Dados - Probabilidade

Isso é conhecido como probabilidades de 3-4-5X e é bastante comum atualmente. A tabela a seguir mostra todos os resultados possíveis, considerando a aposta simples e as probabilidades combinadas, com as probabilidades totais.

O desvio padrão por aposta na linha de passe é de 4,915632.

O número médio de lançamentos por jogador é 8,525510. Para a probabilidade de ocorrer exatamente 2 a 200 lançamentos, consulte minha página sobre probabilidade de sobrevivência no craps .

Dos 100 pontos estabelecidos, em média, 41,67 seriam em uma nota 6 ou 8, 33,33 em uma nota 5 ou 9 e 25,00 em uma nota 4 ou 10. Você poderia esperar, em média, 18,94 pontos em uma nota 6 ou 8, 13,33 em uma nota 5 ou 9 e 8,33 em uma nota 4 ou 10.

Bem, qualquer um pode cometer um erro, mas o craps é um jogo fácil de analisar matematicamente, então eu estaria muito confiante de que minhas probabilidades no craps estão corretas. Sim, jogar de uma forma ou de outra é minha profissão autônoma em tempo integral. Estive em Atlantic City muitas vezes nos últimos anos, mas me mudei para Las Vegas há dois meses. Então, receio que não poderei mais frequentar Atlantic City com tanta frequência. Prefiro uma abordagem combinatória em vez de simulações aleatórias sempre que possível. De qualquer forma, eu mesmo desenvolvo meu software com Visual C++. Para números aleatórios, uso um Mersenne Twister .

Obrigado pelas suas amáveis palavras. Aqui estão as minhas respostas.

1. Se definirmos a vantagem da casa como a perda esperada por aposta não resolvida (sem contar empates), então a vantagem da casa na aposta "don't pass" seria de 1,40%, apenas um pouco menor que os 1,41% da aposta "pass line". Se o jogador puder apostar mais dinheiro no lado "don't pass", o que acontece em cassinos físicos, mas não em cassinos online, então a vantagem da casa combinada favorece o lado "don't pass" quanto maior for o múltiplo de odds permitido.

2. Supondo que o jogador mantenha suas apostas de odds durante uma rodada inicial (come out roll), a vantagem da casa não se altera se ele adicionar apostas de come (come bets), respaldadas pelas odds. No entanto, se o jogador mantiver as apostas de odds desativadas (off), que é a regra padrão, a vantagem da casa aumentará ligeiramente com a adição de apostas de come.

De nada, obrigado pelas palavras gentis. A probabilidade de lançar os dados n vezes sem tirar um 7 e, em seguida, tirar um 7 é (5/6) ⁿ * (1/6). A probabilidade de tirar n números diferentes de sete, sem especificar o próximo lançamento, seria (5/6) ⁿ . Portanto, a probabilidade de lançar os dados pelo menos quatro vezes sem tirar um sete seria (5/6) ⁴ = 625/1296 = 0,4823.

A seguir, são apresentados os possíveis resultados da aposta pass/come e suas respectivas probabilidades:

• Probabilidade de vitória do jogador na rodada inicial: 22,22%
• Probabilidade do jogador perder na rodada inicial: 11,11%
• A probabilidade de vitória do jogador é de 27,07%.
• Jogador perde por um ponto: 39,60%

Assim, o jogador vencerá por um ponto aproximadamente 1 em cada 3,7 lançamentos de dados.

Essa é uma boa pergunta. Obviamente, é mais divertido seguir a maioria do que ir contra ela. A questão é: por que a maioria prefere a linha de passe? Talvez seja apenas tradição. Talvez, quando as pessoas começaram a jogar craps em jogos privados, a opção de não passar nem existisse.

Boa pergunta. Vamos pensar nisso em unidades, em vez de apostas de $100. Você sempre terá uma aposta no passe ou no come. Em qualquer lançamento de dado, a probabilidade de haver uma aposta antiga no passe ou no come no 4 é de 3/9. Essa é a probabilidade de, olhando para lançamentos anteriores, você encontrar um 4 antes de um 7. Da mesma forma, a probabilidade de ter uma aposta no 5 é de 4/10 e no 6 é de 5/11. Portanto, a aposta média geral é 1 + pr(4) + pr(5) + pr(6) + pr(8) + pr(9) + pr(10) = 1 + 3/9 + 4/10 + 5/11 + 5/11 + 4/10 + 3/9 = 3,3758 unidades. Essa média não será válida no início, enquanto você estiver se familiarizando com o jogo. Ela só será aplicável depois que todos os números de ponto e o 7 já tiverem sido lançados pelo menos uma vez.

A probabilidade de ganhar a aposta difícil 4 é 1/9. Portanto, a probabilidade de ganhar quatro vezes seguidas é (1/9) ⁴ = 1 em 6561.

Boa pergunta. Para quem não entendeu a pergunta, a menos que seja solicitado o contrário, as apostas de odds nas rodadas de "come out" não são válidas. Portanto, se o jogador rolar um sete em uma rodada de "come out", quaisquer apostas "come" serão perdidas e as apostas de odds nas "come" serão devolvidas. Da mesma forma, se o ponto da aposta "come" do jogador for rolado na rodada de "come out", a aposta "come" será ganha, mas as apostas de odds resultarão em um empate. A resposta depende de como definimos a vantagem da casa. Se a definirmos como a perda esperada em relação ao total de apostas feitas, desativar as apostas de odds não faria diferença. Isso ocorre porque o jogador ainda está apostando nas apostas de odds e elas ainda contam como uma aposta, mesmo que resultem em um empate. No entanto, se definirmos a vantagem da casa como a perda esperada em relação às apostas resolvidas, desativar as apostas de odds em uma rodada de "come out" de fato aumenta a vantagem da casa. Eu escrevi uma simulação computacional para determinar esse efeito. Considerando que o jogador aposta cinco vezes a probabilidade, desativar as probabilidades nas rodadas iniciais aumenta a proporção de perdas em relação ao total de apostas resolvidas de 0,326% para 0,377%, ou seja, um aumento de 0,051%. Portanto, se você deseja maximizar seu retorno sobre as apostas resolvidas, mantenha as probabilidades ativadas.

É pura coincidência, garanto. A vantagem exata da casa no craps é 7/495, que por definição deve ser um número racional. Aliás, eu diria que a vantagem da casa em todos os jogos de cassino deve ser um número racional, pois há um número limitado de resultados possíveis em todos os jogos, resultando em uma vantagem da casa de uma fração perfeita. 2 não é um quadrado perfeito, portanto a raiz quadrada de 2 deve ser irracional por definição. Logo, os dois números não podem ser iguais. Para ser mais específico, a vantagem da casa em uma aposta de $100 na linha de passe seria de $1,41414141... A raiz quadrada de 2 é 1,4142135623731...

Obrigado pelo elogio. Recomendo aproveitar o bônus de correspondência. Tenho certeza de que os US$ 100 em jogos de caça-níqueis foram em máquinas especialmente selecionadas. Pelo que ouvi, esses caça-níqueis com bônus de jogo grátis são extremamente mesquinhos, com um retorno de cerca de 25%. Esse bônus de correspondência vale cerca de 48 centavos por dólar. Recomendo apostar no "Don't Pass" no craps. Prefiro o craps ao blackjack porque o blackjack tem uma probabilidade menor de vitória, reduzindo assim o valor do bônus de correspondência. Para mais explicações, consulte minha coluna de 30 de outubro de 2001 .

Boa pergunta. Para confirmar os cálculos, elaborei a seguinte tabela, baseada em uma aposta no campo que paga 3 para 1 em um 12. A célula inferior direita mostra uma perda esperada de 25 centavos em uma aposta de $22. Portanto, a vantagem da casa é de fato 0,25/22 = 1,136%.

O motivo pelo qual a vantagem geral da casa parece ser menor do que a vantagem da casa em cada aposta individual é porque a vantagem da casa nas apostas de lugar é geralmente medida como a perda esperada do jogador por aposta resolvida.

No entanto, neste caso, o jogador mantém as apostas de lugar apenas por uma rodada. Isso reduz significativamente a vantagem da casa nas apostas de lugar de 4,00% para 1,11% no 5 e no 9, e de 1,52% para 0,46% no 6 e no 8.

Para vocês, puristas, que acham que sou inconsistente ao medir a vantagem da casa nas apostas de lugar por aposta resolvida (ou ignorando empates), convido-os a visitar meu apêndice 2 sobre craps , onde todas as apostas de craps são medidas por lançamento (incluindo empates).

Primeiramente, se a probabilidade de um evento é p, então o número esperado de tentativas para que ele ocorra é 1/p. Vamos chamar de x o número esperado de lançamentos por jogador. A probabilidade de que qualquer rodada termine em um único lançamento (com 2, 3, 7, 11 ou 12) é 1/3. Se o jogador rolar um 4 ou 10 no lançamento inicial, o número esperado de lançamentos adicionais é 4, porque a probabilidade de rolar um 4 ou 7 é (6+3)/36 = 1/4. Da mesma forma, se o jogador rolar um 5 ou 9 no lançamento inicial, o número esperado de lançamentos adicionais é 3,6 e para um 6 ou 8 é 36/11. Supondo que um ponto tenha sido lançado, a probabilidade de ser um 4 ou 10 é 3/12, um 5 ou 9 é 4/12 e um 6 ou 8 é 5/12. Portanto, o número esperado de lançamentos por rodada é 1 + (2/3) * ((3/12) * 4 + (4/12) * 3,6 + (5/12) * (36/11)) = 3,375758. Em seguida, a probabilidade de o jogador fazer um "seven out" é (2/3) * ((3/12) * (2/3) + (4/12) * (3/5) + (5/12) * (6/11)) = 0,39596. A probabilidade de o jogador não fazer um "seven out" é 1 - 0,39596 = 0,60404. Então...

x = 3,375758 + 0,60404*x
0,39596*x = 3,375758
x = 8,52551

Ainda existem jogos de videopôquer que, com a estratégia correta, pagam mais de 100%. Também já vi jogos de blackjack no Fiesta Rancho e no Slots-a-Fun em Las Vegas que ofereciam uma vantagem estratégica básica. Como argumento na minha seção de apostas esportivas, apostar em azarões da NFL jogando em casa contra o spread de pontos também resultou em uma vantagem histórica. Portanto, odds de 100x no craps ainda são uma das melhores apostas disponíveis, mas não a melhor de todas. Sim, 0,014% significa que, a cada US$ 100 apostados, você perde, em média, 1,4 centavos.

Concordo que esta é uma péssima decisão e um conselho ruim por parte dos crupiês. Uma vez que um ponto de 6 ou 8 tenha sido rolado, a vantagem do jogador em uma aposta "don't pass" ou "don't come" é de (6/11)*1 + (5/11)*-1 = 1/11 = 9,09%. Não fazer nada é o mesmo que trocar essa aposta por uma com uma vantagem da casa de 1,36%. Portanto, essa decisão custa ao jogador 10,45%. Aos crupiês que incentivam isso, digo: que vergonha!

A tabela a seguir mostra que a vantagem da casa é de 5,56%.

Aposta baixa

Total	Combinações	Probabilidade	Paga	Retornar
Difícil 6,8	2	0,055556	2	0,111111
Macio 6,8	8	0,222222	1	0,222222
7	6	0,166667	1	0,166667
Todos os outros	20	0,555556	-1	-0,555556
Total	36	1		-0,055556

Quanto menor o número de setes, maior a probabilidade de a aposta na linha de passe ser bem-sucedida. A tabela a seguir mostra a vantagem da casa de acordo com a porcentagem de setes, assumindo que a probabilidade de todos os outros números seja proporcional à probabilidade justa.

Vantagem da casa no Craps de acordo com a Seven Probability

Probabilidade sete	Pass House Edge	Não ultrapasse a borda da casa
15,000%	-0,666%	3,499%
15,333%	-0,202%	3,024%
15,667%	0,237%	2,574%
16,000%	0,652%	2,148%
16,333%	1,044%	1,744%
16,667%	1,414%	1,364%
17,000%	1,762%	1,005%
17,333%	2,089%	0,667%
17,667%	2,395%	0,349%
18,000%	2,682%	0,051%
18,333%	2,949%	-0,227%

Recebo muitas perguntas sobre combinações de apostas no craps. Normalmente não respondo, mas quando você se dirige a mim como "o grande e poderoso Mago", suas chances de obter uma resposta aumentam muito. Seu erro é que as duas apostas não são resolvidas o tempo todo. Quando você ganha no 6 ou no 8, você está eliminando a outra aposta, o que reduz a perda esperada porque você está apostando menos. Então, seus cálculos estão corretos, mas você está comparando coisas diferentes.

Você está certo, os dados sozinhos não determinam o resultado no craps. Existem várias maneiras de usar cartas no lugar dos dados e ainda ter as mesmas probabilidades. Uma maneira é usar dois baralhos separados, assim não há efeito de remoção. Outra maneira é ter um baralho de 7 cartas, com os números de 1 a 6, mais uma sétima carta "dupla". A primeira carta sorteada nunca pode ser a carta dupla. Se for, ela é devolvida ao baralho e o processo se repete desde o início. Se a carta dupla for sorteada em segundo lugar, ela conta como o primeiro número sorteado. Independentemente de como o cassino faz isso, nunca vi nenhuma evidência concreta de um caso em que as probabilidades fossem diferentes de quando dois dados eram usados. Então, acho que você está omitindo algo das regras.

Sim, houve uma reportagem gravada em que alguns universitários da UNLV estavam tentando transformar US$ 1.000 em US$ 5.000 para comprar uma televisão de última geração. Eles me pediram conselhos sobre a melhor maneira de atingir esse objetivo rapidamente. Eu estava limitado aos jogos do Golden Nugget. O Nugget oferece odds de 10x no craps, o que eu achei que oferecia a oportunidade de alcançar o objetivo. Minha estratégia em cada rodada inicial era apostar o mínimo (banca/11, (5000 - banca)/21), sujeito a arredondamentos convenientes, e aproveitar as odds máximas. Dessa forma, nunca ultrapassaríamos US$ 5.000 após uma vitória de 4 ou 10, sempre teríamos o suficiente para aproveitar as odds máximas e arriscaríamos o valor máximo se não tivéssemos o suficiente para chegar a US$ 5.000.

Para a primeira aposta, essa fórmula exigiria uma aposta na linha de passe de US$ 90,91, mas arredondei para US$ 100. Então, saiu um ponto, acho que um 6 ou 8. Na segunda jogada, o lançador tirou um sete. Então, todo o prêmio foi perdido em duas jogadas. Aparentemente, não rendeu uma história muito interessante para a televisão e nunca foi ao ar.

Duas perguntas que prevejo que serão feitas são: (1) por que eu os fiz apostar no "Pass" em vez do "Don't Pass" e (2) por que eu não apostei US$ 91 na linha e US$ 910 nas probabilidades, adicionando o dólar extra do meu próprio bolso? Para responder à primeira pergunta, acredito que, para fins de obter uma grande vitória rápida, a linha "Pass" é melhor. Embora a vantagem da casa seja menor no "Don't Pass", achei que seriam necessárias mais rodadas para atingir a meta de US$ 5.000, expondo assim mais dinheiro à vantagem da casa. Para responder à segunda pergunta, não há muita diferença entre probabilidades de 9x e 10x, e achei que ficaria melhor na televisão apostar apenas fichas pretas, pelo menos para começar.

Como mostra a minha seção sobre blackjack , a aposta de 2 para 1 no blackjack vale 2,27% e dobrar com 3 cartas vale 0,23%. De resto, as regras parecem padrão. Considerando tudo, a vantagem da casa no blackjack é de 2,1% para o jogador. A probabilidade de ganhar com um 4 ou 10 no craps é (6/36)×(3/9) = 5,56%. Cada vez que isso acontece, você ganha uma unidade extra, então vale 5,56%. Normalmente, a vantagem da casa na aposta "come" é de 1,41%, então, no geral, a vantagem do jogador sob essa regra é de 4,15%. Portanto, concordo que o craps era o melhor jogo para jogar.

Eu não sabia que havia uma aposta de compra no Crapless Craps. A tabela a seguir mostra a vantagem da casa nas apostas de lugar e de compra, assumindo que não houve arredondamento dos ganhos. No seu exemplo de uma aposta de compra de $30 no 2 ou no 12, os ganhos seriam de 6 * $30 - $1 = $179. Portanto, o retorno esperado é [(1/7) * $179 + (6/7) * -$30] / $30 = -0,0048, então estamos bem próximos.

Faça e compre apostas no Crapless Craps e compre probabilidades no Crapless Craps.

Aposta	Paga	Prob. Vitória	Borda da casa
Lugar 2, 12	11 para 2	0,142857	0,071429
Lugar 3,11	11 a 4	0,25	0,0625
Compre 2 ou 12 (comissão apenas sobre os ganhos)	119 a 20	0,142857	0,007143
Compre 3,11 (comissão apenas sobre ganhos)	59 a 20	0,25	0,0125
Compre 2 ou 12 (comissão sempre aplicada)	119 a 21	0,142857	0,047619
Compre 3,11 (comissão sempre)	59 a 21	0,25	0,047619

É muito difícil limitar os dealers dessa forma. Com uma aposta de $2, a vantagem da casa sobe para 29,02%, e com uma aposta de $5, para 41,94%.

Pela minha análise da Aposta de Fogo , podemos ver que a probabilidade de um jogador acertar todos os seis pontos é de 0,000162435. Portanto, o valor da promoção por jogador é de $4.000 × 0,000162435 = 0,649739.

A próxima pergunta a ser feita é qual a perda esperada por lançador. A vantagem da casa na aposta na linha de passe é de 7/495 = 1,414141%. A parte complicada é quantas apostas na linha de passe um lançador fará, em média.

Existem quatro estados possíveis em que o atirador pode se encontrar. Vamos definir cada um deles como o número esperado de apostas futuras na linha de passe para esse atirador.

• A = Venha rolar
• B = Ponto de 4 ou 10 feito
• C = Ponto de 5 ou 9 feito
• D = Ponto de 6 ou 8 feito

Aqui estão as equações que mostram a probabilidade de cada estado levar ao próximo estado.

A = 1 + (12/36)*A + (6/36)*B + (8/36)*C + (10/36)*D
B = (1/3)*A
C = (2/5)*A
D = (5/11)*A

Um pouco de álgebra resulta em A = 2,525510, o número de apostas na linha de passe feitas por atirador.

Assim, a perda esperada por atirador de $5 é de $5 * 2,525510 * 0,0141414 = 0,178571.

O valor esperado da aposta do atirador é de $5 * 2,525510 = $12,627551.

Finalmente, o retorno esperado é o ganho esperado dividido pela aposta esperada: (0,649739-0,178571)/12,627551 = 3,73127%. Portanto, a vantagem da casa é de -3,73%.

Sim, a probabilidade de cada combinação dupla é de 1/36. No entanto, você precisa comparar isso com a probabilidade de rolar uma combinação perdedora. Para um quatro duro, há 8 rolagens perdedoras (duas de cada uma das combinações 1-6, 2-5, 3-4 e 1-3), então a probabilidade de ganhar é de 1/9. Para um seis duro, há dez rolagens perdedoras (duas de cada uma das combinações 1-6, 2-5, 3-4, 1-5 e 2-4), então a probabilidade de ganhar é de 1/11. O seis duro paga mais porque a probabilidade de ganhar é menor.

O Crapless Craps também oferece essas duas apostas. Há uma maneira de rolar um 2 e seis maneiras de rolar um 7, então a probabilidade de ganhar uma aposta no 2 é 1/7. A mesma probabilidade se aplica ao 12. Como explicado na questão do bacará, se a probabilidade de algo é p, então as probabilidades justas são (1/p)-1 para 1. Nesse caso, as probabilidades justas seriam 6 para 1. A vantagem da casa pode ser expressa como (ta)/(t+1), onde t são as probabilidades reais e a são as probabilidades reais. No Crapless Craps, a aposta no 2 e no 12 paga 11 para 2. Usando essa fórmula, a vantagem da casa no 2 e no 12 é (6-5,5)/(6+1) = 0,5/7 = 7,14%.

No Craps sem apostas, o 3 e o 11 pagam 11 para 4. Usando a mesma fórmula, t=3 e a=2,75, então a vantagem da casa é 0,25/4 = 6,25%.

Se ignorarmos a vantagem da casa (que é muito baixa no craps se jogado corretamente), a probabilidade de ganhar $500, em vez de perder $1.000, é de 2/3. A probabilidade de 4 de 5 sessões vencedoras seria 5×(2/3) ⁴ ×(1/3) = 32,9%.

A probabilidade de rolar um 7 é 1/6, e a probabilidade de rolar um 12 é 1/36. A probabilidade de rolar um 7, dado que um lançamento resulta em 7 ou 12, é (1/6)/((1/6)+(1/36)) = 6/7. Portanto, a probabilidade de que nas primeiras seis vezes que um 6 ou 12 for rolado, seja sempre um 6 é (6/7) ⁶ = 39,66%.

Se reformularmos a pergunta para qual a probabilidade de rolar cinco 6 antes de um 12, então a resposta é (6/7) ⁵ = 46,27%. Com quatro lançamentos, a probabilidade é (6/7) ⁴ = 53,98%. Portanto, não existe um número de 7 antes de um 12 que seja exatamente 50/50. Se você está procurando uma boa aposta para enganar os outros, sugira que você pode rolar quatro 7 antes de um 12, ou um 12 antes de cinco 7.

Essa questão foi levantada e discutida no fórum do meu site complementar, Wizard of Vegas .

Na fase inicial de divulgação dos resultados, existem três desfechos possíveis neste momento.

1. Saindo aos sete.
2. Repetindo um ponto já mencionado (4 a 9).
3. Tirar um 10 na jogada inicial e depois acertar o alvo.

Precisamos quantificar apenas a segunda e a terceira probabilidades. O atirador eventualmente fará um ponto e, eventualmente, fará outro ou errará o alvo. A probabilidade de o ponto ser estabelecido e, em seguida, convertido, é de 4 para 9, sendo:

(3/24)×(3/9) + (4/24)×(4/10) + (5/24)×(5/11) + (5/24)×(5/11) + (4/24)×(4/10) = 0,364394.

A probabilidade de estabelecer um ponto 10 e depois acertá-lo é (3/24)*(1/3) = 0,041667.

Seja p a probabilidade de fazer 10 pontos antes de perder por 7. Se o jogador fizer qualquer outro ponto, ele volta exatamente para o ponto de partida. Então...

p = 0,364394 × p + 0,041667
p × (1-0,364394) = 0,041667
p = 0,041667/(1-0,364394)
p = 0,065554

Essa questão foi levantada e discutida no fórum do meu site complementar, Wizard of Vegas .

Dado que um ponto é estabelecido, a probabilidade de o atirador acertar o ponto é pr(ponto é 4 ou 10) × pr(acertar 4 ou 10) + pr(ponto é 5 ou 9) × pr(acertar 5 ou 9) + pr(ponto é 6 ou 8) × pr(acertar 6 ou 8) = (6/24) × (3/9) + (8/24) × (4/10) + (10/24) × (5/11) = 201/495 = 0,406061.

Se a probabilidade de um evento é p, então o número esperado de vezes que ele ocorrerá antes da falha é p/(1-p). Portanto, o número esperado de pontos por atirador é 0,406061/(1-0,406061) = 0,683673.

Essa questão foi levantada e discutida no fórum do meu site complementar, Wizard of Vegas .

Esta pergunta foi feita no TwoPlusTwo.com e respondida corretamente por BruceZ . A solução a seguir utiliza o mesmo método que BruceZ, a quem todo o crédito é devido. É uma resposta complexa, portanto, preste atenção.

1. Primeiro, considere o número esperado de lançamentos para obter um total de dois. A probabilidade de sair um dois é de 1/36, então seriam necessários, em média, 36 lançamentos para obter os primeiros 2.

2. Em seguida, considere o número esperado de lançamentos para obter um dois e um três. Já sabemos que serão necessários, em média, 36 lançamentos para obter o dois. Se o três for obtido enquanto se espera pelo dois, não serão necessários lançamentos adicionais para obtê-lo. No entanto, caso contrário, os dados precisarão ser lançados mais vezes para se obter o três.

   A probabilidade de sair um três é 1/18, então seriam necessárias, em média, 18 jogadas adicionais para obter o três, caso o dois saísse primeiro. Dado que há 1 maneira de sair o dois e 2 maneiras de sair o três, a probabilidade de o dois sair primeiro é 1/(1+2) = 1/3.

   Portanto, há 1/3 de chance de precisarmos das 18 jogadas extras para conseguirmos o três. Assim, o número esperado de jogadas para conseguirmos um dois e um três é 36 + (1/3) × 18 = 42.

3. Em seguida, considere quantas jogadas a mais você precisará para tirar um quatro. Se, ao jogar o dois e o três, você ainda não tiver tirado um quatro, precisará jogar os dados mais 12 vezes, em média, para conseguir um. Isso ocorre porque a probabilidade de sair um quatro é de 1/12.

   Qual é a probabilidade de obter o quatro antes de obter o dois e o três? Primeiro, vamos revisar uma regra comum de probabilidade para quando A e B não são mutuamente exclusivos:

   pr(A ou B) = pr(A) + pr(B) - pr(A e B)

   Você subtrai pr(A e B) porque essa contingência é contada duas vezes em pr(A) + pr(B). Portanto,

   pr(4 antes de 2 ou 3) = pr(4 antes de 2) + pr(4 antes de 3) - pr(4 antes de 2 e 3) = (3/4)+(3/5)-(3/6) = 0,85.

   A probabilidade de não obter o quatro no caminho para o dois e o três é 1,0 - 0,85 = 0,15. Portanto, há 15% de chance de precisar das 12 jogadas extras. Assim, o número esperado de jogadas para obter um dois, um três e um quatro é 42 + 0,15 * 12 = 43,8.

4. Em seguida, considere quantas jogadas a mais você precisará para tirar um cinco. Se, ao jogar os dados de dois a quatro, você ainda não tiver tirado um cinco, precisará jogar os dados mais 9 vezes, em média, para conseguir um, pois a probabilidade de sair um cinco é 4/36 = 1/9.

   Qual a probabilidade de se obter o cinco antes de se obter o dois, o três ou o quatro? A regra geral é:

   pr(A ou B ou C) = pr(A) + pr(B) + pr(C) - pr(A e B) - pr(A e C) - pr(B e C) + pr(A, B e C)

   Portanto, pr(5 antes de 2 ou 3 ou 4) = pr(5 antes de 2) + pr(5 antes de 3) + pr(5 antes de 4) - pr(5 antes de 2 e 3) - pr(5 antes de 2 e 4) - pr(5 antes de 3 e 4) + pr(5 antes de 2, 3 e 4) = (4/5) + (4/6) + (4/7) - (4/7) - (4/8) - (4/9) + (4/10) = 83/90. A probabilidade de não obter o quatro no caminho para o dois até o quatro é 1 - 83/90 = 7/90. Assim, há uma chance de 7,78% de precisar das 7,2 jogadas extras. Portanto, o número esperado de jogadas para obter um dois, três, quatro e cinco é 43,8 + (7/90)*9 = 44,5.

5. Continue com a mesma lógica para totais de seis a doze. O número de cálculos necessários para encontrar a probabilidade de obter o próximo número antes que ele seja necessário como o último número dobra aproximadamente a cada vez. Quando você chegar ao doze, terá que fazer 1.023 cálculos.

   Eis a regra geral para pr(A ou B ou C ou ... ou Z)

   pr(A ou B ou C ou ... ou Z) =
   pr(A) + pr(B) + ... + pr(Z)
   - pr(A e B) - pr(A e C) - ... - pr(Y e Z) Subtraia a probabilidade de cada combinação de dois eventos
   + pr(A e B e C) + pr(A e B e D) + ... + pr(X e Y e Z) Some a probabilidade de cada combinação de três eventos
   - pr(A e B e C e D) - pr(A e B e C e E) - ... - pr(W e X e Y e Z) Subtraia a probabilidade de cada combinação de quatro eventos

   Em seguida, continue repetindo o processo, lembrando-se de somar a probabilidade para eventos com número ímpar de eventos e subtrair a probabilidade para eventos com número par de eventos. Obviamente, isso se torna tedioso para um grande número de eventos possíveis, praticamente exigindo uma planilha ou um programa de computador.

A tabela a seguir mostra o número esperado para cada etapa do processo. Por exemplo, 36 para obter um dois, 42 para obter um dois e um três. A célula inferior direita mostra que o número esperado de lançamentos para obter todos os 11 totais é 61,217385.

Essa questão foi levantada e discutida no fórum do meu site complementar, Wizard of Vegas .

Em 61 lançamentos, o número esperado de setes é 61 × (1/6) = 10,17. Você obteve 14. A probabilidade de exatamente 14 setes é de 7,96% e a probabilidade de 14 ou mais é de 12,77%. Portanto, nada de incomum aí. Também realizei um teste qui-quadrado em cada lançamento. Sei que não é muito correto realizar um teste qui-quadrado em uma amostra tão pequena, então considere os resultados com cautela. Aqui estão os resultados:

A célula inferior direita mostra uma estatística qui-quadrado de 8,70. A probabilidade de uma estatística tão alta ou superior, com dez graus de liberdade, é de 56,09%. Esses resultados ficaram próximos ao pico da curva normal, portanto, o cassino passa facilmente no teste de aleatoriedade qui-quadrado.

A resposta é 219,149467.

Existem duas maneiras que consigo imaginar para resolver isso. A primeira é com uma Cadeia de Markov. A tabela a seguir mostra o número esperado de lançamentos necessários para qualquer estado dado, dentre os 128 possíveis.

Resumidamente, o número esperado de lançamentos a partir de qualquer estado dado é o número esperado de lançamentos até que o ponto seja ganho ou perdido (5,063636) mais o número esperado de lançamentos se o jogador avançar para um estado posterior, dividido pela probabilidade de não avançar no estado.

O outro método utiliza cálculo integral. Primeiro, calcula-se o número esperado de lançamentos para cada resultado possível. Em seguida, calcula-se o produto escalar da probabilidade de cada evento pela média dos lançamentos para obter a média dos lançamentos necessária para resolver uma aposta na linha de passe, que, conforme mostrado no canto inferior direito, é 3,375758 = 557/165.

A partir daí, podemos obter os resultados esperados entre quaisquer dois pontos vencedores:

• Rolagens entre um ponto de 4 vencedores = (3/36)*(3/9)*5*(557/165) = 6684/55 = aproximadamente 121,527273.
• Rolagens entre um ponto de 5 vencedores = (4/36)*(4/10)*4,6*(557/165) = 1671/21 = aproximadamente 75,954545.
• Rolagens entre um ponto de 6 vencedores = (5/36)*(5/11)*(47/11)*(557/165) = 6684/125 = aproximadamente 53,472.

Os resultados esperados para um vencedor de 10, 9 e 8 pontos são os mesmos que para 4, 5 e 6 pontos, respectivamente.

Vamos supor que, em vez de um vencedor com pontuação de 0,4 ocorrer de forma discreta, ele siga uma distribuição exponencial com média de 6684/55. A probabilidade de tal variável aleatória durar x unidades de tempo sem ocorrer é exp(-x/(6684/55)) = exp(-55x/6684).

A probabilidade de ter acontecido dentro de x unidades de tempo, pelo menos uma vez, é 1-exp(-55x/6684).

Se representarmos todos os seis pontos como variáveis contínuas, então a probabilidade de todos os seis terem ocorrido dentro de x unidades de tempo é (1-exp(-55x/6684))^2 * (1-exp(-22x/1671))^2 * (1-exp(-125x/6684))^2.

A probabilidade de pelo menos um dos seis eventos não ocorrer dentro de x unidades de tempo é 1 - (1-exp(-55x/6684))^2 * (1-exp(-22x/1671))^2 * (1-exp(-125x/6684))^2.

Podemos obter o tempo esperado para que todos os seis eventos ocorram integrando a expressão acima de 0 ao infinito.

Usando esta calculadora de integrais, obtém-se a resposta 8706865474775503638338329687/39730260732259873692189000 = aproximadamente 219,1494672902.

Explicar por que isso funciona é mais difícil, então, por favor, aceite essa parte por fé.

Essa regra terrível aumentaria a vantagem da casa de 1,41% para 33,26%.

Primeiro, vamos adicionar uma coluna à tabela para mostrar a soma esperada de cada total, assumindo um lançamento totalmente aleatório.

Você não me perguntou como analisar os dados, então farei isso de algumas maneiras diferentes.

O teste qui-quadrado apresenta uma estatística qui-quadrado de 21,43009, com 10 graus de liberdade. A probabilidade de os dados apresentarem essa assimetria, ou maior, é de 1,83%.

Considerando apenas os números internos, que você mencionou ser a meta, o total alcançado foi de 12.802, enquanto o total esperado seria de 25.227 × (2/3) = 12.613,5. Esse excesso de números internos está 2,52 desvios padrão acima do esperado. A probabilidade de um excesso desse tipo, ou maior, é de 0,59%.

Não pude deixar de notar a falta de setes. Em 25.227 lançamentos, o número esperado de setes é 25.227 × (1/6) = 4.204,5. O lançador obteve 3.963. Isso representa uma diferença de 4,08 desvios padrão em relação ao esperado. A probabilidade de tal discrepância é de 0,0000225, ou uma em 44.392.

No entanto, devo dizer que geralmente é fácil analisar dados históricos e encontrar algo suspeito. Por outro lado, evitar o sete é um objetivo intrínseco para quem influencia os dados.

A maneira científica de testar se o lançador pode influenciar os dados é definir o objetivo ANTES da coleta de dados.