Würfelspiel mit 50 Würfeln

07.04.2009, 12:11

Calculator

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Würfelspiel mit 50 Würfeln

Hallo,
wir haben im Mathematikunterricht eine Aufgabe zur Wahrscheinlichkeitsrechnung gestellt bekommen, irgendwie habe ich da ein Problem alle möglichen Kombinationen (es sind mehr als 1*10^38) durchzugehen.
Die Aufgabe ging ungefähr so (tut mir leid, falls die Aufgabe schon irgendwo im Forum vorhaben sein sollte):
Man würfelt erstmal 50 Würfel und legt sie in eine Reihe (zufällig). Nun beginnt man beim ersten Würfel und geht die Anzahl der Augenzahlen weiter. Also wenn der 1. Würfel eine 1 zeigt landet man beim 2. Würfel. Dann guckt man beim nächsten Würfel auf die Augenzahl und geht diese Anzahl von Schritten weiter. Falls man dadurch nicht beim 50. Würfel landet macht man folgendes: Wenn man beim 49. Würfel ist und der keine 1 zeigt, nimmt man den 50. Würfel einfach raus. Auch wenn man zum Beispiel auf dem 47. Würfel landet und der eine 4, 5 oder 6 zeigt, nimmt man die letzten Würfel raus, so kann man bis zu 5 Würfel rausnehmen, wenn ich mich nicht täusche. Wenn man also sozusagen auf dem "letzten" Würfel gelandet ist, nimmt man nochmal nur den 1. Würfel und würfelt ihn.

Frage:
Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass man wieder genau auf dem "letzten" Würfel landet?

Ich habe es bisher nur geschafft die Wahrscheinlichkeit dieses Ereignisses bei 1, 2, 3 und 4 Würfeln auszurechnen, da kam raus.
1 Würfel: 100% (ist ja irgendwie klar)
2 Würfel: 86,111111...%
3 Würfel: 73,148148...%
4 Würfel: 61,419753...%
Das Spiel mit den 50 Würfeln habe ich zwar nicht gerechnet, dafür aber 30mal gespielt. Davon habe ich genau 25mal gewonnen (ich bin auf dem letzten Würfel gelandet) und 5mal verloren (ich bin nicht auf dem letzten Würfel gelandet). Also bin ich im Moment bei 83,333333...%

Wäre dankbar, wenn ihr mir helfen könnt.

07.04.2009, 18:55

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RE: Würfelspiel mit 50 Würfeln
Was soll dieses "rausnehmen" bedeuten, und inwieweit spielt das überhaupt eine Rolle?

Ich hab das so verstanden: Geht die Sache auf, d.h., man landet über die angegebene Kette beim 50.Würfel, dann wirft man nur den 1.Würfel noch mal und fragt nach der (bedingten) Wahrscheinlichkeit, dass es erneut aufgeht. Richtig?

Der Fall, dass es beim ersten Durchlauf nicht aufgeht, ist doch für die Fragestellung völlig irrelevant. Oder habe ich da was falsch verstanden?

08.04.2009, 13:41

Calculator

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RE: Würfelspiel mit 50 Würfeln

Zitat:

Original von Arthur Dent
Der Fall, dass es beim ersten Durchlauf nicht aufgeht, ist doch für die Fragestellung völlig irrelevant. Oder habe ich da was falsch verstanden?

Naja, es ist soweit relevant, dass die Kette dadurch kürzer wird und man ja gleich weiß, dass es bei einer Zahl auf jeden Fall nochmal aufgehen wird.

14.04.2009, 20:01

Calculator

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Es wäre nett, wenn mir trotzdem jemand sagen würde, wie ich es rechnen sollte:-)

14.04.2009, 20:09

AD

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Ich denke, es ist nach wie vor eine Frage des Verständnisses des genauen Ablaufs deines Experiments. Deine letzte Antwort hat mir das jedenfalls eher noch unverständlicher gemacht.

15.04.2009, 11:54

Calculator

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Naja, man würfelt ja einmal 50 Würfel und stellt sie zufällig in eine Reihe. Dann folgt man den Augenzahlen. Ach ich glaube ich mach einfach ein Beispiel:
3,2,4,1,1,4,2,1,5,1,3,6,5,5,3,4,2,3,6,5,6,4,1,4,2,3,2,1,3,6,1,3,3,2,6,6,3,6
,6,6,5,5,2,2,1,5,4,1,6,4
So, das sind die Augenzahlen, die ich gewürfelt habe. Der 1. Würfel zeigt eine 3 also gehe ich 3 Schritte und lande auf dem 4. Würfel, welcher eine 1 zeigt und somit bin ich auf dem 5. Würfel usw. Nun lande ich irgendwann auf dem 46. Würfel (der zeigt eine 5). Da ich aber mit einer 5 auf dem 51. Würfel landen würde und es ihn nicht gibt, verkürze ich die Kette. Ich schmeiße Würfel 47,48,49 und 50 in den Papierkorb. Jetzt besteht die Kette aus nur noch 46. Würfeln. Jetzt nehme ich den 1. Würfel (der eine 3 zeigt) und Würfel ihn. Jetzt zeigt er z.B. eine 6. Ich fange nochmal den Weg der Würfel zu gehen und komme am 46. Würfel an, also gewinne ich. Wäre ich nicht genau auf dem 46. Würfel gelandet, hätte ich verloren.
Und die Frage bleibt gleich: Wie groß war die Wahrscheinlichkeit bevor ich überhaupt nur einen Würfel gewüfelt habe, dass ich das Spiel gewinne?
Ich hoffe, es ist jetzt verständlicher geworden.

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15.04.2009, 13:04

AD

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Ok, jetzt ist es klarer. Das "wieder" in der Fragestellung kannst du dann aber streichen, denn du machst es ja nicht zur Voraussetzung, dass man im ersten Lauf beim letzten Würfel landet, genau das hatte mich ja in meiner ersten Nachfrage so verwirrt, dieses "wieder".

Deine Rechnungen

Zitat:

Original von Calculator
Ich habe es bisher nur geschafft die Wahrscheinlichkeit dieses Ereignisses bei 1, 2, 3 und 4 Würfeln auszurechnen, da kam raus.
1 Würfel: 100% (ist ja irgendwie klar)
2 Würfel: 86,111111...%
3 Würfel: 73,148148...%
4 Würfel: 61,419753...%
Das Spiel mit den 50 Würfeln habe ich zwar nicht gerechnet, dafür aber 30mal gespielt. Davon habe ich genau 25mal gewonnen (ich bin auf dem letzten Würfel gelandet) und 5mal verloren (ich bin nicht auf dem letzten Würfel gelandet). Also bin ich im Moment bei 83,333333...%

kann ich ebenfalls nicht nachvollziehen:

Mit steigender Würfelzahl sollte die Wahrscheinlichkeit nicht fallen, sondern steigen, dass man im zweiten Lauf beim letzten Würfel des ersten Laufes landet! Schließlich muss es im zweiten Lauf nur gelingen, auf die Würfelkette des ersten Laufs "aufzuspringen" - ist man einmal drauf, dann bleibt man bis zum Ende drauf. Und je länger die Kette ist, desto besser die Chance, irgendwann mal diesen Aufsprung zu schaffen.

15.04.2009, 14:01

...linda...

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ich denke du solltest das mit einem baumdiagramm machen....

15.04.2009, 17:31

Leopold

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Zitat:

Original von ...linda...
ich denke du solltest das mit einem baumdiagramm machen....

Das ist endlich mal ein hilfreicher Beitrag.
Am besten ein vollständiges Baumdiagramm. Und gleich jetzt anfangen, die Bäume für das dafür benötigte Papier zu fällen. Man kann die Umweltsünde ja wieder dadurch gut machen, daß man sich einige Kasten Krombacher reinzieht.

15.04.2009, 20:30

Calculator

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Zitat:

Mit steigender Würfelzahl sollte die Wahrscheinlichkeit nicht fallen, sondern steigen, dass man im zweiten Lauf beim letzten Würfel des ersten Laufes landet! Schließlich muss es im zweiten Lauf nur gelingen, auf die Würfelkette des ersten Laufs "aufzuspringen" - ist man einmal drauf, dann bleibt man bis zum Ende drauf. Und je länger die Kette ist, desto besser die Chance, irgendwann mal diesen Aufsprung zu schaffen.

Ja, aber da müsste man wahrscheinlich eine Fallunterscheidung machen, da die Wahrscheinlichkeit bis, glaube ich, 6. Würfel fällt und erst danach steigt. Bis zu 4. Würfeln habe ich auch vollständige Baumdiagramme. Aber das Baumdiagramm bei 4 Würfeln hat mich zeimlich viel Zeit gekostet. Wenn ich ein Baumdiagramm für 50. Würfel mit dem Computer machen würde, würde entweder mein Computer abstürtzen oder meine Augen würden es tun.^^
Ich brauchte dazu wirklich eine nachvollziehbare Rechnung, am besten eine, mit der ich auch längere oder kürzere Würfelketten berechnen kann.

15.04.2009, 21:05

parhelioz

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Zwei Anmerkungen:

1. Dass du die Würfel zufällig anordnen kannst, ist irrelevant.

2. Im zweiten Durchgang geht es nur darum, die Wahrscheinlichkeit auszurechnen, mit der man auf einen Würfel kommt, den man schon im ersten Durchgang "benutzt" hat.

Viel Spaß!

16.04.2009, 12:05

Leopold

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Entweder gibt es hier keinen genialen Trick - oder ich sehe ihn nicht. unglücklich

unglücklich

@ parhelioz

Man kann doch beim zweiten Durchgang eventuell auch durch Hüpfen auf andere Felder am Ziel ankommen. verwirrt

verwirrt

@ Calculator

Wenn einem die zündende Idee fehlt, hilft in gewissem Maße brutale Gewalt. Es bezeichne $\begin{eqnarray*} p_N \end{eqnarray*}$ die Wahrscheinlichkeit, das Spiel erfolgreich zu beenden, wenn man $\begin{eqnarray*} N \end{eqnarray*}$ statt 50 Würfel hat. Mit dem Computer habe ich die folgenden Werte gefunden:

$\begin{eqnarray*} 6^2 p_1 = 0 \, , \ \ 6^3 p_2 = 6 \, , \ \ 6^4 p_3 = 84 \, , \ \ 6^5 p_4 =888 \, , \ \ 6^6 p_5 = 8400 \, , \ \ 6^7 p_6 = 74976 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} 6^8 p_7 = 646464 \, , \ \ 6^9 p_8 = 4319796 \, , \ \ 6^{10} p_9 = 28688268 \, , \ \ 6^{11} p_{10} = 188978760 \end{eqnarray*}$

Im Anhang ein Programm, mit dem man das Zufallsexperiment simulieren kann.

16.04.2009, 13:26

Huggy

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Zitat:

Original von Leopold
Wenn einem die zündende Idee fehlt, hilft in gewissem Maße brutale Gewalt. Es bezeichne $\begin{eqnarray*} p_N \end{eqnarray*}$ die Wahrscheinlichkeit, das Spiel erfolgreich zu beenden, wenn man $\begin{eqnarray*} N \end{eqnarray*}$ statt 50 Würfel hat. Mit dem Computer habe ich die folgenden Werte gefunden:

$\begin{eqnarray*} 6^2 p_1 = 0 \, , \ \ 6^3 p_2 = 6 \, , \ \ 6^4 p_3 = 84 \, , \ \ 6^5 p_4 =888 \, , \ \ 6^6 p_5 = 8400 \, , \ \ 6^7 p_6 = 74976 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} 6^8 p_7 = 646464 \, , \ \ 6^9 p_8 = 4319796 \, , \ \ 6^{10} p_9 = 28688268 \, , \ \ 6^{11} p_{10} = 188978760 \end{eqnarray*}$

Mit den Zahlen scheint etwas nicht zu stimmen.
Es ist doch

$\begin{eqnarray*} p_2=\frac{1}{6} \end{eqnarray*}$ .

Man gewinnt genau dann. wenn W1 = 1.

Aber auch, wenn man überall den Faktor 6 wegnimmt, passt es noch nicht. Bei N = 3 komme ich auf folgendes:

Man gewinnt im ersten Durchgang bei 2xx (p =1/6) und bei 11x (p = 1/36). Bei 1>1x (p = (1/6)*(5/6) = 5/36 kommt es zu einem zweiten Durchgang mit N = 2, den man mit p = 1/6 (siehe oben) gewinnt. Insgesamt komme ich auf:

$\begin{eqnarray*} p_3=\frac{1}{6}+\frac{1}{36}+\frac{1}{6}\cdot\frac{5}{36}=\frac{47}{216} \end{eqnarray*}$

16.04.2009, 16:01

Huggy

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Zitat:

Original von Leopold
Entweder gibt es hier keinen genialen Trick - oder ich sehe ihn nicht. unglücklich

unglücklich

Einen genialen Trick sehe ich auch nicht. Obwohl ich es nicht für ausgeschlossen halte, dass sich mit viel Fleiß eine explizite Formel angeben lässt.

Für große N konvergiert die Gewinnwahrscheinlichkeit gegen einen Grenzwert. Der lässt sich zumindest angeben. Da man im Mittel eine 3,5 würfelt, ist die Wahrscheinlichkeit, dass man bei großem N im ersten Durchgang auf N landet = 2/7. In 5/7 der Fälle kommt es zu einem zweiten Durchgang, bei dem man das neue N wieder mit Wahrscheinlichkeit 2/7 erreicht. Das müsste man noch exakter beweisen, da die beiden Durchgänge nicht unabhängig voneinander sind, weil nur der erste Würfel neu geworfen wird. aber ich denke, es stimmt. Damit bekommt man insgesamt für großes N:

$\begin{eqnarray*} p_N=\frac{2}{7}+\frac{2}{7}\cdot\frac{5}{7}=\frac{24}{49} \end{eqnarray*}$

16.04.2009, 16:41

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Zitat:

Original von Huggy
Für große N konvergiert die Gewinnwahrscheinlichkeit gegen einen Grenzwert.

Da stimme ich zu.

Zitat:

Original von Huggy
bei dem man das neue N wieder mit Wahrscheinlichkeit 2/7 erreicht.

Wieso? Für $\begin{eqnarray*} N\to\infty \end{eqnarray*}$ dürfte diese Wahrscheinlichkeit gegen 1 konvergieren, die Gründe habe ich oben genannt.

16.04.2009, 17:57

Leopold

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Ich habe das so verstanden, daß man auf jeden Fall zwei Durchgänge hat.

1. Fall: Der erste Würfel zeigt 3,4,5,6

In diesem Fall muß man die letzten beiden Würfel wegnehmen, und egal, was man nun mit dem ersten Würfel würfelt, man schießt sofort übers Ziel hinaus. Der 1. Fall ist ungünstig.

2. Fall: Der erste Würfel zeigt 2.

Man landet auf dem dritten Würfel und muß beim zweiten Durchgang wieder auf dem dritten Würfel ankommen. Man würfelt also erneut mit dem ersten Würfel.

2a) Man würfelt mit ihm eine 3,4,5,6. Dieser Fall ist ungünstig.
2b) Man würfelt mit ihm eine 2. Dieser Fall ist günstig.
2c) Man würfelt mit ihm eine 1. Dann kommt man nur dann ans Ziel (den dritten Würfel), wenn der zweite Würfel auch eine 1 zeigt.

Die Wahrscheinlichkeit für die günstigen Fälle in 2b) und 2c) ist $\begin{eqnarray*} \frac{1}{6} \cdot \frac{1}{6} + \frac{1}{6} \cdot \frac{1}{6} \cdot \frac{1}{6} \end{eqnarray*}$

3. Fall: Die ersten beiden Würfel zeigen 11.

Man landet auf dem dritten Würfel und muß beim zweiten Durchgang wieder auf dem dritten Würfel ankommen. Man würfelt also erneut mit dem ersten Würfel.

3a) Man würfelt mit ihm eine 3,4,5,6. Dieser Fall ist ungünstig.
3b) Man würfelt mit ihm eine 2. Dieser Fall ist günstig.
3c) Man würfelt mit ihm eine 1. Dieser Fall ist günstig.

Die Wahrscheinlichkeit für die günstigen Fälle in 3b) und 3c) ist $\begin{eqnarray*} \frac{1}{36} \cdot \frac{1}{6} + \frac{1}{36} \cdot \frac{1}{6} \end{eqnarray*}$ .

4. Fall: Die ersten beiden Würfel zeigen 1x, wo x für eine Augenzahl ungleich 1 steht.

Man landet auf dem zweiten Würfel und muß beim zweiten Durchgang wieder auf dem zweiten Würfel landen. Man würfelt also erneut mit dem ersten Würfel.

4a) Man würfelt eine 2,3,4,5,6. Dieser Fall ist ungünstig.
4b) Man würfelt eine 1. Dieser Fall ist günstig.

Die Wahrscheinlichkeit für den günstigen Fall 4b) ist $\begin{eqnarray*} \frac{5}{36} \cdot \frac{1}{6} \end{eqnarray*}$ .

Addiere ich alles, komme ich auf $\begin{eqnarray*} p_3 = \frac{7}{108} = \frac{84}{6^4} \end{eqnarray*}$ . Das deckt sich mit dem, was mein Rechner herausbekommen hat.

Immer diese unklaren Aufgabenstellungen ...

16.04.2009, 20:00

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Zur Untermauerung der These $\begin{eqnarray*} p_n\to 1 \end{eqnarray*}$ hier ein paar Simulationsergebnisse für größere $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ , basierend auf Brute-Force-Simulationen von jeweils $\begin{eqnarray*} N=10^9 \end{eqnarray*}$ Wiederholungen des Experiments:

$\begin{eqnarray*} \begin{array}{|r|l|l|}\hline n & p_n & 3\sigma_n \\ \hline 10 & 0.5208713 & 0.0000474 \\ \hline 11 & 0.5662046 & 0.0000470 \\ 12 & 0.6082543 & 0.0000463 \\ 13 & 0.6452521 & 0.0000454 \\ 14 & 0.6762909 & 0.0000444 \\ 15 & 0.7055164 & 0.0000432 \\ 16 & 0.7325992 & 0.0000420 \\ 17 & 0.7573162 & 0.0000407 \\ 18 & 0.7797127 & 0.0000393 \\ 19 & 0.7998807 & 0.0000380 \\ \hline 20 & 0.8181059 & 0.0000366 \\ \hline 21 & 0.8347603 & 0.0000352 \\ 22 & 0.8499239 & 0.0000339 \\ 23 & 0.8637011 & 0.0000325 \\ 24 & 0.8761921 & 0.0000312 \\ 25 & 0.8875421 & 0.0000300 \\ 26 & 0.8978427 & 0.0000287 \\ 27 & 0.9072050 & 0.0000275 \\ 28 & 0.9157053 & 0.0000264 \\ 29 & 0.9234272 & 0.0000252 \\ \hline 30 & 0.9304328 & 0.0000241 \\ \hline 31 & 0.9368158 & 0.0000231 \\ 32 & 0.9425881 & 0.0000221 \\ 33 & 0.9478394 & 0.0000211 \\ 34 & 0.9526364 & 0.0000202 \\ 35 & 0.9569959 & 0.0000192 \\ 36 & 0.9609411 & 0.0000184 \\ 37 & 0.9645435 & 0.0000175 \\ 38 & 0.9677936 & 0.0000167 \\ 39 & 0.9707463 & 0.0000160 \\ \hline 40 & 0.9734200 & 0.0000153 \\ \hline 41 & 0.9758551 & 0.0000146 \\ 42 & 0.9780505 & 0.0000139 \\ 43 & 0.9800509 & 0.0000133 \\ 44 & 0.9818588 & 0.0000127 \\ 45 & 0.9835191 & 0.0000121 \\ 46 & 0.9850339 & 0.0000115 \\ 47 & 0.9864042 & 0.0000110 \\ 48 & 0.9876500 & 0.0000105 \\ 49 & 0.9887842 & 0.0000100 \\ \hline 50 & 0.9898151 & 0.0000095 \\ \hline 55 & 0.9937187 & 0.0000075 \\ 60 & 0.9961194 & 0.0000059 \\ 65 & 0.9975940 & 0.0000046 \\ 70 & 0.9985108 & 0.0000037 \\ 75 & 0.9990750 & 0.0000029 \\ 80 & 0.9994288 & 0.0000023 \\ 90 & 0.9997823 & 0.0000014 \\ 100 & 0.9999162 & 0.0000009 \\ \hline \end{array} \end{eqnarray*}$

Dabei wurde wie üblich $\begin{eqnarray*} \sigma_n = \sqrt{\frac{p_n(1-p_n)}{N}} \end{eqnarray*}$ geschätzt.

EDIT: Anscheinend war der Internet Explorer wieder mal unfähig, die Tabelle anzuzeigen, die gemäß dieser sinnvollen Bordergänzung erstellt wurde - im Gegensatz zu Firefox, wo es keine Probleme gab. Korrigiert, statt Zeilenvorschüben habe ich wieder die alten \\ eingesetzt, damit es nun auch wieder der IE schluckt.

16.04.2009, 23:22

Leopold

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Irgendwie kann man deine Liste nicht lesen. Ich mußte den Zitat-Knopf betätigen. Die Ergebnisse decken sich mit denen, die mein Programm liefert. Du bist anscheinend auch davon ausgegangen, daß man auf jeden Fall zwei Durchgänge ausführt, auch wenn man beim ersten Mal genau auf den fünfzigsten Würfel trifft.

17.04.2009, 08:47

AD

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Genau: Im immer durchgeführten zweiten Lauf überprüft man, ob man da bei dem letzten Würfel des ersten Laufes (das ist einer der Würfel 45...50) landet. Dazu muss man übrigens nicht alle 50 Würfel simulieren, sondern nur folgende:

Zitat:

Original von Calculator
Ach ich glaube ich mach einfach ein Beispiel:

3,2,4,1,1,4,2,1,5,1,3,6,5,5,3,4,2,3,6,5,6,4,1,4,2,3,2,1,3,6,1,3,3,2,6,6,3,6,6,6,5,5,2,2,1,5,4,1,6,4

Im zweiten Lauf müssen dann weiter simuliert werden

6,2,4,1,1,4,2,1,5,1,3,6,5,5,3,4,2,3,6,5,6,4,1,4,2,3,2,1,3,6,1,3,3,2,6,6,3,6,6,6,5,5,2,2,1,5

Bei Erreichen der fett gezeichneten 5 ist der Aufsprung auf die Kette des ersten Laufes geschafft. Simuliert werden müssen nur die roten Werte im ersten Lauf, zusätzlich dann noch die blauen im zweiten Lauf - der Rest kann in der Simulation glatt unter den Tisch fallen.

EDIT: Hmm, noch besser (quasi beide Läufe simultan) organisiert muss man im Erfolgsfall die Würfelkette nur bis zum Zusammentreffen simulieren - im Beispiel bis hierhin:

6,2,4,1,1,4,2,1,5,1,3,6,5,5

Das verkürzt die Rechenzeit und überhaupt die Organisation der Berechnung deutlich...

21.04.2009, 16:58

Calculator

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Zitat:

Original von Leopold
Im Anhang ein Programm, mit dem man das Zufallsexperiment simulieren kann.

Hmm, wie funktioniert das Programm denn? Ich meine, wie rechnet es? Jedoch muss ich sagen, dass man ja bei einem Würfel immer gewinnt, da man im ersten Versuch immer auf dem letzten landet und beim zweiten auch, da der 1. gleichzeitig der letzte ist. Und für 2, 3, 4 Würfel habe ich ja auch schon die Werte ausgerechnet, aber das Programm zeigt mir da etwas anderes. Ich frage mich, ob es wirklich die 2 Durchgänge richtig begriffen hat. Oder kann es nur in einer bestimmten Definitionsmenge rechnen?

21.04.2009, 19:19

AD

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Zitat:

Original von Calculator
aber das Programm zeigt mir da etwas anderes.

Es kommt einfach drauf an, ob man diese Art "sofortigen Anfangserfolg" im Algorithmus beachtet. Wenn man eh nur $\begin{eqnarray*} n\geq 7 \end{eqnarray*}$ im Auge hat, ist das unnötig und verlangsamt nur den Programfluss. Ich hab das in meinem Programm deshalb auch außen vor gelassen - wenn man unbedingt will, kann man ja für $\begin{eqnarray*} n\leq 6 \end{eqnarray*}$ die fehlenden $\begin{eqnarray*} \frac{7-n}{6} \end{eqnarray*}$ dazuaddieren, um auf deine Werte zu kommen. Augenzwinkern

Augenzwinkern

P.S.: Mit den von mir oben erwähnten "Tricks" kann man locker $\begin{eqnarray*} N=10^{10} \end{eqnarray*}$ Simulationen in 5 Minuten fahren, zumindest auf einem Q9550 unter Auslastung aller 4 Kerne. Big Laugh

Big Laugh

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