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Ergebniswahrscheinlichkeiten bei "can't stop"
Schüler Gymnasium, 12. Klassenstufe
Tags: brettspiel, Stochastik, Wahrscheinlichkeit, Würfel, Würfelspiel
 
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Guten Abend liebe Mathe Gemeinde, Ich bin am verzweifeln an einer sache, wo es im Endeffekt sicher ne ganz einfache Lösung zu gibt. Und zwar arbeite ich grade an meiner Projektarbeit über das Brettspiel "can't stop". Dafür brauche ich eine Tabelle, welche die Wahrscheinlichkeiten der zahlen 2 bis darstellt, wobei diese zahlen jeweils aus 2 würfeln kombiniert werden sollen, ein Wurf besteht jedoch aus vier würfeln. Werfe ich also habe ich die Möglichkeit, diese würfel beliebig zu zwei paaren zu kombinieren, sodass zwei summen endstehen. Also beispielsweise: und . Die Tabelle soll sagen, wie hoch die Wahrscheinlichkeit für eine bestimmt summe (Beispiel ist. Dabei ist nicht festgelegt, aus welchen würfeln diese summe gebildet wird, es müssen aber zwei sein. Die anderen zwei sind dann im Endeffekt egal. Die 6 beispielsweise lässt sich aus und bilden. Wie hoch ist also die Wahrscheinlichkeit, dass mindestens eine dieser Kombinationen in einem Wurf vorhanen ist. Bei zwei würfeln ist das ja noch recht einfach aber ich komme nicht darauf, wie das bei vieren funktioniert und Doktor Google kann mir auch nicht helfen. Vielleicht fehlen mir auch einfach die bestimmten Suchbegriffe. Ich wäre sehr dankbar um schnelle Hilfe, falls jemand an so einem traurigen Mittwoch abend nichts besseres zutun hat. Danke schon mal! 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: |
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Binomialkoeffizient: was könnte das bedeuten ? |
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Bei zwei würfeln ist das ja noch recht einfach Falsch! Die Wahrscheinlichkeit, mit zwei Würfeln die Augensumme 6 zu würfeln ist . Du musst zwischen und unterscheiden, etc. Stell dir zwei unterscheidbare, verschiedenfärbige Würfel vor. Du erhältst bei zwei Würfeln die Wahrscheinlichkeiten Ärgerlich! Aber zum Problem mit den vier Würfeln will mir im Moment auch nichts Schlaues einfallen. Ich hab jetzt einmal schnell mit einem kleinen Programm brute force alle Möglichkeiten durchgespielt und die Wahrscheinlichkeiten ermittelt, dass es bei einem Wurf mit vier Würfeln möglich ist, aus zwei von den vier Würfeln die entsprechende Augensumme zu bilden:  Nicht mehr linear (nur fast), aber natürlich wieder symmetrisch um die Sieben herum. und da es sich nicht mehr um einander ausschließende Ereignisse handelt, ist die Summe aller WKTen auch nicht mehr sondern größer. Vielleicht kann uns ja pleindespoir verraten, wie man auf diese Werte eleganter mithilfe des Binomialkoeffizienten kommt ;-) |
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Jau Geil danke! Hast mir schon mal weitergeholfen |
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Um eine bestimmte Paarkombination aus vier Würfeln zu bekommen - siehe oben Binkoeff. Aus zwei Würfeln eine 2 zu bekommen geht nur auf eine einzige Weise: 1+1 Aus zwei Würfeln eine 3 zu bekommen geht mit 1+2 oder 2+1 Aus zwei Würfeln eine 4 zu bekommen geht mit 1+3 oder 2+2 oder 3+1 Aus zwei Würfeln eine 5 zu bekommen geht mit 1+4 oder 2+3 oder 3+2 oder 4+1 Aus zwei Würfeln eine 6 zu bekommen geht mit 1+5 oder 2+4 oder 3+3 oder 4+2 oder 5+1 undsoweiter ... weshalb der Test nichtlinear verläuft, kann ich nicht erklären. Mit jeder Änderung der Zielsumme um 1 verändert sich die Anzahl der Entstehungsmöglichkeiten um 1. Möglicherweise sind in der Simulation Doubletten mitgezählt worden. Wie ist das in der Spielregel ? Wenn ich viermal die 5 habe, darf ich dann einmal die 10 ziehen und das andere Paar verfällt oder darf ich zweimal die 10 ziehen - dann stimmt mein Modell nämlich nicht mehr. |
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undsoweiter . Naja, das war bis hierher ja trivial und klar. Hilft aber bei dem Problem nicht wirklich weiter. Du kannst ja mal konkret die Berechnung zB für die Augensumme 4 vorführen (Augensumme 2 und wäre zu trivial). Es geht also um die WKT, dass du beim Werfen von vier Würfeln dir zwei davon so auswählen kannst, dass ihre Augensumme 4 ist. Mit jeder Änderung der Zielsumme um 1 verändert sich die Anzahl der Entstehungsmöglichkeiten um 1. Ja, und? Was hat das mit den Wahrscheinlichkeiten zu tun? Die sind doch verschieden und hängen auch davon ab, ob die Summe mit zwei gleichen Augenzahlen gebildet wird oder mit zwei verschiedenen. Du müsstest das schon mal ganz konkret hier vorrechnen, denn mit Schlagworten allein kommen wir kaum weiter. Möglicherweise sind in der Simulation Doubletten mitgezählt worden. Nein. Definitiv nicht! Wie ist das in der Spielregel ? Wenn ich viermal die 5 habe, darf ich dann einmal die ziehen und das andere Paar verfällt oder darf ich zweimal die ziehen - dann stimmt mein Modell nämlich nicht mehr. Wieso solltest du zweimal die Zehn ziehen und was meinst du damit. Es geht, wie vom Fragesteller beschrieben, um das Würfeln mit vier Würfeln und die Frage nach der Wahrscheinlichkeit, durch Wahl zweier Würfel eine bestimmte Augensumme bilden zu können. Wenn du viermal die 5 würfelst, dann kannst du damit ausschließlich erhalten. Wenn du aber würfelst dann zählt dieser Wurf bei bei 6 und bei mit. Wie oft man bei einem Wurf die gewünschte Augensumme bilden kann, ist unerheblich. Die Summe der beiden nicht gewählten Würfel spielt auch keine Rolle. dann stimmt mein Modell nämlich nicht mehr. ?? Welches Modell? Du hast meiner Meinung nach noch kein Modell, keine Berechnungsmethode und schon gar keine konkrete Berechnung hier vorgestellt. Interessieren würde es mich schon, ob es da eine allgemeine Berechnungsmethode gibt. Klar ist auch, dass mit steigender Anzahl der Gesamtwürfel (es werden trotzdem immer nur zwei gewählt) die Wahrscheinlichkeiten für alle möglichen Augensummen gegen 1 konvergieren. |
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2: 3: 4: 5: 6: 7: 8: 9: 10: 11: 12: --- Bei dieser Variante kommen insgeamt auch nur 36 * 36 = 1296 Fälle vor, während bei dem oben genannten Vorschlag deutlich mehr Ergebnisse erwürfelt werden, als es Kombinationen gibt. |
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Ich weiß nicht, welche Wahrscheinlichkeiten du damit zu berechnen glaubst, aber ich fürchte, mit der Fragestellung hat das überhaupt nichts zu tun! Die WKTen die du damit erhältst sind die gleichen wie für die WKTen, diese Augensummen beim Würfeln mit zwei Würfeln zu erhalten (du kannst ja jeweils durch kürzen) - siehe dazu meine Antwort weiter oben. Ich fürchte, dein süffisantes "Binomialkoeffizient: ...was könnte das bedeuten ?" war etwas voreilig! Für den trivialen Fall der Augensumme 2 rechne ich es dir gerne vor. Die Augensumme 2 kann nur dann erzielt werden, wenn mindestens zwei der vier Würfel eine Eins zeigen. Das ist nun leicht (Binomialverteilung) berechenbar und auch wenn man sich durch Heranziehen des Komplementärereignisses die Berechnung einer WKT spart, gehe ich es direkt an: P(genau 2 mal die P(genau 3 mal die P(genau 4 mal die Die WKT, mindestens zweimal eine Eins zu würfeln und damit mit zwei Würfeln die Augensumme 2 erzielen zu können ist die Summe dieser drei WKTen und damit genau der Wert den auch mein brute force Ansatz lieferte. während bei dem oben genannten Vorschlag das war kein Vorschag, das war schlicht und ergreifend die Lösung der Aufgabe. Allerdings ermittelt mit einer unbefriedigenden Methode (brute force). deutlich mehr Ergebnisse erwürfelt werden, als es Kombinationen gibt. Ja, und das muss auch so sein. Denn bei allen Kombinationen, bei denen nicht alle vier Würfel die gleiche Zahl zeigen, gibt es mindestens zwei verschiedene Augensummen, die gebildet werden können. So wie mein Beispiel im vorherigen Beitrag eben für drei verschiedene Summen "günstig" ist. Stell dir anstelle von 4 Würfeln vier Millionen Würfel vor. Die Wahrscheinlichkeit, darunter zwei zu finden, deren Augensumme zB 4 ergibt wäre verdammt hoch, oder nicht? |
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Zitat aus dem Erstposting: " Die anderen zwei sind dann im Endeffekt egal." Da ich von diesem Spiel vorher noch nie etwas gehört habe und die Regeln überhaupt nicht kenne, bin ich über diese Bemerkung des Fragestellers gestrauchelt, die nach genauerer Betrachtung anzuzweifeln sein dürfte. Ich bin daraufhin, mich auf sicherem Glatteis wähnend, von einer wesentlich einfacheren Aufgabenstellung ausgegangen. In der Fragestellung war auch - wie üblich - nicht der Schimmer einer eigenen Idee zu entnehmen, so dass ich zunächst lediglich einen Hinweis zum ersten aller Schritte gegeben habe. Inzwischen habe ich das Spiel online gespielt und außerdem eine Rolle Rauhfasertapete im Baumarkt gekauft, um erstmal die 1296 möglichen Kombinationen untereinanderzuschreiben ... |
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Zitat aus dem Erstposting: " Die anderen zwei sind dann im Endeffekt egal." Ja!? Davon sind wir ja auch die ganze Zeit ausgegangen und das ist auch gut so, denn sonst wärs noch aufwändiger. Da ich von diesem Spiel vorher noch nie etwas gehört habe und die Regeln überhaupt nicht kenne, Da sind wir schon zu zweit ;-) Ich hab mich daher auch nur auf die Frage beschränkt: Gegeben 4 ganze Zahlen im Bereich von 1 bis 6. Gesucht die WKT, dass die Summe aus zweien von ihnen eine bestimmte Zahl ergibt. In der Fragestellung war auch - wie üblich - nicht der Schimmer einer eigenen Idee zu entnehmen, Ja, und im Grunde haben wir alle da ja auch noch immer keinen Schimmer. Ich hab zwar jetzt ein ppar weitere meiner brute force Ergebisse auf "mathematischere" Art nachgerechnet, aber mein "Verfahren" zu verallgemeinern, also etwa die Anzahl der Gesamtwürfel allgemein zu halten, ist mir nicht gelungen - jedenfalls nicht in einer praktikablen Art. Die Aufgabe ist ja auch gemein, weil sie gar so harmlos aussehend daher kommt. so dass ich zunächst lediglich einen Hinweis zum ersten aller Schritte gegeben habe. Der erste Schritt aufs sichere Glatteis, ja ;-) und außerdem eine Rolle Rauhfasertapete im Baumarkt gekauft, um erstmal die möglichen Kombinationen untereinanderzuschreiben . Na, dann können die Weihnachtsfeiertage ja getrost kommen. Frohes Fest! |
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Diese Frage wurde automatisch geschlossen, da der Fragesteller kein Interesse mehr an der Frage gezeigt hat.
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