Huygens Würfelspielproblem

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Cranos Auf diesen Beitrag antworten »
Huygens Würfelspielproblem
A und B spielen mit zwei Würfeln unter der Bedingung, dass A gewinnt, wenn er sechs Augen wirft, und B gewinnt, wenn er sieben Augen wirft. a beginnt das Spiel mit einem Wurfe, dann tut B zwei Würfe hintereinander, dann ebenso A zwei Würfe und so fort, bis einer von beiden gewinnt. Wie verhält sich die Gewinnchance von A zu der von B ?

Als Tipp wurde uns die Anweisung gegeben die Summenformel einer unendlichen geometrischen Reihe zu verwenden. Ich habe sie in meiner ( Sieber ) Formelsammlung nachgeschaut :s=lim from n toward infinity sn=a over (1-q)

Mit der Aufgabe kann ich so garnichts anfangen, bitte um Hilfe.

Mfg Cranos
AD Auf diesen Beitrag antworten »

In der Schule werden doch so gerne Wahrscheinlichkeitsbäume gezeichnet - und genau das kannst du hier auch machen, nur dass der Baum hier unendlich groß wird.

Als erstes solltest du dich um die Berechnung der Verzweigungswahrscheinlichkeiten kümmern, d.h. mit welcher Wahrscheinlichkeit gewinnt A bzw. B so einen Doppelwurf (dann bricht der Ast dort ab), andernfalls wird weiter verzweigt...
Cranos Auf diesen Beitrag antworten »

Erstmal danke für die schnelle Antwort =)

Ich hab mir so einen Baum jetzt mal gezeichnet und alle möglichen Ergebnisse von einem Wurf mit zwei Würfeln aufgeschrieben und komm auf die Möglichkeit, dass sechs Augen geworfen werden ( also A gewinnt ), von 1/7 . Für die Gewinnchance von B ( sieben Augen ) ergibt sich die gleiche Wahrscheinlichkeit ( 1/7 ). Wenn ich das jetzt in den Baum eintrage komme ich dann auf (6/7)^n-1 * 1/7.
Nur das mit der Reihenfolge,dass A anfängt und dann jeder 2 Würfe hat verwirrt mich.
AD Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:
Original von Cranos
und alle möglichen Ergebnisse von einem Wurf mit zwei Würfeln aufgeschrieben und komm auf die Möglichkeit, dass sechs Augen geworfen werden ( also A gewinnt ), von 1/7 .

Nein, das ist falsch: Der Laplacesche W-Raum aller Wurfergebnisse mit 2 Würfeln umfasst 36 Elementarereignisse - sämtliche Wahrscheinlichkeiten darin müssen Vielfache von 1/36 sein. Wahrscheinlichkeit 1/7 ist also völlig unmöglich. unglücklich

Vermutlich hast du mit dem 21 Elementarereignisse umfassenden W-Raum der "geordneten" Zweierwurfergebnisse gerechnet - dummerweise ist der NICHT Laplacesch, womit die von dir vorgenommene Rechnung "günstige Anzahl geteilt durch Gesamtanzahl" nicht die richtige Wahrscheinlichkeit ergibt.
Cranos Auf diesen Beitrag antworten »

Achso ja stimmt, danke für den Hinweiß, ich hatte fälschlicherweise die Anzahl als Wahrscheinlichkeit gesehen, aber wenn ich jetzt die 6 Möglichen Beispiele mit der jeweiligen Wahrscheinlichkeit multipliziere, komme ich auf 6/36 für A und 6/36 für B. Ich hoffe dieses Zwischenergebnis ist richtig, wäre es in diesem Fall denn sinnvoll zu kürzen auf 1/6 ?
AD Auf diesen Beitrag antworten »

Für B ist 6/36 = 1/6 richtig, für A aber nicht. unglücklich
 
 
Cranos Auf diesen Beitrag antworten »

Mhh wäre denn 5/36 richtig ? Weil ich habe die Möglichkeiten 1&5,2&4,3&3,4&2,5&1 und zuerst war ich mir dann nicht so sicher ob zu diesen 5 noch ein zweites 3&3 dazu kommt, weil dann ja theoretisch eine "andere" 3 zuerst gewürfelt wird. Oder bin ich gerade ganz auf dem Holzweg und es hat was mit dem ersten Wurf von Spieler A zu tun,dass die Wahrscheinlichkeit nicht richtig war ?
AD Auf diesen Beitrag antworten »

Da haben wir doch gerade geklärt, nicht den Irrweg der doppelt gezählten Pasche zu beschreiten, schon willst du ihn (durch die Hintertür) schon wieder beschreiten - ist das eine Art Zwang? Augenzwinkern

Um das ein für allemal zu klären: Betrachte mal nicht das Ereignis, Summe Sechs zu würfeln, sondern das SICHERE Ereignis, d.h. eine beliebige (!) Summe zu würfeln: Willst du dann auch in (1,1), (1,2), (1,3), ... , (6,4), (6,5), (6,6) alle Paschs DOPPELT zählen? Dann erhältst du für die Wahrscheinlichkeit des sicheren Ereignisses

,

wofür du dann von jedem Stochastiker gesteinigt wirst. Forum Kloppe


Oder kurz gesagt: ist richtig als Gewinnwahrscheinlichkeit für A.
Cranos Auf diesen Beitrag antworten »

Gut gesteinigt werden möchte ich nicht unbedingt Big Laugh nochmal danke für die allgemeine Erklärung.

Jetzt habe ich die Wahrscheinlichkeiten von 6/36 und 5/36. Da habe ich mir dann auch gleich mal einen entsprechenen Baum gezeichnet, mit dem ich allerdings nicht sehr viel anfangen kann. Wäre n beschränkt wäre das kein Problem weil ich dann die gewünschten Pfade ablesen könnte, dass jedoch n gegen ∞ strebt verunsichert mich. Gibt es da eine Formel oder einen Rechenweg den ich einschlagen könnte ? Bzw. als Tipp wurde mir ja die Summenformel gegeben. Allerdings ist die zwar schön und gut aber ich kann damit nichts anfangen, kennst du die vielleich und kannst du mir die erklären ?
AD Auf diesen Beitrag antworten »

Du hast uendlich viele Gewinnpfade - die entsprechenden Wahrscheinlichkeiten summiert ergibt eine geometrische Reihe, daher der Tipp in der Aufgabenstellung. Frisch ans Werk!
Cranos Auf diesen Beitrag antworten »

Da bin ich jetzt leicht überfragt muss ich ehrlich gestehen, also eine unendlich geometrische Reihe würde sich doch für die Gewinnw. von B ( als Beispiel ) mit 1/6 dann so ergeben :

q= 1/6 also 1 / ( 1 - 1/6 ) = 6/5

und bei A

q = 5/36 also 1 / ( 1 - 5/36 ) = 36/31

oder gehen meine Rechnungen grad komplett der Klippe entgegen ?
AD Auf diesen Beitrag antworten »

Nicht einfach mit 1/6 bzw. 5/36 ... ich denke, du hast den Baum gemäß der Spielregeln aufgezeichnet???
Cranos Auf diesen Beitrag antworten »

Ja den Anfang des Baumes habe ich gezeichnet ( s. Anhang ), jedoch weiß ich nicht wie ich die jetzt alle zusammenrechnen soll, in Bezug auf unendlich viele, ich hatte nur die Summenformel gesehn bei der immer 1 Wert als q gesehen wird, jedoch habe ich ja jetzt verschiedene die auch noch unregelmäßig auftauchen ( A zuerst einmal und dann erst im Rythmus 2 zu 2 ).
AD Auf diesen Beitrag antworten »

Was du als unregelmäßig bezeichnest, ist sehr wohl regelmäßig:

A ist im 1., 5., 9., 13., ... Wurf dran und hat da entsprechende Gewinnwahrscheinlichkeiten, und zusätzlich auch noch im 4., 8., 12., 16. ... Wurf. Betrachte mal diese beiden Reihen zunächst getrennt voneinander, dann fällt es dir vielleicht leichter.
Cranos Auf diesen Beitrag antworten »

Mein Problem ist das ich fast keine Ahnung habe was eine unendliche geometrische Reihe ist, bzw ich nicht weiß wie man mit ihr rechnet. Ich konnte mich jetzt nur aus ein zwei Internetartikeln schlau lesen, dass ich weiß, wenn ich zB die erste beschriebene Reihe betrachte also 1.5.9 usw. dass ich dann als Anfangswert also a = 5/36 habe und ich dann q herausfinden muss, also einen Multiplikatorwert mit dem ich zu dem Wert des 5ten Wurfes komme

( was sich nach meinen Rechnungen aus 31/36 * 5/6 * 5/6 * 31/36 * 5/36 = 0,07152 ergibt ) also wäre dann mein q-Wert 0,5149 bin ich da auf einem richtigen Weg ?
AD Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:
Original von Cranos
was sich nach meinen Rechnungen aus 31/36 * 5/6 * 5/6 * 31/36

Das wäre richtig - das eine 5/36 hab ich mal rausgenommen, denn das ist kein Zusatzfaktor, sondern die schon im ersten Wurf auftretende Gewinnwahrscheinlichkeit, die kommt nicht jedesmal als Faktor dazu.

Zitat:
Original von Cranos
= 4324500/36

Also bei der Rechnung hat dich aber ein mächtiger Blackout erfasst. Finger1
Cranos Auf diesen Beitrag antworten »

Ja das habe ich kurze Zeit später auch bemerkt =(

Aber ich bin das alles nochma durchgegangen und komme dann auf einen Wert q = 0,5149 , dieser ergibt sich aus 0,07152 / 0,13889 . Also der Endwert von Pfad Nr 5 geteilt durch den anfangswert a.
Nach diesem Verfahren habe ich mich mal an die zweite Reihe von A gemacht und komme auf den gleichen q Wert ( was mir logisch vorkommt, denn " es liegen immer 4 andere dazwischen " )
AD Auf diesen Beitrag antworten »

So ist es: Beiden Reihen ist gemein, dass zwischen zwei aufeinander folgenden Würfen genau zwei Niederlagen von A und genau zwei Niederlagen von B liegen, also der Multiplikationssfaktor



entlang des Baumes...

Jetzt sieht ja alles danach aus, dass du die richtige Spur gefunden hast, musst jetzt nur noch alles vernünftig zusammentragen.
Cranos Auf diesen Beitrag antworten »

Ah alles klar, das habe ich jetzt auch mal für die Reihen von B berechnet und zuerst wunderte ich mich, dass auch bei B's Reihen 0,5149 als q heraus kommt, aber das ist ja der gleiche Ablauf mit jeweils 2 Niederlagen.

Wenn ich nun meinen q Wert in die Summenformel einer unendlichen geometrischen Reihe mit meinem a Wert einsetze ergibt sich dann :





dies ist ja nur für A für die Reihen von B hab ich doch einen anderen a-Wert oder ? ( Würde der sich aus ergeben ? )
AD Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:
Original von Cranos

Das ist jetzt aber nur der Anteil für 1., 5., 9. usw. Wurf - fehlt da nicht noch was für A ???

Außerdem betreibst auch du diese ekelhafte Unsitte, vorzeitig mit gerundeten Dezimalzahlen zu operieren. Es ergibt sich eine exakte rationale Gewinnwahrscheinlichkeit - ganz am Ende ist früh genug, um zu runden.
Cranos Auf diesen Beitrag antworten »

traurig tschuldigung, werd versuchen mich zusammen zu reißen =)

Ach misst, da fehlt mir glaub ich noch der zweite Weg von A, der mit 4.8.12.usw.

Für den würde sich doch als Anfangswert a = ergeben. Also wieder die Wahrscheinlichkeiten für den Pfad miteinander multipliziert. Dann bleibt ja q immernoch gleich. Dann ergibt sich für den zweiten Pfad



Spontan würde ich dann für die Wahrscheinlichkeit von A die beiden Ergebnisse addieren, ist das sinnvoll ?
AD Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:
Original von Cranos
Spontan würde ich dann für die Wahrscheinlichkeit von A die beiden Ergebnisse addieren, ist das sinnvoll ?

Da sag ich mal genauso spontan (aber gleichzeitig auch überlegt): Das ist richtig. Augenzwinkern
Cranos Auf diesen Beitrag antworten »

Ja das gefällt mir doch mal sehr smile

Also ist die Wahrscheinlichkeit, dass Spieler A besagtes Würfelspiel gewinnt 0,4575 ( noch einmal verzeihung für die Dezimalzahl aber am ende darf ich das meintest du :P )

Das ergibt sich dann aus :




Wenn ich jetzt nun die gleichen Rechnungen mit den spezifischen Werten für Spieler B nehme sollte dann ja logischer Weise 0,5425 ( = 1 - 0,4575 ) rauskommen.


Da wollte ich dann nochmal danke sagen @ Arthur Dent Freude
AD Auf diesen Beitrag antworten »

Du meinst statt , dann kann ich zustimmen.

Und das ekelhafte Runden hatte ich ja schon oben kritisiert: Es ergibt sich die schöne rationale Gewinnwahrscheinlichkeit für A und entsprechend für B.
Cranos Auf diesen Beitrag antworten »

Ja ich meinte auch 46656 als Nenner, tschuldigung Tippfehler.

Da wollt ich dich um einen letzten Tipp fragen, wie kommst du auf die . Also jetzt nicht das Ergebnis sondern den Bruch, ich hab den Fehler am Anfang gemacht und habe mich auf meinen Taschenrechner verlassen und somit die ganze Zeit q als Dezimalzahl genommen, wie sieht denn der q Wert in deinen Rechnungen aus ?
AD Auf diesen Beitrag antworten »

Das steht doch oben:

Zitat:
Original von Arthur Dent
Beiden Reihen ist gemein, dass zwischen zwei aufeinander folgenden Würfen genau zwei Niederlagen von A und genau zwei Niederlagen von B liegen, also der Multiplikationssfaktor



entlang des Baumes...

Es ist also und folglich .
Cranos Auf diesen Beitrag antworten »

Ahhh alles klar, jetzt ist mir auch der Blick für's ganze gekommen.

Dann noch einmal vielen Dank

("besonders weil ich ab und zu meine Momente habe" ) Augenzwinkern
hawe Auf diesen Beitrag antworten »

Hm, und wie passt dann
http://www.physik-im-unterricht.de/emg/G...he-Aufgaben.pdf
da hinein?
AD Auf diesen Beitrag antworten »

Das ist ein anderes Spiel - es sei denn Cranos hat sich im Eröffnungsposting sehr unglücklich ausgedrückt:

Zitat:
Original von Cranos
A und B spielen mit zwei Würfeln unter der Bedingung, dass A gewinnt, wenn er sechs Augen wirft, und B gewinnt, wenn er sieben Augen wirft.

Das habe (vermutlich nicht nur) ich so aufgefasst:

Zitat:
Wenn A an der Reihe ist und wirft, so gewinnt er mit sechs Augen - in allen anderen Fällen geht das Spiel weiter.

Ist B an der Reihe und wirft, so gewinnt er mit sieben Augen - in allen anderen Fällen geht das Spiel weiter.

In dem von dir verlinkten PDF-File lauten die Regeln hingegen so:

Zitat:
Wenn A an der Reihe ist und wirft, so gewinnt er mit sechs Augen. Wirft er hingegen sieben Augen, so gewinnt B - in allen anderen Fällen, also weder 6 noch 7 geht das Spiel weiter.

Desgleichen bei B, mit umgekehrten Rollen:

Ist B an der Reihe und wirft, so gewinnt er mit sechs Augen. Wirft er hingegen sieben Augen, so gewinnt A - in allen anderen Fällen, also weder 6 noch 7 geht das Spiel weiter.

Ein gewaltiger Unterschied! Sollte Cranos diese Variante im Auge gehabt haben, dann hat er sich aber ganz gewaltig unglücklich ausgedrückt. Ich kannte das Original nicht, ansonsten hätte ich ihn auf diesen Widerspruch schon hingewiesen. Danke auf jeden Fall an dich für diesen wichtigen Hinweis!
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