Derivación de fórmulas

Primero derivaré una fórmula que muestra cómo calcular la probabilidad de obtener un número de éxitos para un d6 estándar y para d6 con primera o segunda habilidad añadida. Llamemos \$p(X=k)\$ a la probabilidad de obtener \$k\$ éxitos con un d6. \$pa(X=k)\$ y \$pb(X=k)\$ son las probabilidades de obtener \$k\$ éxitos con la primera o segunda habilidad añadida.

Probabilidades \$p(X=k)\$:

• \p(X=0)= \frac {3}{6}= \frac {1}{2}\$ ya que tenemos que sacar 1,2 o 3 en el d6.
• \p(X=1)= \frac {2}{6}+ \frac {1}{6} \cdot \frac {1}{2}= \frac {5}{12}\$ ya que podemos sacar un éxito estándar (4 o 5) u obtener un 6 explosivo con un fallo posterior (1,2 o 3).
• \p(X=2)= \frac {1}{6} \cdot p(X=1)= \frac {5}{72}\$ ya que necesitamos que el primer dado explote con seguridad, después nos encontramos en la situación de que queremos sacar otro éxito con un d6, por lo que se multiplica con \$p(X=1)\$.
• \$p(X=n+1)= \frac {1}{6} \cdot p(X=n)\$ ya que podemos utilizar el mismo argumento para todo número de aciertos superior.

Si utilizamos esta fórmula para calcular las probabilidades obtenemos los siguientes valores:

\begin {array}{r|ccccc} X & 0 & 1 & 2 & 3 & 4 \\ p(X) & 50,0\% & 41,7\% & 6,9\% & 1,2\% & 0,2\% \\ \end {array}

Probabilidades \$pa(X=k)\$:

• \$pa(X=0)= \frac {2}{6}= \frac {1}{3}\$ ya que tenemos que sacar 1 o 2 en el d6.
• \$pa(X=1)= \frac {3}{6}+ \frac {1}{6} \cdot \frac {2}{6}= \frac {5}{9}\$ ya que podemos sacar un éxito estándar (3, 4 o 5) u obtener un 6 explosivo con un fallo posterior (1 o 2).
• \$pa(X=2)= \frac {1}{6} \cdot p(X=1)=\$ ya que necesitamos que el primer dado explote con seguridad, después nos encontramos en la situación de que queremos sacar otro éxito con un d6, por lo que se multiplica con \$pa(X=1)\$.
• \$pa(X=n+1)= \frac {1}{6} \cdot pa(X=n)\$ ya que podemos utilizar el mismo argumento para todo número de aciertos mayor.

Si utilizamos esta fórmula para calcular las probabilidades obtenemos los siguientes valores:

\begin {array}{r|ccccc} X & 0 & 1 & 2 & 3 & 4 \\ pa(X) & 33,3\% & 55,6\% & 9,3\% & 1,5\% & 0,3\% \\ \end {array}

Probabilidades \$pb(X=k)\$:

• \$pb(X=0)= \frac {3}{6}= \frac {1}{2}\$ ya que tenemos que sacar 1,2 o 3 en el d6.
• \$pb(X=1)= \frac {1}{6}+ \frac {2}{6} \cdot \frac {3}{6}= \frac {1}{3}\$ ya que podemos sacar un éxito estándar (sólo 4) o conseguir un 5 o 6 explosivo con un fallo posterior (1,2 o 3).
• \$pb(X=2)= \frac {2}{6} \cdot \frac {2}{6}+ \frac {2}{6} \cdot \frac {1}{6} \cdot \frac {1}{2}= \frac {5}{36}\$ ya que necesitamos que el primer dado explote con seguridad, después nos encontramos en la situación de que tenemos que sacar otro éxito con un d6, por lo que se multiplica con \$p(X=1)\$.
• \$pb(X=n+1)=pb(X=2) \cdot p(X=n-1)\$ ya que podemos utilizar el mismo argumento para todo número mayor de aciertos.

Si utilizamos esta fórmula para calcular las probabilidades obtenemos los siguientes valores:

\begin {array}{r|ccccc} X & 0 & 1 & 2 & 3 & 4 \\ pb(X) & 50,0\% & 33,3\% & 13,9\% & 2,3\% & 0,4\% \\ \end {array}

Gráfico de barras con las probabilidades de \$p(X=k)\$, \$pa(X=k)\$ y \$pb(X=k)\$

Valor esperado y desviación estándar

Si calculamos el valor esperado o la media de aciertos que obtenemos

• \E[p(X=k)]=0.6
• \$E[pa(X=k)]=0,8\$
• \$E[pb(X=k)]=0,7\$

El desviación estándar o la distribución de los aciertos es

• \S[p(X=k)]=0,04$
• \$S[pa(X=k)]=0,06\$
• \$S[pb(X=k)]=0.04\$

Dicepools

Aquí hay un gráfico de barras para un grupo de dados de seis dados:

Ahora se ve claramente que el máximo para \$pa\$ es para \$k=5\$ éxitos - cerca de \$4.8=0.8 \cdot 6\$ - donde como el máximo para \$pb\$ es para \$k=4\$ éxitos - cerca de \$4.2=0.7 \cdot 6\$. La primera habilidad tiene siempre una menor probabilidad para un número menor de aciertos y siempre una mayor probabilidad para más aciertos como la segunda habilidad. Si vas a números extremos de éxitos como 10+ la segunda habilidad tiene ligeramente más posibilidades como la segunda habilidad pero como las probabilidades están por debajo del 1% puede no importar más.

Respuesta corta

Creo que la fórmula de los éxitos esperados es ésta:

\begin {align} E &= n \cdot \frac {3d - t - 2e + 1}{e-1}, & \text {donde } & 1 ≤ t ≤ e ≤ d \end {align}

Mientras que la varianza podría ser esta (no probada):

\begin {align} V = n \cdot \left ( \frac {d-t+1}{d-1} - \frac {(e-t)^2-(d-e+1)^2}{(d-1)^2} \right ) \end {align} Esto es lo que significan todas las variables:

• \$d\$ ... número de caras que tiene un solo dado (en Shadowrun \$d = 6\$ - tiramos dados simples de seis caras)

• \$n\$ ... número de estos dados en la reserva (normalmente \$n = Atributo + Habilidad\$ en Shadowrun)

• \$e\$ ... tirada mínima para que un dado explote (\$e = 6\$ en Shadowrun - sólo el 6 explota)

• \$t\$ ... tirada mínima para un éxito (\$t = 5\$ en Shadowrun - 5 y 6 son éxitos)

• \$h\$ ... número de aciertos, es decir, dados con un resultado \$≥t\$ en la tirada (no es necesario aquí)

Conocer la dispersión media (de la varianza) también está bien, porque también querrás saber si sigue siendo frecuente obtener, no sé, 12 aciertos en una tirada de sólo 16 dados, o si 8 aciertos ya es muy improbable. Es decir, con un umbral de explosión más bajo, las cuentas de éxitos más altas se vuelven más probables. Sin embargo, el valor de la expectativa podría ser muy similar al de un umbral de aciertos más bajo \N a un umbral de explosión más alto \N.

Las matemáticas detrás de

Explotando en el 6 solamente:

Si quieres fórmulas, he pensado que podría dar un breve resumen de mi pregunta sobre piscinas de troqueles que explotan y sus respuestas. Puede demostrar que las fórmulas siguientes son verdaderas para las probabilidades de exactamente \$h\$ aciertos, los valores de las expectativas de los aciertos \$E\$ y sus varianzas \$V\$:

\begin {align} p^ \text {no-exp}_{d,n,t,h} &= \binom {n}{h} \left ( \frac {d-t+1}{d} \right )^h \left (1- \frac {d-t+1}{d} \right )^{n-h} \\ E^ \text {no-exp}_{d,n,t} &= n\N- \frac {d-t+1}{d} \\ V^ \text {no-exp}_{d,n,t} &= n\N- \frac {(d-1)(d-t+1)}{d^2} \\ % p^ \text {exp}_{d,n,t,h} &= \frac {(t-1)^n}{d^{n+h}} \sum_ {k=0}^{ \max (h,n)} \binom {n}{k} \binom {n+h-k-1}{h-k} \left [ \frac {d(d-t)}{t-1} \right ]^k \\ E^ \text {exp}_{d,n,t} &= n\N- \frac {d-t+1}{d-1} \\ V^ \text {exp}_{d,n,t} &= n\N- \frac {t\,(d-t+1)}{(d-1)^2} \\ \end {align}

El ideas para las pruebas se puede encontrar en math stackexchange. Ahora bien, esto supone, que los dados sólo explotan en la tirada máxima de 6 en su caso. Así que no puede decir nada sobre las tiradas en las que los dados explotan, por ejemplo, en 5 y 6. Excepto, que es razonable que una tirada de un dado de seis caras donde 1 y 2 no son éxitos, 3 y 4 son éxitos sin re-lanzamiento y 5 y 6 son éxitos con explosión es igual a una tirada de dados de tres caras donde 1 no es un éxito, 2 es un éxito sin re-lanzamiento y 6 es un éxito rotundo.

He reunido una pequeña página web (útil para Shadowrun o el oWoD) para esto y lo probé con un simulación :

Umbrales de explosión arbitrarios:

Las fórmulas deberían ser bastante fáciles de modificar para umbrales de explosión arbitrarios con el mismo razonamiento utilizado en mi enlace. Llamemos al umbral de explosión \$e\$. Así que si la tirada explota en 5 y 6, entonces \$e = 5\$ en este caso (para Shadowrun tendríamos \$e = d = 6\$). El valor de la expectativa \$E_1\$ de un solo dado tiene que cumplir esta ecuación:

$$ E_1 = 0 \cdot \frac {t-1}{d} + 1 \cdot \frac {2d-t-e}{d} + (E_1+1) \cdot \frac {d-e-1}{d}$$

Cero aciertos con una probabilidad \$ \frac {t-1}{d}\$, con éxito y sin explosiones con una probabilidad de \$ \frac {2d-t-e}{d}\$ y en caso de explotar los dados tenemos una probabilidad de \$ \frac {d-e-1}{d}\$ para conseguir \$E_1\$ más aciertos.

Esto se puede resolver para \$E_1\$. Ahora el valor de la expectativa para \$n\$ dados es sólo \$n\$ veces que para un dado (\$E = n E_1\$):

\begin {align} E &= n \cdot \frac {3d - t - 2e + 1}{e-1}, & \text {donde }& 1 ≤ t ≤ e ≤ d \end {align}

Tenga en cuenta que, si bien las fórmulas para explotar en el valor más alto están probadas a fondo, No he probado la fórmula anterior .