Wahrscheinlichkeit 2 Würfel < Wahrscheinlichkeit < Stochastik < Oberstufe < Schule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 15:21 Fr 09.12.2011 | | Autor: | hsvalzey |
| Aufgabe | Eine Gruppe von Personen möchte bei einem Würfelspiel vorab wissen wie hoch die Wahrscheinlichkeit für gleiche Ergebnisse ist.
Gewürfelt wird mit zwei Würfeln, jeder hat einen Versuch. Gewinner ist der mit der höchsten Augenzahl (4-4 ist gleichbedeutend mit 6-2). Bei Punktgleichheit gibt es ein Stechen. |
Mit wieviel Stechen ist zu rechnen nach der ersten Runde bei:
a) 8 Teilnehmern
b) 10 Teilnehmern
c) 12 Teilnehmern
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 21:10 Fr 09.12.2011 | | Autor: | luis52 |
Moin hsvalzey,
![[willkommenmr]](/images/smileys/willkommenmr.png "[willkommenmr]")
Eine spannende Fragestellung!
Es waere schoen, wenn du uns ein paar eigene Loesungsueberlegungen
mitteilen wuerdest ...
vg Luis
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 21:49 Fr 09.12.2011 | | Autor: | hsvalzey |
Hallo Luis,
wir haben uns schon zusammen überlegt wie die Lösung anzugehen ist.
Die Wahrscheinlichkeit für eine der 11 möglichen Ergebnisse ist noch klar.
2 und 12 haben nur eine mögliche Lösung, 7 hat sechs mögliche Lösungen usw.
Hier liegt eine der Hauptschwierigkeiten, dass die möglichen Ergebnisse nicht gleichmäßig verteilt sind.
Und wie beachtet man, das zwar mit zwei Würfeln gewürfelt wird, aber z.B die Ergebnisse 1-6 und 6-1 gleich zu werten sind, aber trotzdem die Wahrscheinlichkeit für das Ergebnis 7 beeinflussen?
Jede Hilfestellung ist willkommen !
Viele Grüße
Frank
> Moin hsvalzey,
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> Eine spannende Fragestellung!
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> Es waere schoen, wenn du uns ein paar eigene
> Loesungsueberlegungen
> mitteilen wuerdest ...
>
> vg Luis
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 23:21 Fr 09.12.2011 | | Autor: | luis52 |
Ich habe nur eine Loesung dafuer, dass es zu *keinem* Stechen kommt, die jedoch fuer beliebige $n_$...
Verstehe ich die Aufgabe richtig? Man will die Verteilung der Anzahl der Stechen bestimmen? Also die Wsk fuer [mm] $0,1,2,3,\dots$ [/mm] Stechen?
vg Luis
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Hallo Frank / hsvalzey,
Luis hat schon Recht; normalerweise verlangen wir hier von unseren Nutzern etwas mehr an Eigenbeitrag und eigene Lösungsansätze. Das ist aber bei dieser Aufgabe schwierig und ich sehe, dass Ihr versucht habt, Euch einen Überblick zu verschaffen.
Außerdem ist in der Tat die Aufgabe sehr schlecht gestellt und m.E. auch in einer kaum zumutbaren "Größenordnung". Kann es sein, dass Ihr Euch diese Aufgabe selbst gestellt habt, z.B. um die Wahrscheinlichkeiten des Spiels zu ermitteln?
> Eine Gruppe von Personen möchte bei einem Würfelspiel
> vorab wissen wie hoch die Wahrscheinlichkeit für gleiche
> Ergebnisse ist.
> Gewürfelt wird mit zwei Würfeln, jeder hat einen
> Versuch. Gewinner ist der mit der höchsten Augenzahl (4-4
> ist gleichbedeutend mit 6-2). Bei Punktgleichheit gibt es
> ein Stechen.
> Mit wieviel Stechen ist zu rechnen nach der ersten Runde
> bei:
> a) 8 Teilnehmern
> b) 10 Teilnehmern
> c) 12 Teilnehmern
Was soll denn heißen "mit wieviel Stechen"? Wie hoch die Wahrscheinlichkeit ist, dass überhaupt ein Stechen nach der ersten Runde stattfindet? Oder detaillierter, wie hoch die Wahrscheinlichkeit dafür ist, dass ein Stechen zwischen 2 oder 3 oder 4 etc. Personen stattfindet?
Die Wahrscheinlichkeit dafür, dass überhaupt ein Stechen stattfindet, ist am leichtesten über die Gegenwahrscheinlichkeit zu bestimmen, und immer noch schwierig genug.
Das Gegenereignis ist ja dies: es findet kein Stechen statt, weil die höchste Punktzahl nur von genau einer Person geworfen wurde.
Nun betrachten wir mal ein paar Wahrscheinlichkeiten. Die genaue Augenaufteilung ist ja egal, es genügt also, das Ergebnis zu betrachten. Wir brauchen nun folgende Wahrscheinlichkeiten; dabei heißt p(a) die Wahrscheinlichkeit, genau das Ergebnis a zu haben, und p(-a) die Wahrscheinlichkeit, ein Ergebnis kleiner als a zu haben. Ich verwende für die Bezeichnung kein Kleinerzeichen, also [mm]p(
Ach, und noch eine Vereinfachung für die Tabelle: da alle Wahrscheinlichkeiten den Nenner 36 haben, notiere ich mal nur die Zähler.
p(2)=1, p(-2)=0
p(3)=2, p(-3)=1
p(4)=3, p(-4)=3
p(5)=4, p(-5)=6
p(6)=5, p(-6)=10
p(7)=6, p(-7)=15
p(8)=5, p(-8)=21
p(9)=4, p(-9)=26
p(10)=3, p(-10)=30
p(11)=2, p(-11)=33
p(12)=1, p(-12)=35
Nun können wir die Wahrscheinlichkeit dafür berechnen, dass es zu keinem Stechen bei n Spielern kommt:
edit: Ab hier blaue Korrekturen!
[mm]p(kein\ Stechen)=\summe_{k=2}^{12}\blue{\vektor{n\\1}*}p(k)*(p(-k))^{n-1}[/mm]
Mit einer Tabellenkalkulation ist das ja schnell erledigt.
Bei 3 Spielern beträgt p(kein Stechen)=0,838155...
Bei 5 Spielern 0,782417...
Bei 8 Spielern 0,729911...
Bei 10 Spielern 0,701864...
Bei 12 Spielern 0,676845...
Wenn aber die Einzelwahrscheinlichkeiten gefragt sind z.B. für ein Stechen mit s Personen aus n Spielern, dann müssen wir die Formel noch ein bisschen ausbauen:
[mm]p(Stechen\ mit\ s\ Pers.)=\summe_{k=2}^{12}\blue{\vektor{n\\s}*}(p(k))^{s}*(p(-k))^{n-s}[/mm]
Na dann viel Spaß beim Rechnen. 
So, jetzt stimmts aber. Zur Probe kann man ja mal für verschiedene n dies hier überprüfen:
[mm] \blue{\summe_{s=1}^{n}\left(\summe_{k=2}^{12}\vektor{n\\s}*(p(k))^{s}*(p(-k))^{n-s}\right)=1}
[/mm]
Grüße
reverend
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 14:59 Sa 10.12.2011 | | Autor: | reverend |
Hallo nochmal,
da gibt es noch zwei kleine Probleme, bzw. einen Spezialfall mit einem weiteren besonderen Unterfall.
> Wenn aber die Einzelwahrscheinlichkeiten gefragt sind z.B.
> für ein Stechen mit s Personen aus n Spielern, dann
> müssen wir die Formel noch ein bisschen ausbauen:
>
> [mm]p(Stechen\ mit\ s\ Pers.)=\summe_{k=2}^{12}\blue{\vektor{n\\
s}*}(p(k))^{s}*(p(-k))^{n-s}[/mm]
Das Problem entsteht, wenn man die Wahrscheinlichkeit dafür bestimmen will, dass alle n Spieler ins Stechen kommen, also alle das gleiche Ergebnis gewürfelt haben. Für den Wert k=2 steht dann [mm] (p(-k))^0 [/mm] in der Formel, und da p(-2)=0 ist, gibt es einen nicht definierten Term [mm] 0^0.
[/mm]
Das ist m.E. nur zu lösen, wenn man den Fall s=n, k=2 gesondert betrachtet und den Geltungsbereich der Formel entsprechend einschränkt. Das geht hier glücklicherweise noch einigermaßen elegant, da der Fall k=2 für alle anderen s nicht auftaucht: mit einer 2 kommt man nur dann ins Stechen, wenn alle anderen das gleiche Ergebnis geworfen haben.
Also für s<n: [mm]p(Stechen)=\summe_{k=\blue{3}}^{n}\vektor{n\\
s}*(p(k))^s*(p(-k))^{n-s}[/mm]
Und für s=n: [mm]p(Stechen)=(p(2))^n+\summe_{k=3}^{n}(p(k))^n[/mm]
> So, jetzt stimmts aber. Zur Probe kann man ja mal für
> verschiedene n dies hier überprüfen:
>
> [mm]\blue{\summe_{s=1}^{n}\left(\summe_{k=2}^{12}\vektor{n\\
s}*(p(k))^{s}*(p(-k))^{n-s}\right)=1}[/mm]
Und das müsste schließlich korrekterweise so lauten:
[mm] (p(2))^n+\summe_{s=1}^{n}\left(\summe_{k=\blue{3}}^{12}\vektor{n\\s}*(p(k))^s*(p(-k))^{n-s}\right)=1
[/mm]
Zu erwähnen wäre auch, dass die Formel für n=1 keine besonders aussagekräftigen Ergebnisse liefert. Diesen Fall löst man aber wahrscheinlich sowieso besser anders: bei nur einem Spieler hängt es von der Definition der Spielregel ab, welcher der folgenden Fälle eintritt:
1) Es kommt nie zum Stechen, weil nie zwei oder mehr Spieler das gleiche Ergebnis haben.
2) Es kommt immer zum Stechen, weil immer alle Spieler das gleiche Ergebnis haben.
reverend
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 12:33 Sa 10.12.2011 | | Autor: | luis52 |
Moin,
ich widerspreche Hochwuerden nur ungern, aber in diesem Fall komme ich nicht umhin.
Seine Formel hat einen kleinen Schoenheitsfleck. Das Ereignis Es kommt zu keinem Stechen bei $n_$ Teilnehmern kann sich wie folgt realisieren: Genau ein Teilnehmer wuerfelt die Augensumme $k_$ und $n-1_$ Teilnehmer werfen eine Augensumme $<k$, [mm] $k=3,\dots12$. [/mm] Es gibt jeweils $n_$ Moeglichkeiten, dass das passiert. Also ist die gesuchte Wsk
[mm] $\frac{n}{36^n}(2\cdot 1^{n-1}+3\cdot 3^{n-1}+4\cdot 6^{n-1}+5\cdot 10^{n-1}+6\cdot 15^{n-1}+5\cdot 21^{n-1}+4\cdot 26^{n-1}+3\cdot 30^{n-1}+2\cdot 33^{n-1}+1\cdot 35^{n-1})$.
[/mm]
Wenn ich das korrekt deute, fehlt in der reverendschen Formel nur der Faktor $n_$. Eine kleine Simulation (selbstverstaendlich in R) bestaerkt mich hierbei. Es ergibt sich so die folgende Tabelle:
| 1: | n Wsk
| | 2: | 2 0.8873457
| | 3: | 3 0.8381559
| | 4: | 4 0.8062676
| | 5: | 5 0.7824172
| | 6: | 6 0.7627591
| | 7: | 7 0.7455397
| | 8: | 8 0.7299117
| | 9: | 9 0.7154364
| | 10: | 10 0.7018643
| | 11: | 11 0.6890375
| | 12: | 12 0.6768454
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vg Luis
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 12:51 Sa 10.12.2011 | | Autor: | reverend |
Hallo Luis,
Du hast natürlich Recht. Danke für die Korrektur.
Dann fehlt bei mir übrigens in der letzten Formel auch noch der Faktor [mm] \vektor{n\\s}. [/mm] Werde das gleich mal korrigieren.
Grüße
reverend
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Hallo!
Vielen Dank schon mal für die Ideen. Bei 12 Personen muss die Wahrscheinlichkeit für ein Stechen aber 100% sein, da es mit zwei Würfeln nur 11 verschiedene Summen gibt (2, 3, ...12). Die in den Antworten oben genannten Ergebnisse können daher nicht korrekt sein.
Vermutlich löst man das Problem am besten mit einer Simulation.
Gruß
Andreas
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 18:56 So 11.12.2011 | | Autor: | luis52 |
Moin [mm] HSV_ALZEY_2,
[/mm]
Es kann sein, dass elf Personen einen Einerpasch wuerfeln und eine die Augensumme 3. Auch dann findet kein Stechen statt.
vg Luis
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