Anzahl würfe eines 5er Paschs < Kombinatorik < Stochastik < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
|
| Status: |
(Frage) reagiert/warte auf Reaktion  | | Datum: | 20:49 So 02.11.2008 | | Autor: | derfragende |
Hallo zusammen,
ich habe versucht auszurechnen wie viele Würfe man braucht um mit 5 Würfeln (6 Seiten) einen 5er Pasch zu bekommen.
Ich werfe den ersten Wurf. Dann suche ich raus, von welcher Ziffer die meisten gefallen sind und Würfel dann mit den restlichen Würfeln so lange weiter bis alle die gleiche Ziffer anzeigen.
Mein Ergebnis ist: Man braucht durchschnittlich 18 Würfe.
1.) Stimmt das?
2.) Kann man hier ein vorgefertigtes kombinatorisches Modell nehmen?
3.) Wenn ja, welches?
Grüße
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
|
|
| |
|
also wenn ich dich richtig versteh meinst du mit fünfer pasch 11111 oder 22222 usw.
Wenn das so ist dann ist 18 Würfe ziemlich wenig.
eigentlich müsstest du eine Wahrscheinlichkeit p für den Fünferpasch haben die so aussieht:
[mm] p=(\bruch{1}{6})^5*6=\bruch{1}{1296}
[/mm]
also im durschschnit 1296 Würfe
aber ich glaub du meinst was andres
viell erklärst du nochmal genau was du machst!
Lg
drunken_monkey
|
|
|
| |
|
was genau ist unklar an meiner antwort?
|
|
|
| |
|
Hallo und Danke für deine Antwort.
Was du meinst ist wie oft ich Würfeln muss bist ich es erlebe, dass ich mit einem Wurf fünf mal die gleiche Zahl zu Gesicht zu bekommen. Das meine ich aber nicht.
Was ich meine, ist folgendes: Ich Würfel mit 5 Würfeln auf einmal. Sehe dann nach ob ich ein Paar habe. Wenn ich es habe verwende ich dieses Paar und mache mit den drei Würfeln weiter bis ich einen Drilling habe. Dann mache ich mit zwei Würfeln weitern ...
Ich habe nochmals gerechnet und komme mittlerweile auf 11, 3 Mal
Grüße
|
|
|
| |
|
Die Frage ist echt nicht so einfach wie kommst du denn auf dein Ergebnis?
|
|
|
| |
|
Schön, wir spielen also Würfelpoker, Yahtzee (R) oder eines der tausend handelsüblichen zu beiden vollständig homomorphen Spiele. Es ist die letzte Runde, nur noch der Eintrag "Fünfling"/fünf gleiche Zahlen ist offen.
Ich werfe einmal. Mit ein bisschen Glück (wie wahrscheinlich doch?) sind zwei oder sogar mehr gleiche dabei. Die lege ich beiseite. Mit dem Rest der Würfel mache ich einen zweiten Wurf. Wenn die schon beiseite gelegte Zahl wieder dabei ist, sortiere ich diese Würfel dazu und werfe nur noch den Rest.
Im gängigen Spiel ist dann Schluss, nach drei Versuchen. Wenn ich Dich recht verstehe, willst Du nun wissen, wie lange ich durchschnittlich weitermachen müsste, bis ich wirklich fünf gleiche habe, richtig?
Sag doch mal, wie Du auf 18 oder auf 11,3 kommst, dann ist es sowohl leichter, die Aufgabenstellung zu verstehen, als auch, Dir nach Überprüfung eine Hilfestellung zu geben.
d.monkey's Ergebnis ist richtig, wenn die Aufgabe lautete: wie hoch ist die Wahrscheinlichkeit, mit fünf Würfeln in einem Wurf (egal ob gleichzeitig oder nacheinander) die gleiche Zahl zu würfeln?
|
|
|
| |
|
An deiner Antwort ist nichts unklar, ich hab hier nur den falschen Knöpfen herumgefummelt.
Grüße
|
|
|
| |
|
Also : Im ersten Wurf ein beliebiges Paar zu treffen ist 4/6. Dazu zerlege ich den ersten Wurf mit den 5 Würfeln in 5 einzelne Würfe. Im ersten Wurf treffe ich eine beliebige Zahl. Danach habe ich 4 Mal 1/6 Wahrscheinlichkeit noch mal die Zahl des ersten Wurfes zu treffen.
Demnach muss ich den ersten Wurf (mit 5 Würfeln) 0,3 Mal ausführen um ein Paar zu erhalten.
Beim zweiten Wurf liegt das Pärchen und ich habe 3 Würfel je Wurf. Je Wurf also 3 Mal 1/6 die Zahl des Pärchen zu treffen.
Demnach muss ich den zweiten Wurf (mit 3 Würfeln) 2 Mal ausführen um insgesamt einen Drilling zu haben.
Beim dritten Wurf liegt der Drilling und ich habe 2 Würfel je Wurf. Je Wurf also 2 Mal 1/6 die Zahl des Drillings zu treffen.
Demnach muss ich den dritten Wurf (mit 2 Würfeln) 3 Mal ausführen um insgesamt einen Vierling zu haben.
Letzter Wurf: Vierling liegt. Ich habe noch ein Würfel und ich muss den 6 Mal werfen um statistisch die gleiche Zahl nochmals zu erhalten.
So habe ich gesamt: 0,3 + 2 + 3 + 6 = 11,3
Oder bin ich völlig auf dem Holzweg?
Grüße
|
|
|
| |
|
also dein weg ist schön wen du eine grobe Einschätzung willst aber um das genauer zu machen wird es relativ schwerer!
Du hast zum Beispiel nicht einberechnet, dass du nach einem Eurf theoretisch auch schon ein Drilling haben kannst oder ein vierling oder gar Fünfling.
Also ich weiß nicht deine Methode ist wenn man so haben will nicht sehr stochastisch mehr so pi mal daumen.
Es kommt nur drauf an für was du die aufgabe gelöst brauchst?
|
|
|
| |
|
Und was ist, wenn Dein erster Würfel ein x zeigt, aber danach noch zweimal (oder mehr) ein y geworfen wird? Diese Paare/Drillinge/Vierlinge hast Du noch gar nicht berücksichtigt.
drunken monkey hat völlig Recht, so einfach ist die Aufgabe bei weitem nicht, wie Du sie Dir machst.
|
|
|
| |
|
Also ich denke, dass die Aufgabe doch so einfach ist. Denn die Fälle (Drilling, Vierling, Kniffel) sind damit glaube ich auch abgedeckt. Gehen wir dazu mal der ersten Wurf durch, den ich laut Berechnung 0,3 Mal ausführen muss.
Die Wahrscheinlichkeit ein Paar zu treffen ist 4/6. Nach dem ersten Wurf (mit 5 Würfeln) kommt eine beliebige Zahl danach habe ich 4 Mal 1/6 diese Zahl noch mal zu erreichen.
Also fehlen noch 2/6 in denen irgendetwas passiert. In diesem drittel liegt z.B. dass ich eine Straße Würfel. Was durchschnittlich dazu führt, dass ich mehr Würfe bräuchte, aber auch dass ich sofort nach dem ersten Wurf den Kniffel habe. Was das Ergebnis nach unten korrigieren Würde. Also meines Erachtens müsste alles berücksichtigt sein.
Grüße
|
|
|
| |
|
Sorry, Du denkst falsch.
Vereinfachtes Beispiel mit drei Würfeln:
Die Wahrscheinlichkeit, im ersten Wurf genau 2 gleiche Zahlen zu erzielen, beträgt
[mm] 3*\bruch{1}{6}*\bruch{5}{6}=\bruch{5}{12}
[/mm]
Die Wahrscheinlichkeit, im ersten Wurf genau 3 gleiche Zahlen zu erzielen, beträgt
[mm] \bruch{1}{6}*\bruch{1}{6}=\bruch{1}{36}
[/mm]
Die Wahrscheinlichkeit, im ersten Wurf drei verschiedene Zahlen zu erzielen, beträgt
[mm] \bruch{5}{6}*\bruch{4}{6}=\bruch{5}{9}
[/mm]
Probe: [mm] \bruch{5}{12}+\bruch{1}{36}+\bruch{5}{9}=\bruch{15+1+20}{36}=\bruch{36}{36}=1
[/mm]
Versuch mal, auf welchem Weg Du selbst zu diesen Ergebnissen kommst, dann verstehst Du besser, warum Dein Ansatz viel zu einfach ist.
Im übrigen wird Deine endgültige Lösung einen oder mehrere Grenzwerte beinhalten müssen. Stell Dir vor, in der vereinfachten Version mit nur drei Würfeln fällt gleich beim ersten Mal ein Paar. Dann gibt es eine unendliche Folge von Wahrscheinlichkeiten [mm] p_{n} [/mm] dafür, dass der noch übrige Würfel genau im n-ten Wurf zum ersten Mal auch die Zahl des schon vorhandenen Paars zeigt.
|
|
|
| |
|
Interessanterweise stimmt mein Ergebnis aber bis auf eine Nachkommastelle und das bei 1 000 000 Messungen. Warum ich nun auf knapp 11,15 Versuche statt 11,3 komme liegt daran, dass ich vergessen habe zu berücksichtigen das ich im ersten Wurf ein Pärchen habe, im zweiten dann aber einen Drilling. Dann mache ich natürlich mit dem Drilling weiter und verwerfe das Pärchen
Grüße
|
|
|
| |
|
Sag mal, worum geht es Dir?
Willst Du eine ungefähre Abschätzung der durchschnittlich nötigen Zahl von Würfen - oder willst Du Wahrscheinlichkeitsrechnung üben?
Die Frage ist ernstgemeint. Deine Größenordnung ist absolut richtig, nur der Weg dahin falsch, weil nicht logisch vollständig. Für eine Abschätzung in den Ingenieurwissenschaften würde das reichen, sofern Du die Größenordnung des möglichen Fehlers etwa bestimmen kannst.
Einem Mathematiker reicht das aber überhaupt nicht. Da muss es schon eine logische Vollständigkeit geben.
Also, nimm's mir nicht krumm, aber ohne Antwort auf diese Frage habe ich keine Lust mehr, mich weiter zu engagieren. Mathematisch gesehen ist Dein Weg falsch, auch wenn er für die Praxis wahrscheinlich hinreichend genau ist.
|
|
|
| |
|
Bitte nicht verärgert sein. Also ursprünglich wollte ich nur überprüfen, ob meine Größenordnung stimmt.
Und natürlich interessiert mich auch die richtige Vorgehensweise wenn ich es Mathematisch korrekt machen will.
Aber mittlerweile hat sich natürlich einen Eigendynamik entwickelt. Und jetzt interessiert mich natürlich wieso mein Model "falsch" ist, aber so gut falsch, dass ich bei 1 000 000 Messungen sich der Wert so genau bei meinem Ergebnis einpendelt.
In erste Linie möchte ich aber das richtige mathematische Vorgehen um so eine Aufgabe mathematisch korrekt zu lösen.
Ich hoffe hiermit habe ich auf die "Sag mal, worum geht es Dir? "- Frage geantwortet.
Grüße
|
|
|
| |
|
Schon gut, ich war gar nicht verärgert, war wirklich eine ernstgemeinte Frage.
Die Zahl, die Du suchst, errechnet sich wie folgt. Sei W die Zahl der durchschnittlich zu erwartenden Würfe, die nötig sind, um einen Kniffel zu erreichen, und [mm] p_i [/mm] die Wahrscheinlichkeit, dass er im i-ten Wurf erreicht ist. Dann gilt:
W = [mm] \summe_{i=1}^{\infty}i*p_i
[/mm]
Nun ist die erhebliche Schwierigkeit, eine gute Formel für die [mm] p_i [/mm] zu finden.
Einfach ist [mm] p_1 [/mm] (Kniffel im ersten Wurf): [mm] p_1=\bruch{6}{6^5}=\bruch{1}{6^4}=\bruch{1}{1296}\approx [/mm] 0,0007716
[mm] p_2 [/mm] ist schon schwieriger und setzt sich zusammen aus:
1) im ersten Wurf vier Gleiche, im zweiten Wurf die fehlende
2) im ersten Wurf drei Gleiche, im zweiten Wurf die fehlenden beiden
3) im ersten Wurf zwei Gleiche (und vielleicht noch ein anderes Pärchen oder auch nich), im zweiten Wurf die fehlenden drei
4) im ersten Wurf nur unterschiedliche, im zweiten Wurf
4.1) mit allen fünf Würfeln die gleiche Zahl
4.2) mit nur vier Würfeln genau die Zahl des einen herausgelegten Würfels
Überhaupt beinhaltet die Rechnung Spieltaktik, wie sich an 4.1, 4.2 zeigt. Für eine vollständige Rechnung müssten auch Wahrscheinlichkeiten wie die mit einbezogen werden, dass Du im ersten Wurf zwei Gleiche herauslegst, dann dreimal wirfst, ohne die Zahl zu wiederholen, beim vierten Mal mit den drei Würfeln ein anderes Paar wirfst und daraufhin dieses beiseitelegst und die ersten beiden Würfel wieder mit zum Würfeln nimmst.
Weiter zu [mm] p_2.
[/mm]
Fall 1) im ersten Wurf vier Gleiche, im zweiten Wurf passend:
[mm] p_{2.1.4}=6*\vektor{5 \\ 4}*\bruch{1}{6^5}*\bruch{1}{6}=\bruch{5}{6^5}
[/mm]
Fall 2) im ersten Wurf drei Gleiche, dann passend:
[mm] p_{2.1.3}=6*\vektor{5 \\ 3}*\bruch{5*5}{6^5}*\bruch{1}{6^2}=\bruch{250}{6^6}
[/mm]
Fall 3.1) im ersten Wurf zwei Gleiche und drei verschiedene, zweiter Wurf drei passende
[mm] p_{2.1.2+3}=6*\vektor{5 \\ 2}*\bruch{5*4*3}{6^5}*\bruch{1}{6^3}=\bruch{100}{6^6}
[/mm]
Fall 3.2) im ersten Wurf zwei Pärchen und eine andere Zahl, beliebiges Pärchen behalten, zweiter Wurf drei passende
[mm] p_{2.1.2+2+1}=4*\vektor{6 \\ 2}*\vektor{5 \\ 2}*\vektor{3 \\ 2}*\bruch{1}{6^5}*\bruch{1}{6^3}=\bruch{50}{6^6}
[/mm]
Fall 4.1) im ersten Wurf alle verschieden, dann mit fünf Würfeln die gleiche Zahl:
[mm] p_{2.1.0}=\bruch{6!}{6^5}*\bruch{6}{6^5}=\bruch{20}{6^7}
[/mm]
Fall 4.2) im ersten Wurf alle verschieden, eine rauslegen, dann alle vier Würfel die richtige Zahl
[mm] p_{2.1.1}=\bruch{6!}{6^5}*\bruch{1}{6^4}=\bruch{20}{6^7}
[/mm]
Nun braucht man nur noch diese sechs Wahrscheinlichkeiten zu addieren, die Summe mit [mm] (1-p_1) [/mm] zu multiplizieren (weil ja sonst kein zweiter Wurf nötig gewesen wäre), und schon hat man [mm] p_2.
[/mm]
[mm] p_2=(1-\bruch{1}{6^4})*(\bruch{5}{6^5}+\bruch{250}{6^6}+\bruch{100}{6^6}+\bruch{50}{6^6}+\bruch{20}{6^7}+\bruch{20}{6^7})=\bruch{1295}{6^4}*(\bruch{180}{6^7}+\bruch{1500}{6^7}+\bruch{600}{6^7}+\bruch{300}{6^7}+\bruch{20}{6^7}+\bruch{20}{6^7})=
[/mm]
[mm] =\bruch{1295}{6^4}*\bruch{2620}{6^7}\approx [/mm] 0,009352
Für drei Würfe rechne ich das nicht mehr vor, aber folgende Wahrscheinlichkeiten wären zu bestimmen, zu summieren und dann mit [mm] (1-p_1-p_2) [/mm] zu multiplizieren:
1) 1. Wurf vier Gleiche, 2. Wurf daneben, 3. Wurf trifft
2) 1. Wurf drei Gleiche, 2. Wurf daneben, 3. Wurf die 2 fehlenden
3) 1. Wurf drei Gleiche, 2. Wurf ein Treffer, 3. Wurf auch
4) 1. Wurf zwei + drei versch., 2. Wurf kein Treffer, 3. Wurf alle 3 richtig
5) 1. Wurf zwei + drei versch., 2. Wurf ein Treffer, 3. Wurf die fehlenden
6) 1. Wurf zwei + drei versch., 2. Wurf zwei Treffer, 3. Wurf den fehlenden
7) 1. Wurf zwei + drei versch., 2. Wurf neues Pärchen-> Austausch, 3. Wurf die drei fehlenden
8) 1. Wurf 2+2+1, ...
... und dann könnte man, je nach Spieltaktik, auch noch mitnehmen: 1. Wurf Pärchen, 2. Wurf nix, 3. Wurf nochmal mit allen Würfeln: Kniffel
Du siehst, die Fälle werden schnell unübersichtlich. Bei 11 Würfen bist Du da nächstes Jahr noch am Rechnen - es sei denn, Du findest einen einfacheren Ansatz, z.B. über die Gegenereignisse. Wie wahrscheinlich ist es eigentlich, nach drei Würfen keinen Kniffel zu haben?
Die unendliche Reihe (siehe ganz am Anfang) ist nur dann zu bestimmen, wenn es einen geschlossenen Ausdruck für [mm] p_i [/mm] gibt, und der dürfte nur sehr mühsam zu finden sein, wenn überhaupt.
Verstehst Du jetzt, warum ich Deine Argumentation für zu vereinfacht halte?
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 21:30 Di 04.11.2008 | | Autor: | reverend |
Der Weg lässt sich bei einer gängigen Kniffelstrategie allerdings schon vereinfachen, so dass es nicht unmöglich ist, viele Züge weit zu rechnen.
Wenn schon a Würfel beiseite gelegt sind, untersucht man, wie wahrscheinlich die positiven Ereignisse im nächsten Wurf sind (also wie wahrscheinlich, dass noch einmal die gleiche Zahl, oder gar zweimal etc.), und wie wahrscheinlich ein negativer Ausgang ist.
Das sind nicht so viele, wie es klingt, wenn man schonmal annimmt, dass z.B. niemand als erstes einen Würfel herauslegt:
a=0 pos. Ereignisse: 2,3,4,5 Gleiche
a=1 entfällt (s.o.)
a=2 pos. Ereignisse: 1,2,3 gesuchte oder 3 Gleiche andere
a=3 pos. Ereignisse: 1,2 gesuchte
a=4 pos. Ereignisse: 1 gesuchter
Damit sind nur 15 Wahrscheinlichkeiten zu bestimmen.
Allerdings sind die dann nicht einfach zusammenzubauen, weil ja z.B. der folgende Weg zum Kniffel (nur einer von vielen!) zahllose Möglichkeiten hat. Dabei heißt "nach einigem Würfeln" mindestens 1mal, aber ggf. eben auch öfter.
Schritt 1 bis i) nach einigem Würfeln ist irgendwann ein Paar enthalten
Schritt i+1 bis j) nach einigem Würfeln zeigt ein weiterer Würfel die gesuchte Zahl
Schritt j+1 bis k) nach einigem Würfeln zeigen beide Würfel die gesuchte Zahl
Ein anderer Weg könnte sein:
Schritt 1 bis l) nach einigem Würfeln ist irgendwann ein Drilling enthalten
Schritt l+1 bis m) nach einigem Würfeln zeigt ein weiterer Würfel die gesuchte Zahl
Schritt m+1 bis n) nach einigem Würfeln zeigt der letzte Würfel die gesuchte Zahl
Aber auch die verschiedenen Fälle dieser Wege sind begrenzt und in sich jeweils "gleich" gebaut (gleiche eingesetzte Wahrscheinlichkeiten, nur in verschiedenen Potenzen). Das lässt sich dann alles entsprechend mit n bzw. k multiplizieren (Zahl der Würfe bis zum Kniffel) und addieren.
Trotzdem wärst Du auch damit einige Stunden beschäftigt, und hättest nur das Ergebnis für die zugrundegelegte "natürliche" Strategie, nicht etwa das ganze.
|
|
|
| |
|
Also danke für deine Antworten.
So kompliziert wie die erste müsste es glaube ich nicht sein. Meine Idee wäre auch eher folgendes: Im ersten Wurf treffe ich 5 gleiche, 4 gleiche, 3 gleiche, 2 gleich oder keine gleichen. Damit müsste ich alle Fälle abgedeckt haben.
Dann nehme ich 4 gleiche und berechne dort beide Wahrscheinlichkeiten, treffe den Fünfling oder nicht.
Und so weiter ...
So müsste sich doch auch eine vollständige mathematische Korrektheit ergeben?!
Viele Grüße und vielen Dank soweit schon mal
Wenn dich das interessiert wie wahrscheinlich es ist mit 3 Würfen noch keinen Kniffel zu haben. Das könnte das Programm das ich geschrieben habe auch ausrechnen 
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 23:02 Di 04.11.2008 | | Autor: | reverend |
Jetzt allerdings habe ich wirklich keine Lust mehr und höre hier auf. Vielleicht glaubst Du ja jemand anderem.
Du scheinst (noch) keine Erfahrung mit Wahrscheinlichkeitsrechnung zu haben, hast Dir dafür aber gleich eine richtig schwierige Aufgabe vorgenommen.
Dein Anfang der Fallunterscheidung ist gut und korrekt, aber ab da vernachlässigst Du zu viele Fälle, als dass die Aufgabe auch nur annähernd als gelöst gelten könnte.
Viel Spaß beim Programmieren weiterhin. Und nur damit Du nicht glaubst, ich wäre ein grundsätzlich muffiger Typ: ich habe mal genauso angefangen wie du offenbar gerade.
Freundliche Grüße also! Mach weiter so, aber frag nicht, wenn Du die Antworten weder glauben willst noch widerlegen kannst.
|
|
|
| |
|
Ich glaube weder dass du ein muffiger Typ bist, noch glaube ich deinen Antworten nicht. Was ich geschrieben habe ist in etwa das was du in deiner zweiten Antwort geschrieben hast. Wäre ich nicht noch mit deiner ersten Antwort beschäftigt gewesen hätte ich mit die zweite sparen können.
Aber ich weiß jetzt für mich zumindest wo das Problem liegt was ich offensichtlich nicht verstehe. Nämlich dass ich absolut jeden Fall berücksichtigen muss. Das ist das einzige was ich mir klarmachen, oder widerlegen muss :)
Grüße
|
|
|
|
