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3 Würfel (6 Seiten) max 3 Würfe Anzahl der Punkte?

Universität / Fachhochschule

Erwartungswert

Verteilungsfunktionen

Tags: Anzahl, Erwartungswert, Rätsel, spiel, Verteilungsfunktion, Würfel

Freezer67 aktiv_icon

23:21 Uhr, 12.12.2013

Hallo zusammen,

mich beschäftigt eine Rechnung zur Stochastik. Hoffe mir kann jemand weiterhelfen.

Spieler wirft 3 Würfel gleichzeitig.
Nach jedem Wurf kann eine beliebige Anzahl der Würfel entnommen werden. Es soll versucht werden eine möglichst hohe Anzahl zu bekommen. Die Punkte verteilen sich dabei wie folgt:

1 = 2

Punkte

2 = 3

Punkte

3,4,5,6 = 0

Punkte

Beispiel:

Spieler würfelt eine

2,4,5

. So lässt er die 2 stehen und wirft nur noch mit den anderen beiden Würfeln. Er wirft nun eine 1 und eine 3. Er lässt also die 1 stehen und wirft die 3 erneut. Es erscheint eine 5.

Spieler erhält 5 Punkte.

Frage:
Gibt es eine Formel oder einen Online Calculator der das berechnen kann?
Weiß jemand das exakte Thema wie man die Rechnung spezifizieren kann?
Wie hoch ist jeweils die Wahrscheinlichkeit, um die folgenden Punkte zu erreichen?

0 Punkte (2,6%?)
2 Punkte (9,3%?)
3 Punkte (9,3%?)
4 Punkte (11,0%?)
5 Punkte (22,0%?)
6 Punkte (15,1%?)
7 Punkte (13,1%?)
8 Punkte (13,2%?)
9 Punkte (4,5%)?)

Ich habe heute über Excel Tabellen mir die Möglichen Kombinationen aufgeschrieben und diese mit den Wahrscheinlichkeiten multipliziert. Das war viel Arbeit und hat lange gedauert ;-)
Daher würde ich gerne wissen, ob es möglich ist, das in eine Formel zu packen oder online berechnen zu lassen, sodass ich auch Punktesysteme für mehr als 3 Würfel erstellen lassen kann.

Ich vermute, dass es immer gut ist die 1 und 2 stehen zu lassen.

Besten Dank schon mal für die Mühen.

Lieben Gruß

Für alle, die mir helfen möchten (automatisch von OnlineMathe generiert):
"Ich möchte die Lösung in Zusammenarbeit mit anderen erstellen."

Hierzu passend bei OnlineMathe:

Online-Übungen (Übungsaufgaben) bei unterricht.de:

Flächenmessung
Raummessung
Volumen und Oberfläche eines Prismas

Zu diesem Thema passende Musteraufgaben einblenden

anonymous

23:44 Uhr, 12.12.2013

Hallo Freezer
Ich möchte dringend vermuten, du hast die Aufgabenstellung nicht vollständig beschrieben. Du hast höchst wahrscheinlich vollständig vergessen, die Anzahl der möglichen Würfe anzusprechen und zu beschreiben.
Die Aufgabenstellung macht meines Erachtens nur Sinn, wenn die Anzahl an Wurf-Wiederholungen begrenzt ist.

Denn:
Wäre die Anzahl an Würfen (Wurf-Wiederholungen) unbegrenzt, dann wäre ja folgende Strategie plausibel und trivial:
Nimm einfach alle Würfel, die KEINE 2 zeigen, wieder in den Würfelbecher, und würfle diese nochmals, so lange bis alle Würfel eben eine "2" zeigen.
Auf diese Weise würden immer (zu

100 %)

früher oder später alle Würfel die "2" zeigen, und folglich eine PunkteSumme

= 9

Punkte zu erzielen.

anonymous

00:37 Uhr, 13.12.2013

Ich nehme jetzt mal an, dass die Anzahl Würfe begrenzt ist.
Du deutest in deinem Beispiel an, dass die Anzahl Würfe auf 3 begrenzt ist. Also dass man maximal 3-mal würfeln darf.

a)

Lass uns eindeutige Namen und Bezeichner für die wesentlichen Größen vereinbaren, damit wir uns zukünftig nicht missverstehen.
Ich schlage vor:

>

Die Anzahl Würfel sei "n".
Also, "Spieler wirft 3 Würfel" ist gleichbedeutend mit

n = 3

>

Die Höchst-Anzahl Würfe sei "k".
Also, wenn der Spieler bis zu 3 mal würfeln darf, dann:

k = 3

b)

Ich habe mir überlegt, dass es für die Aufgabenstellung unwesentlich ist,

>

ob ich die

n

Würfel gleichzeitig werfe,

>

oder ob ich zuerst den ersten Würfel nehme, und den bis zu

k

mal würfle, bis ich mich zum Liegenlassen entscheide,

>

dann den zweiten Würfel nehme, und ihn bis zu

k

mal würfle, bis ich mich zu Liegenlassen entscheide,

>

und so weiter, bis zum letzten (dem n-ten) Würfel.

c)

Diese Überlegung unter

b)

vereinfacht die Sache, indem ich einfach einen Erwartungswert für einen Würfel errechnen kann. Ich kann mich darauf beschränken, nur einen Würfel zu betrachten.

d)

Ich wandle die Aufgabe ein wenig ab, um nicht so verwirrend zwischen Augenzahlen und Punktezahlen unterscheiden zu müssen:

>

wenn der Würfel "2" zeigt, dann wird dies als 2 Punkte bewertet,

>

wenn der Würfel "3" zeigt, dann wird dies als 3 Punkte bewertet,

>

wenn der Würfel

1,4,5

oder 6 zeigt, dann wird dies nicht bewertet

\to 0

Punkte
Diese Festlegung ist sinngemäß gleich, wie deine Aufgabenfestlegung. Sie hat aber wie gesagt den Vorteil, dass wir nicht länger zwischen Augenzahlen und Punktezahlen unterscheiden müssen.

e)

Annahme:

k = 1

D . h

. ich darf nur einmal würfeln.
Erwartungswert für einen Würfel:

E_{1} = \frac{5}{6}

Punkte.
Erleuterung:

> \in 1

von 6 Fällen zeigt der Würfel "2"

\to 2

Punkte

> \in 1

von 6 Fällen zeigt der Würfel "3"

\to 3

Punkte

>

in den restlichen 4 von 6 Fällen zeigt der Würfel

. .

\to 0

Punkte

f)

Annahme:

k = 2

D . h

. ich darf bis zu zweimal würfeln.

f . 1)

Erster Wurf
Es gibt 6 Fälle:

>

wenn der Würfel

1,4,5,6

zeigt, dann ist doch klar, dass wir nochmals würfeln. Denn schlechter als 0 Punkte kann es nicht werden.

>

wenn der Würfel "2" zeigt, dann würde ein gescheiter Kopf doch so rechnen:

〉

wenn ich die 2 stehen lasse, und aussteige, dann habe ich 2 sichere Punkte.

〉

wenn ich dagegen den Würfel nochmals würfle, dann habe ich nur noch einen Wurf.

D . h

. ich werde voraussichtlich statistisch den Erwartungswert

E_{1}

erzielen. Und der lautet: ich werde voraussichtlich

\frac{5}{6}

Punkte erzielen.

〉

Da ich durch die "2" stehen lassen mehr Punkte habe, als der Erwartungswert

E_{1} = \frac{5}{6}

durch nochmals würfeln, ist es strategisch günstiger, die "2" stehen zu lassen.

>

wenn der Würfel "3" zeigt, dann ist doch klar, dass ich die stehen lasse. Denn mehr als 3 kann ich nicht erzielen.

f . 2)

Erwartungswert
Wenn ich obige 'gescheite' Strategie anwende, wie hoch ist dann der Erwartungswert

E_{2}

E_{2} = \frac{4}{6} \cdot E_{1} + \frac{1}{6} \cdot 2 + \frac{1}{6} \cdot 3

E_{2} = \frac{4}{6} \cdot \frac{5}{6} + \frac{1}{6} \cdot 2 + \frac{1}{6} \cdot 3

E_{2} = \frac{25}{18}

g)

Annahme:

k = 3

D . h

. ich darf bis zu dreimal würfeln.

g . 1)

Erster Wurf
Es gibt 6 Fälle:

>

Würfel zeigt

1,4,5,6 :

weiterwürfeln, denn es kann nur besser werden.
Weiterwürfeln führt zu Erwartungwert

E_{2} = \frac{25}{18}

>

Würfel zeigt 2: nüchtern und strategisch überlegen:

〉

wenn ich weiterwürfle, dann erhalte ich statistisch

E_{2} = \frac{25}{18}

〉

wenn ich die "2" lasse, dann habe ich sicher die 2

〉

Schlussfolgerung: strategisch für 2 stehenlassen entscheiden

>

Würfel zeigt 3: natürlich stehen lassen

g . 2)

Erwartungswert

E_{3} = \frac{4}{6} \cdot E_{2} + \frac{1}{6} \cdot 2 + \frac{1}{6} \cdot 3

E_{3} = \frac{4}{6} \cdot \frac{25}{18} + \frac{1}{6} \cdot 2 + \frac{1}{6} \cdot 3

E_{3} = \frac{95}{54}

h)

Na - Prinzip verstanden?
Nach diesem Schema kannst du

E_{4}, E_{5}, E_{6}, ..., E_{k}

bestimmen.
So kannst du dir auch leicht klar machen, dass es ab

k = 5

strategisch sinnvoll ist, falls du im ersten Wurf eine "2" hast, diese zurück in den Würfelbecher zu stecken, und auf mehr Glück in den folgenden 4 Chancen zu hoffen.

anonymous

10:01 Uhr, 13.12.2013

Hallo

1 .)

Zu unserer Entlastung: Ich habe mittlerweile entdeckt, dass du in der Überschrift tatsächlich die Begrenzung auf "maximal 3 Würfe" benannt hast.
Nur - hier im onlinemathe erscheint die Überschrift so weit getrennt überhalb des Textes, dass es nur zu natürlich ist, dass man beim Lesen die Überschrift außerhalb des Darstellungsbereichs hat. Ich habe den Text bestimmt 3 oder 5-mal gelesen, um zu verstehen, und bin dabei offensichtlich nie über die Überschrift gestolpert.

2 .)

Nun zu den Wahrscheinlichkeiten dafür, eine bestimmte Punktezahl zu erzielen.
Für die Errechnung der Wahrscheinlichkeiten ist die Erkenntnis hilfreich, die ich oben unter

b)

beschrieben hatte.

D . h

. ich empfehle, dir erst die Wahrscheinlichkeiten für die Punktezahlen für

n = 1

Würfel klar zu machen.
Die Wahrscheinlichkeiten für

n = 2

Würfel sind leicht draus abzuleiten.
Und hieraus sind wieder leicht die Wahrscheinlichkeiten für

n = 3

Würfel abzuleiten.
Ich habe dazu ebenso wie du ein Tabellenkalkulationsprogramm genutzt.
Ich möchte behaupten, deine Rechenwerte sind - na ja - ungefähr richtig.
Ich habe errechnet:
sei

p (z)

die Wahrscheinlichkeit dafür, bei

n = 3; k = 3

die Punktezahl

z

zu erzielen, bei Anwendung der Strategie, stets alle 2-er und 3-er stehen zu lassen.

p (0) = 0.026012295

p (1) = 0

p (2) = 0.0926688

p (3) = 0.0926688

p (4) = 0.110044201

p (5) = 0.220088401

p (6) = 0.153603363

p (7) = 0.130677488

p (8) = 0.130677488

p (9) = 0.043559163

3 .)

Du fragst: "ob es möglich ist, das in eine Formel zu packen oder online berechnen zu lassen, sodass ich auch Punktesysteme für mehr als 3 Würfel erstellen lassen kann?"
Nun, wenn du wie gesagt die Wahrscheinlichkeiten für den Einzelwürfel hast, dann kannst du durch Kombination der Wahrscheinlichkeiten einigermaßen leicht die Wahrscheinlichkeiten für

n

Würfel errechnen.
Ich schätze, bis

n = 10

dürfte das noch übersichtlich in Tabellenkalkulationsprogrammen zu beherrschen sein.
Wahrscheinlich gibt es auch analytische Formeln. Ich muss aber bekennen, dass ich mich bisher auch mit dem pragmatischen PC-Vorgehen begnügt habe, und nicht weiter eingedacht habe.

Freezer67 aktiv_icon

22:23 Uhr, 13.12.2013

Hallo cube2,

vielen vielen Dank für deine Hilfe. Ich bin echt begeistert, wie viel Zeit du dir für mein Problem genommen hast.
Hast du zufällig eine Bitcoin-Adresse oder ähnliches, wo man sich ein wenig bei dir bedanken kann?

a)

sehr gute Einwand

b)

Perfekt. Diese Idee vereinfacht das Problem um Längen.

c)

siehe

b)

d)

Einverstanden ;-)

e)

Einverstanden ;-)

f)

Hier ist meine Rechnung:

E 1 = \frac{5}{6}

E 2 = \frac{5}{6} \cdot \frac{4}{6} + \frac{5}{6} = \frac{25}{18}

= ~ 1.39

E 3 = \frac{25}{18} \cdot \frac{4}{6} + \frac{5}{6} = \frac{95}{54}

= ~ 1.76

E 4 = \frac{95}{54} \cdot \frac{4}{6} + \frac{5}{6} = \frac{325}{162}

= ~ 2.01

E 5 = \frac{325}{162} \cdot \frac{4}{6} + \frac{5}{6} = \frac{1055}{486} = ~ 2.17

E 6 = \frac{1055}{486} \cdot \frac{4}{6} + \frac{5}{6} = \frac{3325}{1458} = ~ 2.28

E 7 = \frac{3325}{1458} \cdot \frac{4}{6} + \frac{5}{6}

= ~ 2.35

E 8

= ~ 2.40

1 .)

Ja ich habe leider nochmal vergessen, explizit zu erwähnen, dass es sich um

max

. 3 Würfe handelt.

2 .)

Ja ich habe scheinbar ziemlich ungenau gerechnet. Habe das ganze über eine sehr große Kombinationstabelle gemacht.

000

002

003

004

005

006

...

.

Ich habe also die Möglichkeiten gezählt und dann die Anzahl mit den Wahrscheinlichkeiten verrechnet.

2 a)

Habe mal die Wahrscheinlichkeiten errechnet für

n :

n = 1

0 Punkte=4/6
2 Punkte=1/6
3 Punkte=1/6

n = 2

0 Punkte=4/6*4/6

\cdot 2

Möglichkeiten

= \frac{16}{36}

2 Punkte=1/6*4/6

\cdot 2

Möglichkeiten

= \frac{8}{36}

3 Punkte=1/6*4/6

\cdot 2

Möglichkeiten

= \frac{8}{36}

4 Punkte=1/6*1/6

\cdot 1

Möglichkeit

= \frac{1}{36}

5 Punkte=1/6*1/6

\cdot 2

Möglichkeiten

= \frac{2}{36}

6 Punkte=1/6*1/6

\cdot 1

Möglichkeit

= \frac{1}{36}

n = 3

0 Punkte=4/6*4/6*4/6

\cdot 1

= \frac{64}{216}

2 Punkte=1/6*4/6*4/6

\cdot 3

= \frac{16}{216}

3 Punkte=1/6*4/6*4/6

\cdot 3

= \frac{16}{216}

4 Punkte=1/6*1/6*4/6

\cdot 3

= \frac{12}{216}

5 Punkte=1/6*1/6*4/6

\cdot 6

= \frac{24}{216}

6 Punkte=1/6*1/6*4/6

\cdot 6 + \frac{1}{6} \cdot \frac{1}{6} \cdot \frac{1}{6} = \frac{25}{216}

7 Punkte=1/6*1/6*1/6

\cdot 6

= \frac{6}{216}

8 Punkte=1/6*1/6*1/6

\cdot 6

= \frac{6}{216}

9 Punkte=1/6*1/6*1/6

\cdot 1

= \frac{1}{216}

Also bei

n = 3

habe ich Schwierigkeiten auf die Anzahl der Möglichkeiten zu kommen. Meine Prüfsumme stimmt hier nicht. Das liegt daran, dass ich die Punkte 0 einzeln betrachte und die gesamten Kombinationen nicht mit als Möglichkeiten aufnehme.

Würde mich freuen, wenn du mir hier nochmal Ansätze liefern kannst, damit ich auch bis auf

n = 8

komme.

2 c)

Wie komme ich dann anschließend auf die Wahrscheinlichkeit p?
Stehe gerade ein wenig auf dem Schlauch. Eventuell hast du ja deine Tabelle noch.

Vielen vielen Dank schon mal für deine gute Hilfe.

Bummerang

07:19 Uhr, 14.12.2013

Hallo,

ist es wirklich die optimale Strategie, einen Würfel, der 2 Punkte bringt, immer aus dem nächsten Wurf zu nehmen? Wenn man im zweiten Wurf einen Würfel für zwei Punkte hat, kann man sich durch einen dritten Wurf in

\frac{2}{3}

der Fälle nur verschlechtern. Dem stehen nur

\frac{1}{6}

der Fälle für eine Verbesserung und

\frac{1}{6}

für das selbe Ergebnis, also

\frac{1}{3}

für nicht verschlechtern, entgegen. Da ist es statistisch sinnvoll, einen solchen Würfel einfach liegen zu lassen. Wenn man aber einen Würfel hat, der im ersten Versuch zwei Punkte bringen würde, dann stehen den

\frac{4}{9}

sich in den beiden letzten Versuchen zu verschlechtern genau

\frac{5}{9}

entgegen, sich nicht zu verschlechtern und sich in

\frac{1}{6} + \frac{5}{36} = \frac{11}{36}

der Fälle sogar zu verbessern. Die optimale Strategie lässt Würfel, die 2 Punkte bringen, also nur nach dem zweiten Versuch liegen!

Bei einem Würfel ergibt sich also

3 Punkte im ersten Versuch:

\frac{1}{6} = \frac{36}{216}

3 Punkte im zweiten Versuch:

\frac{5}{6} \cdot \frac{1}{6} = \frac{30}{216}

3 Punkte im dritten Versuch:

\frac{5}{6} \cdot \frac{4}{6} \cdot \frac{1}{6} = \frac{20}{216}

\Rightarrow 3

Punkte:

\frac{86}{216} = \frac{43}{108}

2 Punkte im zweiten Versuch:

\frac{5}{6} \cdot \frac{1}{6} = \frac{30}{216}

2 Punkte im dritten Versuch:

\frac{5}{6} \cdot \frac{4}{6} \cdot \frac{1}{6} = \frac{20}{216}

\Rightarrow 2

Punkte:

\frac{50}{216} = \frac{25}{108}

0 Punkte:

\frac{5}{6} \cdot \frac{4}{6} \cdot \frac{4}{6} = \frac{80}{216} = \frac{40}{108}

Wenn man nun 3 Würfel hat, ergeben sich:

0 : 1 \cdot \frac{40^{3}}{108^{3}}

2 : 3 \cdot \frac{40^{2} \cdot 25}{108^{3}}

3 : 3 \cdot \frac{40^{2} \cdot 43}{108^{3}}

4 : 3 \cdot \frac{40 \cdot 25^{2}}{108^{3}}

5 : 6 \cdot \frac{40 \cdot 25 \cdot 43}{108^{3}}

6 : 1 \cdot \frac{25^{3}}{108^{3}} + 3 \cdot \frac{40 \cdot 43^{2}}{108^{3}}

7 : 3 \cdot \frac{25^{2} \cdot 43}{108^{3}}

8 : 3 \cdot \frac{25 \cdot 43^{2}}{108^{3}}

9 : 1 \cdot \frac{43^{3}}{108^{3}}

anonymous

12:13 Uhr, 14.12.2013

Hallo
@ Freezer:
Du hast oben eine Tabelle der ersten Erwartungswerte

E_{b} (K)

benannt.
Diese gilt für die folgende Strategie, nennen wir sie mal Strategie "b":
Lass immer Würfel, die eine 2 oder 3 zeigen liegen, und würfle nur mit den restlichen Würfeln weiter.

Ich nehme mal an, dass das Ziel ist, möglichst viele Punkte zu erzielen.

@ Bummerang:
Du deutest schon an, dass es günstigere Strategien gibt. Wenn ich es recht verstehe, dann empfiehlst du für

k = 3

folgende Strategie, nennen wir sie mal Strategie "c":
Bei

k = 3

>

nach dem ersten Würfeln nur Würfel stehen lassen, die eine 3 zeigen,

>

nach dem zweiten Würfeln nur Würfel stehen lassen, die eine 2 oder 3 zeigen.

Ich behaupte, Strategie "c" ist schlechter, als Strategie "b".
Denn:

>

Du darfst bei der Bewertung nicht nur die Wahrscheinlichkeiten berücksichtigen, sich durch nochmals Würfeln zu verbessern oder zu verschlechter, sondern du musst auch berücksichtigen, um wie viel du dich verbessern bzw. verschlechtern kannst.

Ich hatte oben schon die - meines Erachtens - optimale Strategie angerissen.
Ich erlaube mir, diese Strategie "a" zu nennen.
Ich hatte geschrieben:
"So kannst du dir auch leicht klar machen, dass es ab

k = 5

strategisch sinnvoll ist, falls du im ersten Wurf eine "2" hast, diese zurück in den Würfelbecher zu stecken, und auf mehr Glück in den folgenden 4 Chancen zu hoffen."
Vielleicht war das noch nicht verständlich genug.
Ich will die Strategie "a" gerne nochmals präzisieren:

>

Würfel, die eine 3 zeigen, werden immer stehen gelassen.

>

Würfel, die eine 2 zeigen, werden dann nochmals zurück in den Würfelbecher gesteckt und gewürfelt, wenn der Erwartungswert für die verbleibende Anzahl möglicher Würfe größer als 2 ist.

Entsprechend dieser Strategie "a" komme ich auch anders als du, Freezer, ab

k = 5

auf höhere Erwartungswerte

E_{a} (k) :

E_{a} (1) = 0.833333333

E_{a} (2) = 1.388888889

E_{a} (3) = 1.759259259

E_{a} (4) = 2.00617284

E_{a} (5) = 2.1718107

E_{a} (6) = 2.30984225

E_{a} (7) = 2.424868541

E_{a} (8) = 2.520723784

E_{a} (9) = 2.600603154

@ Freezer:

n = 1; k = 1;

Ja, einverstanden (bis auf die formal unrichtige Schreibweise):

p (0

Punkte)=

\frac{4}{6}

p (2

Punkte)=

\frac{1}{6}

p (3

Punkte)=

\frac{1}{6}

n = 2; k = 1;

Ja, einverstanden:

p (0

Punkte)=

\frac{4}{6} \cdot \frac{4}{6}

p (2

Punkte)=

2 \cdot \frac{1}{6} \cdot \frac{4}{6}

p (3

Punkte)=

2 \cdot \frac{1}{6} \cdot \frac{4}{6}

p (4

Punkte)=

\frac{1}{6} \cdot \frac{1}{6}

p (5

Punkte)=

2 \cdot \frac{1}{6} \cdot \frac{1}{6}

p (6

Punkte)=

\frac{1}{6} \cdot \frac{1}{6}

n = 3; k = 1 :

p (0

Punkte)=

\frac{4}{6} \cdot \frac{4}{6} \cdot \frac{4}{6}

p (2

Punkte)=

3 \cdot \frac{1}{6} \cdot \frac{4}{6} \cdot \frac{4}{6}

p (3

Punkte)=

3 \cdot \frac{1}{6} \cdot \frac{4}{6} \cdot \frac{4}{6}

p (4

Punkte)=

3 \cdot \frac{1}{6} \cdot \frac{1}{6} \cdot \frac{4}{6}

p (5

Punkte)=

6 \cdot \frac{1}{6} \cdot \frac{1}{6} \cdot \frac{4}{6}

p (6

Punkte)=

\frac{1}{6} \cdot \frac{1}{6} \cdot \frac{1}{6} + 3 \cdot \frac{1}{6} \cdot \frac{1}{6} \cdot \frac{4}{6}

p (7

Punkte)=

3 \cdot \frac{1}{6} \cdot \frac{1}{6} \cdot \frac{1}{6}

p (8

Punkte)=

3 \cdot \frac{1}{6} \cdot \frac{1}{6} \cdot \frac{1}{6}

p (9

Punkte)=

\frac{1}{6} \cdot \frac{1}{6} \cdot \frac{1}{6}

Dein Knoten im Schlauch betrifft die Fälle:

> 6

Punkte: wie viele Permutationen haben die Augenzahlen

0 + 3 + 3

> 7

Punkte: wie viele Permutationen haben die Augenzahlen

2 + 2 + 3

> 8

Punkte: wie viele Permutationen haben die Augenzahlen

2 + 3 + 3

?

Wie kommen wir auf die Wahrscheinlichkeiten bei mehrfachem Würfeln

(k > 1)

?
Wie gesagt, es ist unwichtig, ob wir 3 Würfel betrachten, oder ob wir nur einen Würfel betrachten.
Ich empfehle, um die Gehirngänge nicht unnötig zu schlauchen, einfach nur von

n = 1

Würfel auszugehen.
Den Fall

n = 1; k = 1

hatten wir oben schon.
Gehen wir den Fall

n = 1; k = 2

an.

p (0

Punkte)=

\frac{4}{6} \cdot \frac{4}{6}

p (2

Punkte)=

\frac{1}{6} + \frac{4}{6} \cdot \frac{1}{6}

p (3

Punkte)=

\frac{1}{6} + \frac{4}{6} \cdot \frac{1}{6}

Na, Prinzip erkannt?
Dann solltest du ja auch die nächsten Fälle schaffen:

n = 1; k = 3

Guten Mutes!
Ich habe in meiner Tabellenkalkulationstabelle die Formel verallgemeinert. So kann ich jetzt durch Formel-kopieren problemlos Fälle bis zB.

k = 100

numerisch errechnen.

1133242

1132996

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