige ligt op 7, de 20-kantige op 18. Hoe groot is de kans dat het opnieuw werpen van de 6 en 8 kantige dobbelsteen tot succes leidt?

Dan geldt dat voor de 6-kantige dobbelsteen alleen worpen 3, 4 en 5 mogelijkerwijs tot succes leiden. Indien je op de 6-kantige dobbelsteen 3 gooit, mag de 8-kantige 4, 5 of 6 zijn. Kans daarop is dus 3/8. Op dezelfde manier is de kans als de 6-kantige dobbelsteen 4 gooit, 2/8 en als de 6-kantige 5 gooit, 1/8. Elk vermenigvuldigen met de kans dat de 6-kantige dobbelsteen die uitkomst oplevert en bij elkaar optellen levert op 3/48+2/48+1/48 = 6/48 = 1/8. Dus als je in deze situatie de 6 en 8 kantige dobbelstenen opnieuw gooit, heb je 1/8e kans dat je slaagt.

Uiteraard kan dit ook met 3 of meer dobbelstenen (is alleen wat meer rekenwerk), en als je voor alle permutaties van dobbelstenen gooien/laten liggen bovenstaand sommetje oplost en vervolgens bepaalt welke van die permutaties de grootste kans op succes heeft, heb je je antwoord. Ik denk dat dit computationeel nog goed te doen moet zijn. En verder zijn er natuurlijk computationeel gezien nog wel optimalisaties mogelijk aan dit algoritme.

Verder vermoed ik dat je mag negeren dat je (na de 1e worp) nog 2 worpen hebt om tot je antwoord te komen. Laat je algoritme simpelweg voor beide worpen bepalen wat in die situatie de beste worp is en voer die uit.

[ Voor 45% gewijzigd door Anoniem: 9942 op 02-08-2006 15:54 ]

[Grijze Vos]

Zo:

[Tinuz___]

Ok, de waardes moeten alleen oplopen maar hoeven dus niet aaneensluitend te zijn. De maximale score wordt dus gehaald door 4-6-8-12-20 te gooien. Wat het dan ingewikkelder maakt is dat je één of meerdere stenen misschien beter over kan gooien om de kans dat een andere steen na een 2e of 3e worp binnen de serie valt te verhogen, of om de kans op een hogere eindscore te vergroten.

Vb: je gooit 1-1-3-9-10. Door alleen de 2e (kubus) over te gooien heb je dus 1/6 kans op succes, voor 2 worpen is dit (als ik het me nog goed herinner van kansrekening) 1-(5/6)² dus ~0.3.
Als je de octaeder echter ook opnieuw gooit, is de kans dat je daarmee 4 of hoger gooit (in 2 beurten) 0.75, en vergroot je bovendien het aantal goede uitkomsten van de kubus. Bij een goede uitkomst heb je bovendien een hogere eindscore.
Dit geldt ook voor de icosaëder: de kans is 0.75 dat je in 2 worpen hoger dan 10 gooit, wat je totale score weer verhoogt. Hmmm, wat een opties... ik denk dat je het geheel het beste kan doorrekenen volgens captain proton's rekenregels, het totaal aantal mogelijkheden en verwachte uitkomsten is redelijk groot, maar m.i. goed te behappen voor een beetje pc.

[Anoniem: 9942]

het totaal aantal mogelijkheden en verwachte uitkomsten is redelijk groot, maar m.i. goed te behappen voor een beetje pc.

Inderdaad. Indien je alle dobbelstenen wil herrollen, de computationeel meest ongunstige situatie, geldt dat het aantal verschillende worpen gelijk is aan 4*6*8*12*20 = 46080. Verder zijn er 1+5+10+10+5+1 verschillende manieren om 5 dobbelstenen wel of niet te werpen, is 32 mogelijkheden. Dit naief vermenigvuldigen levert een limiet op van ongeveer 1,75 miljoen verschillende oplossingen die doorgerekend moeten worden. In werkelijkheid zal het veel minder zijn omdat er, als je dobbelstenen laat liggen, exponentieel minder worpen zijn. Maar zelfs van 1,75 miljoen van dit soort berekeningen ligt een moderne desktop PC niet wakker.

Grafische rekenmachines zijn misschien een ander verhaal, daar heb ik nooit mee gewerkt.

[mithras]

Bedankt voor de reacties allemaal, ik ga hier verder naar kijken. Wat ik al verwachte, dat de berekeningen te complex worden voor een simpele GR, is inderdaad het geval. Ik zal maar overstappen op Matlab om dit varkentje te wassen

Het idee lijkt me dan als volgt: als je 2 stenen wil gooien, bouw je een 3d matrix waarbij je een vector hebt met alle mogelijke waarden (kansen) van de eerst gegooide steen. Een vector orthogonaal aan elke waarde geeft dan de mogelijke waarden (kansen) van de tweede gegooide steen bij de kans van de eerst gegooide steen. Op die manier moet je er wel uitkomen lijkt me?

[ Voor 3% gewijzigd door mithras op 03-08-2006 09:04 ]

[Dido]

Ik wil hier wel eens aan gaan rekenen, maar ik besefte me dat ik dit niet helemaal snap:

Je moest de stenen gooien, vervolgens ze op volgorde van vlakken leggen (dus piramide -> icosaëder). Als de getallen ook in volgorde lagen, telden die mee als score. 2 op een rij was "gewoon optellen". 3 op een rij was score x3, 4 op een rij score x4 en 5 op een rij score x5. Je mocht in totaal 3 keer gooien (zoals je ook met Yahtzee gooit zegmaar). Als je de eindscore had behaald, had je gewonnen.

Hoe scoor je nu precies?

Scoren alleen de stenen die in de goede volgorde liggen? Moeten die stenen "naast elkaar" liggen? Kun je twee keer een rij van twee hebben, of telt "de hoogste"?

Dit is van belang omdat je de verwachtingswaarde wilt kunnen berekenen van een (vervolg)worp.

Je kunt dan m.i. vrij eenvoudig bepalen wat de optimale strategie is in elk van de 46080 mogelijke uitkomsten van worp 1: namelijk de worp (1 van de 32 mogelijkheden) met de hoogste verwachtingswaarde.

[ Voor 11% gewijzigd door Dido op 03-08-2006 09:15 ]

[mithras]

Ik zal proberen de score duidelijk te maken met een voorbeeld. De waarde lopen op van "kleinste" dobbelsteen (max. 4 gooien) naar "grootste" dobbelsteen (max. 20 gooien).

code:

4   3   5   3   6
          score: 17 (3-5 liggen op volgorde en 3-6 liggen op volgorde)
2   3   5   4   2
          score: 30 (2-3-5 liggen op volgorde dus (2+3+5)*3)
2   3   5   3   6
          score: 39 (2-3-5 en 3-6 liggen op volgorde dus (2+3+5)*3 + (3+6))
2   3   5   8   15
          score: 165 (2-3-5-8-15 liggen op volgorde, dus (2+3+5+8+15)*5)

In dit geval is er dus 4x gegooid, waarvan 3x opnieuw met een aantal dobbelstenen is gegooid. In het echte spel mag je maar 3x gooien, maar dat doet er niet toe.

/edit: nu is de vraag dus: hoe kan je berekenen, dat als je 4-3-5-3-6 gooit (eerste keer), de de 1e, 4e en 5e moet gooien voor een beter resultaat. Dat lijkt mij namelijk de slimste keuze. 3-5 is al oplopend, en je hebt ong. 0.5 kans dat je lager gooit dan dat je al gegooid hebt met 3-5, dus die zou ik laten liggen. Omdat "de rest" dan niet in het rijtje past, zou die opnieuw gegooid moeten worden. Maar dit moet dus te doen zijn met kansen.
Natuurlijk is nu de kans dat de 4 (1e steen) onder de 3 komt 2/4. Dat kan je gemakkelijk berekenen. Maar nu dus de kans dat je 3-6 hoger én oplopend gooit. Volgens Captain Proton zal het dan zo moeten worden (waar ik het best wel mee eens ben overigens

code:

waarde 4e steen | bijbehorende waarde 5e steen
6     |     7t/m20
7     |     8t/m20
8     |     9t/m20
9     |     10t/m20
10    |     11t/m20
11    |     12t/m20
12    |     13t/m20

Nu zie ik ook dat je voor 2 stenen een 2d matrix hebt, en geen 3d matrix. Pas bij het gooien van 3 stenen breidt je matrix verder uit. Nu volgen de kansen zich als volgt te omschrijven denk ik:

code:

waarde 4e steen | bijbehorende kans 5e steen komt goed terecht
6     |     (20-6)/20
7     |     (20-7)/20
8     |     (20-8)/20
9     |     (20-9)/20
10    |     (20-10)/20
11    |     (20-11)/20
12    |     (20-12)/20

[ Voor 48% gewijzigd door mithras op 03-08-2006 09:52 ]

[Dido]

Mithras86 schreef op donderdag 03 augustus 2006 @ 09:43:
Ik zal proberen de score duidelijk te maken met een voorbeeld.

Ok, is duidelijk. Alle "rijtjes" tellen dus, en alleen de stenen in een rijtje tellen mee.

/edit: nu is de vraag dus: hoe kan je berekenen, dat als je 4-3-5-3-6 gooit (eerste keer), de de 1e, 4e en 5e moet gooien voor een beter resultaat.

Eenvoudig: je verwachtingswaarde is de som van alle mogelijk uitkomsten * hun kans * de verwachte opbrengst.

Simpel gezegd: je hebt de keus uit 32 mogelijkheden om opnieuw te gooien.
Voor alle 32 mogelijkheden bereken je de verwachtingswaarde.

De keus met de hoogste verwachtingswaarde is de juiste keus.

Van die 32 keuzen is er 1 triviaal: niets meer gooien. Dat doe je als alle andere waarden lager zijn dan je huidge score (als je 20-12-8-6-4 gooit bijvoorbeeld).

De verwachtingswaarden bereken je dus door van alle mogelijke resultaten de scores op te tellen en die som te delen door het aantal mogelijke resultaten.

Een voorbeeldje:

Je gooit 20-12-8-6-1
score: 47 * 5 = 235
De enige interessante mogelijkheden van de 32 zijn niets gooien of alleen de laagste gooien - dat is in dit geval triviaal.

De verwachtingswaarde voor niet gooien is 235.

De verwachtingswaarde voor de laagste steen gooien is:
Je gooit een 1, score 235, of
je gooit een 2, score 240, of
je gooit een 3, score 245, of
je gooit een 4, score 250.

vier mogelijkheden, som van de scores is 970, verwachtingswaarde is 242.5

242.5 > 235, dus is de laagste steen opnieuw gooien de beste optie.

Dit is een heel simpel geval, maar je kunt dit principe consequent toepassen.

edit: even met excel ( ) zitten klooien: ik kom voor de eerste worp (5 stenen) op een verwachtingswaarde van 60,40. Da's flink hoger dan ik gedacht had

[ Voor 12% gewijzigd door Dido op 03-08-2006 10:45 ]