Komplexe Würfelwahrscheinlichkeiten

26.04.2005, 11:03

Skar

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Komplexe Würfelwahrscheinlichkeiten

Bei manchen Spielen (Rollenspielen) wird auf besondere Würfel und besondere Würfelwürfe zurückgegriffen.

Ich würde gerne einmal die Wahrscheinlichkeiten dazu errechnen können. Wenn ihr also eine Formel habt, dann immer her damit. :)

Aber erst mal zur Erläuterung. Es gibt dort 4 seitige, 6 seitige, 8 seitige, 10 seitige, 12 seitige und 20 seitige Wüfel, um mal die gängigsten zu nennen. Bezeichnet werden diese im Spiel wie folgt: W4, W6, W8, W10, W12 und W20.
Da meist mit mehreren Würfeln gewürfelt wird, wird die Anzahl der Würfel dieser Bezeichnung vorangestellt. Beispielsweise 4 W6 = Ein Wurf mit 4 6seitigen Würfeln.

Es geht in der Regel darum Schwierigkeiten zu überwürfeln. Somit also zum Beispiel mindestens eine 3 zu erreichen. Ein diese Schwierigkeit erfüllender Würfel wird als Erfolg bezeichnet. Je Würfelart und Anzahl der Würfel sind die Wahrscheinlichkeiten dafür unterscheidlich.
Wie gesagt, wenn ihr dafür eine Formel habt, dann immer her damit. Wenn ihr Beispiele von 1 W 6 bis 3 W 6 dazu bringen könntet, dann wäre das klasse!

Und für die Supercracks unter euch hätte ich noch 3 Sonderfälle:
- Wie verhalten sich die Wahrscheinlichkeiten, wenn gewürfelte Einsen (1) gewürfelte Erfolge negieren?
- Wie, wenn mehr Einsen als Erfolge bedeuten, dass alle Erfolge negiert werden
- Wie, wenn die gewürfelte Höchstzahl eine Würfels (Beispiell bei W6 = 6) ein erneutes Nachwürfeln des jeweiligen Würfels bedingt.

Für Rückfragen stehe ich zur Verfügung.

26.04.2005, 11:12

kurellajunior

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RE: Komplexe Würfelwahrscheinlichkeiten
Bin selber leidenschaftlicher Rollenspieler Augenzwinkern

Augenzwinkern

Im W6-System ist die Sache relativ enifach, hab da mal eine schöne Excelübersichtstabelle erstellt. Die Wahrscheinlichkeiten selbst beim Hochwürfeln sind überschaubar (muss aber erst nachdenken) Die Negation ist schon gemeiner.

Spätestens jedoch beim DSA(W20)-System wirds mit den Formeln eng Augenzwinkern

Augenzwinkern

Vielleicht findet ja erstmal einer was fürs W6 System ich meld mich nachher nochmal wenn ich meine Zettel gefunden habe.

26.04.2005, 11:41

AD

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Als Nicht-Rollenspieler ist für mich schwer ersichtlich, an welchen Erfolgen (und deren Wahrscheinlichkeiten) Skar eigentlich interessiert ist. Ich habe da bloß was von "mindestens eine 3" gelesen, aber das kann ja wohl nicht alles gewesen sein.

Und haben die n-seitigen Würfel "normale" Augenzahlen, d.h., 1...n ? Sollen Summen von Augenzahlen betrachtet werden? verwirrt

verwirrt

Also Jan (oder Skar), erleuchte die Unwissenden!

26.04.2005, 11:56

kurellajunior

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Also für die Unwissenden am Beispiel des W6 Systems:

Man hat $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ gleichmäßige Würfel mit $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ Seiten.
Als Schwierigkeit nehmen wir mal $\begin{eqnarray*} S \end{eqnarray*}$ (chicksal) Jetzt gibt es drei Fragestellungen:

Mit welcher Wahscheinlichkeit schaffe ich eine bestimmte Schwierigkeit
Wieviele Erfolge habe ich bei einer bestimmten Schwierigkeit zu erwarten
Wie hoch ist die Wahrscheinlichkeit für $\begin{eqnarray*} E \end{eqnarray*}$ Erfolge

Ein Würfel zählt als Erfolg, wenn er mindestens die Schwierigkeit $\begin{eqnarray*} S \end{eqnarray*}$ erreicht. Wenn $\begin{eqnarray*} S>k \end{eqnarray*}$ können dieses Schwierigkeiten mittels "hochwürfeln" erreicht werden. Das bedeutet, Würfel die $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ gewürfelt haben dürfen erneut gewürfelt werden und die Augen werden pro Würfel addiert zu $\begin{eqnarray*} S_\text{max}(n) \end{eqnarray*}$

In manchen Fällen negiert jede gewürfelte 1 einen Erfolg.

Bsp 1: 8W6 Schwierigkeit 5 (Shadowrun, Pistole auf leichte Panzerun mittlere Entfernung).
Wurf: $\begin{eqnarray*} \{1,2,2,3,3,5,6,6\} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} E=3 \end{eqnarray*}$ (ohne Negation)
$\begin{eqnarray*} E=2 \end{eqnarray*}$ (mit Negation)

Bsp 2: 10W6 Schwierigkeit 10 (Shadowrun, erlernen eines neuen Zaubers der Stärke 4 ...)
1. Wurf: $\begin{eqnarray*} \{1,2,2,3,3,3,4,5,6,6\} \end{eqnarray*}$
2. Wurf: $\begin{eqnarray*} \{2,5\} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} S_\text{max}(10)=11\ge S \end{eqnarray*}$ Probe bestanden.

Allgemein also die Frage nach der Erfolgswahrscheinlichkeit $\begin{eqnarray*} S_\text{max}\ge S \end{eqnarray*}$ und dem Erwartungswert für $\begin{eqnarray*} E \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} p(E) \end{eqnarray*}$ in Abhängigkeit von $\begin{eqnarray*} n, k, S \end{eqnarray*}$

hilft das weiter?

PS: Wenn wir das geschafft haben, dann wirds noch komplizierter, hehe

26.04.2005, 13:41

AD

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Wenn ich das richtig verstanden habe, kann man das im Sinne des Bernoulli-Experiments als n Einzelexperimente auffassen mit

$\begin{eqnarray*} P(X_j=uk+v)=\frac{1}{k^{u+1}} \end{eqnarray*}$ für beliebige ganzzahlige $\begin{eqnarray*} u\geq 0 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} 1\leq v<k \end{eqnarray*}$

bzw.

$\begin{eqnarray*} P(X_j\geq uk+v)=\frac{k-v+1}{k^{u+1}} \end{eqnarray*}$

Für n Würfe mit $\begin{eqnarray*} S_{\max}=\max\left\{X_1,\ldots,X_n\right\} \end{eqnarray*}$ heißt das für die Erfolgswahrscheinlichkeit

$\begin{eqnarray*} P(S_{\max}\geq uk+v)=1-\left(1-\frac{k-v+1}{k^{u+1}}\right)^n \end{eqnarray*}$

Die Erfolgsanzahl $\begin{eqnarray*} E \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} S=uk+v \end{eqnarray*}$ ist natürlich binomialverteilt:

$\begin{eqnarray*} E\sim\mathrm{Bin}\left(n,\frac{k-v+1}{k^{u+1}}\right) \end{eqnarray*}$

Mit Negation ist es ein bisschen komplizierter:

$\begin{eqnarray*} (E,N,A) \end{eqnarray*}$ (mit N ... Anzahl Negationen, A ... Anzahl anderes, also weder E noch N) ist dann multinomialverteilt mit den Wahrscheinlichkeiten $\begin{eqnarray*} \left(\frac{k-v+1}{k^{u+1}},\frac{1}{k},\frac{k-1}{k}-\frac{k-v+1}{k^{u+1}}\right) \end{eqnarray*}$ , und $\begin{eqnarray*} E-N \end{eqnarray*}$ ist dann die gegebenenfalls negativ werdende Anzahl der "bereinigten" Erfolge. Hier wird natürlich $\begin{eqnarray*} S=uk+v\geq 2 \end{eqnarray*}$ vorausgesetzt, aber das ist wohl selbstverständlich.

26.04.2005, 14:12

kurellajunior

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verwirrt

Das ist glaub ich zu kompliziert, oder? was ist denn auf einmal $\begin{eqnarray*} u \end{eqnarray*}$ , $\begin{eqnarray*} v \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} j \end{eqnarray*}$ die hab ich doch gar nicht eingeführt?

Ich guck noch mal drüber, vielleicht versteh ichs ja

Also bei 4W6 und S=4 würde gelten:
$\begin{eqnarray*} p(S)=1-\left(1-\frac{3}{6}\right)^4=\frac{15}{16} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} E=4*\frac{1}{2}=2 \end{eqnarray*}$ ohne Negation
Kommt das bei Dir auch raus?

Jan

PS ein paar Wahrscheinlichkeiten für S bei einem W6

$\begin{eqnarray*} p(S=5|W6)=2/6=1/3 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} p(S=7|W6)=1/6 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} p(S=8|W6)=1/6*5/6=5/36 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} p(S=11|W6)=1/6*2/6=1/18 \end{eqnarray*}$

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26.04.2005, 15:26

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Ich habe u,v zwar oben erklärt gemäß $\begin{eqnarray*} S=uk+v \end{eqnarray*}$ , aber stellen wir das mal kausal vom Kopf auf die Füße:

Zu gegebenen $\begin{eqnarray*} S \end{eqnarray*}$ ist $\begin{eqnarray*} u=\left\lfloor\frac{S}{k}\right\rfloor \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} v=S-uk \end{eqnarray*}$ , dabei ist $\begin{eqnarray*} \left\lfloor\ldots\right\rfloor \end{eqnarray*}$ wie üblich die Gaußklammer.

Beispiel: S=4 heißt S=0*6+4, also u=0, v=4, und deine 15/16 kommen nach meiner Formel ebenfalls heraus.

26.04.2005, 15:37

Skar

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Mir wird das im Moment etwas zu hoch. Ich wäre dir, kurellajunior, daher dankbar, wenn du die Formel freigeben könntest, wenn sie passt. Da du ja weisst, worum es geht. Augenzwinkern

Augenzwinkern

Ich werde mich dann mit der fertigen Formel auseinandersetzen. Und hoffe, dass ich damit zurande komme. Aber ich werd da wohl ein paar Stündchen für brauchen.

Im Moment bleibt mir nichts, als mich vor euch Cracks zu verbeugen. smile

smile

26.04.2005, 15:48

kurellajunior

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Aah, $\begin{eqnarray*} u \end{eqnarray*}$ ist die Anzahl wie oft mindestens "hochgewürfelt" werden muss um S zu erreichen, während $\begin{eqnarray*} v \end{eqnarray*}$ die dann noch verbleibende zu würfelnde Zahl ist. Hättsch ja auch gleich drauf kommen können... Augenzwinkern

Augenzwinkern

Jetzt nochmal durch Deinen Beitrag:

Zitat:

$\begin{eqnarray*} P(X_j=uk+v)=\frac{1}{k^{u+1}} \end{eqnarray*}$ für beliebige ganzzahlige $\begin{eqnarray*} u\geq 0 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} 1\leq v<k \end{eqnarray*}$

Verstanden

Zitat:

$\begin{eqnarray*} P(X_j\geq uk+v)=\frac{k-v+1}{k^{u+1}} \end{eqnarray*}$

Hah, auch verstanden

Zitat:

Für n Würfe mit $\begin{eqnarray*} S_{\max}=\max\left\{X_1,\ldots,X_n\right\} \end{eqnarray*}$ heißt das für die Erfolgswahrscheinlichkeit
$\begin{eqnarray*} P(S_{\max}\geq uk+v)=1-\left(1-\frac{k-v+1}{k^{u+1}}\right)^n \end{eqnarray*}$

Das ist völlig einleuchtend

Zitat:

Die Erfolgsanzahl $\begin{eqnarray*} E \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} S=uk+v \end{eqnarray*}$ ist natürlich binomialverteilt:
$\begin{eqnarray*} E\sim\mathrm{Bin}\left(n, \frac{k-v+1}{k^{u+1}}\right) \end{eqnarray*}$

Nö is klar, ne? Kannst Du das mal ausformulieren, also ich wüsste nämlich nicht was ich da jetzt rechnen müsste...

Mit Negation ist es ein bisschen komplizierter: (Das war zu befürchten)

Zitat:

$\begin{eqnarray*} (E,N,A) \end{eqnarray*}$ (mit N ... Anzahl Negationen, A ... Anzahl anderes, also weder E noch N) ist dann multinomialverteilt mit den Wahrscheinlichkeiten $\begin{eqnarray*} \left(\frac{k-v+1}{k^{u+1}},\frac{1}{k}, \frac{k-1}{k}-\frac{k-v+1}{k^{u+1}}\right) \end{eqnarray*}$ , und $\begin{eqnarray*} E-N \end{eqnarray*}$ ist dann die gegebenenfalls negativ werdende Anzahl der "bereinigten" Erfolge.

Schon, aber wo versteckt sich $\begin{eqnarray*} N \end{eqnarray*}$ ?

Eijeijei, wenn ich doch nur nicht so blöd wäre und die Klammern verstehen würde. Hast Du einen Thread wo ich $\begin{eqnarray*} (a,b) \end{eqnarray*}$ oder $\begin{eqnarray*} (a,b,c) \end{eqnarray*}$ erklärt kriege? Nur kurz ich hab wahrscheinlich nur die Schreibweise vergessen *AscheAufHaupt*

26.04.2005, 15:59

AD

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Zitat:

Original von kurellajunior

Zitat:

Die Erfolgsanzahl $\begin{eqnarray*} E \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} S=uk+v \end{eqnarray*}$ ist natürlich binomialverteilt:
$\begin{eqnarray*} E\sim\mathrm{Bin}\left(n, \frac{k-v+1}{k^{u+1}}\right) \end{eqnarray*}$

Nö is klar, ne? Kannst Du das mal ausformulieren, also ich wüsste nämlich nicht was ich da jetzt rechnen müsste...

Hier gibts eigentlich nichts zu rechnen, sondern nur nachzudenken: Die Erfolgswahrscheinlichkeit eines Wurfes ist, wie eben festgestellt, gleich $\begin{eqnarray*} \frac{k-v+1}{k^{u+1}} \end{eqnarray*}$ . Und jetzt schau dir mal ganz genau an, ob die n Würfe (inklusive eventuelles "Hochwürfeln") voneinander abhängig sind? Nein, sind sie nicht! Also klarer Fall: Bernoulli-Experiment und somit Binomialverteilung.

Zitat:

Original von kurellajunior
Hast Du einen Thread wo ich $\begin{eqnarray*} (a,b) \end{eqnarray*}$ oder $\begin{eqnarray*} (a,b,c) \end{eqnarray*}$ erklärt kriege? Nur kurz ich hab wahrscheinlich nur die Schreibweise vergessen *AscheAufHaupt*

Das ist einfach der Vektor der Erfolgswahrscheinlichkeiten für die drei Ereignisse E,N,A (in genau der Reihenfolge). Multinomialverteilung kennst du aber, oder? Andernfalls:

http://de.wikipedia.org/wiki/Multinomialverteilung

26.04.2005, 16:23

kurellajunior

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Vom Namen her kenn ich beides kriegs aber im Kopf nicht athock zusammen mit der Realität:
Dann ist doch $\begin{eqnarray*} E\bar{E} \end{eqnarray*}$ (Also der Erwartungswert der Erfolge): $\begin{eqnarray*} E\bar{E}=n\cdot\frac{k-v+1}{k^{u+1}} \end{eqnarray*}$ , oder?

Gut für die Negation brauchen wir also den Erwartungswert der Erfolge (ham wa schon) und den Erwartungswert der Negationen. (Das sollte einfach sein...)
$\begin{eqnarray*} E\bar{N}=\frac{n}{k} \end{eqnarray*}$
also ist
$\begin{eqnarray*} E\bar{E}_\text{neg}&=n\frac{k-v+1}{k^{u+1}}-\frac{n}{k}\\ &=n\left(\frac{k-v+1}{k^{u+1}}-\frac{1}{k}\right)\\ &=n\left(\frac{k-v+1-k^u}{k^{u+1}}\right) \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} u&=S\ \mathrm{div}\ k\\ v&=S\ \mathrm{mod}\ k \end{eqnarray*}$ (Ganzzahloperationen, die Gaußklammern werd ich mir nie merken können Augenzwinkern

Augenzwinkern

)

Jan

PS: wie war der LaTeX Befehl beliebigen Text als Funktion formatiert schreiben zu lassen?

26.04.2005, 16:39

AD

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Zitat:

Original von kurellajunior
PS: wie war der LaTeX Befehl beliebigen Text als Funktion formatiert schreiben zu lassen?

$\begin{eqnarray*} \text{Da gibt es}\;\mathrm{verschieden}\;\mathrm{aussehende}\;\mbox{Möglichkeiten} \end{eqnarray*}$

Mir fällt übrigens grad was ein: Eine "hochgewürfelte" Eins (also nach mindestens einer Sechs) wirkt doch nicht als Negation, oder doch? In diesem Fall müsste alles nochmal überarbeitet werden.

26.04.2005, 16:57

kurellajunior

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Ääh ja, natürlich nicht, eine 1 nach dem Hochwürfeln ist doch eine 7 (13, 19 etc.). Aber wieso ändern? Der Erwartungswert für die 1 als Negator wird doch nur beim 1.Wurf gezählt verwirrt

verwirrt

26.04.2005, 17:15

Leopold

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Wie sieht denn ein 10seitiger "Würfel" aus?
Ich habe Probleme, mir dieses "Dekaeder" als Laplace-Objekt vorzustellen.

26.04.2005, 17:21

kurellajunior

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Ist auch kein Laplace Object. Stell dir zwei Fünfseitige Pyramiden vor die mit den Grundflächen genau eine hebe SeitenLänge versetzt aneinandergeklebt sind. Ein fairer 10-seitiger Würfel. Es gibt auch 30-seitige Würfel, zum Monatstag auswürfeln. Und ganz dolle Freaks haben auch 100-Seitige gebastelt, weil ihnen zwei 10er zu doof waren.

Wenn du das mal sehen willst, geh in den nächsten freakigen Spieleladen und frag nach einem W-10. Dann siehst du einen Augenzwinkern

Augenzwinkern

Jan

26.04.2005, 17:56

Leopold

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Ok - dann ist das doch ein Laplace-Objekt, allerdings ohne vollständig regelmäßige geometrische Form.

26.04.2005, 19:56

Skar

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Hier gibt die Würfel mal zu sehen:

http://www.fantasy-in.de/images/shop/W07METCHROM.jpg

Kann mir nochmal jemand sagen, welche Formel ich jetzt wofür benutzen muss?

27.04.2005, 01:02

kurellajunior

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Von linksoben nach rechts unten
W10, W10, W12, W20
W4, W6, W8

Schicke Würfel! aber für Shadowrun zuwenig W6...

Zusammenfassung:
gegeben

$\begin{eqnarray*} S \end{eqnarray*}$ Die zu erreichende Schwierigkeit
$\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ die Anzahl der Seiten des Würfels
$\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ die Anzahl der würfel

zu bestimmen:

$\begin{eqnarray*} u \end{eqnarray*}$ die Anzahl wie oft hochgewürfelt werden muss also $\begin{eqnarray*} u=S\ \mathrm{div}\ k \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} v \end{eqnarray*}$ zu erreichende Augenzahl nach dem Hochwürfeln, $\begin{eqnarray*} v=S\ \mathrm{mod}\ k \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} p(S_\text{max}\ge S)=\frac{k-v+1}{k^{u+1}} \end{eqnarray*}$

durchschnittliche Erfolge ohne Negation: $\begin{eqnarray*} E\bar{E}=n\cdot\frac{k-v+1}{k^{u+1}} \end{eqnarray*}$

durchschnittliche Erfolge mit Negation $\begin{eqnarray*} E\bar{E}_\text{neg}&= n\left(\frac{k-v+1-k^u}{k^{u+1}}\right) \end{eqnarray*}$

Morgen kommt Schwierigkeitsstufe zwei.

27.04.2005, 09:13

Skar

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Ah, danke schon mal. Aber 2 Fragen noch:

Zitat:

Original von kurellajunior
$\begin{eqnarray*} u \end{eqnarray*}$ die Anzahl wie oft hochgewürfelt werden muss

Sorry, aber was genau meinst du damit?

Zitat:

zu erreichende Augenzahl nach dem Hochwürfeln

Also zum Beispiel Schwierigkeit 8 auf dem W6 = 2?

27.04.2005, 09:50

kurellajunior

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Beispiel: W6 S=10 Anzahl Hochwürfeln=1=u, danach noch mindestens eine 4=v

Alles klar?

27.04.2005, 15:34

Skar

Auf diesen Beitrag antworten »

Also bei einem W6 mit Schwierigkeit 15 wäre U=2, da ich 2mal hochwürfeln müsste (und v=3)?

27.04.2005, 15:36

kurellajunior

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Freude

27.04.2005, 16:26

Skar

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Dann fehlt ja nur noch, dass wenn mehr Einsen als Erfolge gewürfelt werden alle Erfolge negiert werden. Wobei das optional der Fall ist und nicht immer.

Ansonsten müsste ich ja alles mit der Formel machen können !?

Oder funktioniert die Formel nicht, wenn es bei einem Spiel gar kein Nachwürfeln gibt?

27.04.2005, 21:13

kurellajunior

Auf diesen Beitrag antworten »

Ansonsten geht alles mit der Formel wenn Du nicht hochwürfln muss ist u=0!

Also Arthur jetzt wirds kribbelig.

gesucht ist $\begin{eqnarray*} p(S_\text{max}\ge S \vee E\ge N)=\frac{k-v+1}{k^{u+1}}-? \end{eqnarray*}$

Das ? müsste doch die Wahrscheinlichkeit sein, dass mehr 1 gewürfelt werden als der Erwartungswert der Erfolge ist?

mmh: Die Wahrscheinlichkeit das aus $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ -seitigen Würfeln mehr als $\begin{eqnarray*} E \end{eqnarray*}$ Seiten eine 1 zeigen:

$\begin{eqnarray*} \frac{n!}{(E+1)!(n-E-1)!}\left(\frac{1}{k}\right)^{E+1} \left(\frac{k}{k}\right)^{n-E-1}=\left({n\atop E+1}\right)\left(\frac{1}{k}\right)^{E+1} \end{eqnarray*}$

Oder mache ich es mir da zu einfach? Meister rette mich Gott

Gott

27.04.2005, 22:21

AD

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Zitat:

Original von kurellajunior
$\begin{eqnarray*} p(S_\text{max}\ge S \vee E\ge N) \end{eqnarray*}$

Ich versteh nicht ganz, was diese Wahrscheinlichkeit hier soll:
Das ist die Wahrscheinlichkeit, dass du mindestens einen Erfolg hast, und mindestens so viele Erfolge wie Negationen. Da kann es aber immer noch passieren, dass du genau so viele Negationen wie Erfolge hast - dumm gelaufen.

Ich denke, du suchst eher sowas wie
$\begin{eqnarray*} P(E>N) \end{eqnarray*}$ ,
d.h., mindestens einen nicht durch Negation vernichteten Erfolg.

Die Berechnung dieser Wahrscheinlichkeit kannst du dann mit der Multinomialverteilung angehen:

$\begin{eqnarray*} P(E>N)=\sum_{i=1}^n \sum_{j=0}^{\min\{i-1,n-i\}}~P(E=i,N=j,A=n-i-j) \end{eqnarray*}$

mit

$\begin{eqnarray*} P(E=i,N=j,A=l)=\frac{n!}{i! j! l!} \left(\frac{k-v+1}{k^{u+1}}\right)^i \left(\frac{1}{k}\right)^j \left(,\frac{k-1}{k}-\frac{k-v+1}{k^{u+1}}\right)^l \end{eqnarray*}$ ,

Sieht so übel aus, dass man das dem Computer überlassen sollte, der entsprechende Tabellen vorberechnet.

28.04.2005, 09:36

Skar

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Das ist der absolute Hammer, was ihr da macht. smile

smile

Ich versteh da zwar nichts von, aber ich will nochmal erläutern worum es geht.

Beim Rollenspiel "Deadlands" wird wie folgt gewürfelt. Es kommen alle oben genannten Würfel (W4 bis W20) zum Einsatz, die Schwierigkeiten, die es zu erwürfweln gilt, sind 3,5,7,9 oder 11. Eine 7 mit einem W4 zu erwürfeln bedingt also bereits das Nachwürfeln. In der Regel wird mit mehreren Würfel pro Wurf gewürfelt.

Es zählt immer nur der höchste Würfel für den Erfolg. Das heisst es gibt nur die Möglichkeit eines Erfolgswurfes. Andere mitgewürfelte Würfel im gleichen Wurf werden nicht gezählt, sondern nur der höchste.
Aber: Gibt es im Wurf mehr Einsen als andere Würfel, dann gilt das als katastrophaler Fehlschlag und es werden alle Erfolge (bzw. der eine, der nur zählt) nicht gewertet.

Die Wahrscheinlichkeit dieses katastrophalen Fehlschlags müsste also in die Formel der Erfolgswahrscheinlichkeit eingebunden sein.

(Außerdem könnte mich die Formel für die Wahrscheinlichkeit des katastrophalen Fehlschlags auch einzeln interessieren, damit man diese Wahrscheinlichkeit separat aufzeigen kann.)

Ein weiteres Regelsystem wäre zum Beispiel das von "Vampire". Dort wird ein katastrophaler Fehlschalg erreicht, wenn kein Erfolg (sprich Wurf über der Schwierigkeit) vorliegt, aber Einsen.
Genausogut gibt es Regeln, wo der katastrophale Fehlschlag vorliegt, wenn die Einsen die Erfolge überwiegen.

Ach ja, der Smiley trifft es echt gut: Gott

Gott

Augenzwinkern

28.04.2005, 10:09

kurellajunior

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Zitat:

Original von Skar
Genausogut gibt es Regeln, wo der katastrophale Fehlschlag vorliegt, wenn die Einsen die Erfolge überwiegen.

Das war das, was ich verstanden hatte, Arthur. Daher $\begin{eqnarray*} \ge \end{eqnarray*}$ ...
Wenn genausoviele einsen wie Erfolge ist noch nicht schlimm.

Aber mehr Einsen als andere Würfel (also mehr als die Hälfte Einsen) ist relativ leicht, oder?
$\begin{eqnarray*} \left({n\atop \lfloor k/2\rfloor+1}\right)\left(\frac{1}{k}\right)^{\lfloor k/2\rfloor+1} \end{eqnarray*}$
Ich glaub ich sollte mir doch mal diese Gaussklammern angewöhnen Augenzwinkern

Augenzwinkern

Allerdings kommt das immer zum Tragen unabhängig ob Erfolg oder nicht. Das bedeutet diese Wahrscheinlichkeit ist die grundsätzliche Wahrscheinlichkeit einen katastrophalen Fehlschlag (Patzer) zu erleiden, während die obengenannte die für den Erfolg/Misserfolg ist. Aber wie ziehe ich denn jetzt den Patzer vom Erfolg ab? Da muss ich doch nur die Patzer abziehen, die bei einem Erfolg auftreten, kann man dass überhaupt so allgemein, oder bricht man sich da die Formelfinger? Schließlich kann ich doch nicht einfach davon ausgehen, dass die Verteilung der Patzer unter den Erfolgen und Misserfolgen gleich ist. Muss ich da auch solche Summenkonstrukte bemühen?

Für $\begin{eqnarray*} p(S_\text{max}\ge S \vee E\ge N) \end{eqnarray*}$ müsste es dann heißen:
$\begin{eqnarray*} P(E\ge N)=\sum_{i=1}^n \sum_{j=0}^{\min\{i,n-i\}}~P(E=i,N=j,A=n-i-j) \end{eqnarray*}$ , richtig?

mit $\begin{eqnarray*} P(E=i,N=j,A=l)=\frac{n!}{i! j! l!} \left(\frac{k-v+1}{k^{u+1}}\right)^i \left(\frac{1}{k}\right)^j \left(\frac{k-1}{k}-\frac{k-v+1}{k^{u+1}}\right)^l \end{eqnarray*}$ ,

Ich würde das dann eh nem Pomputer füttern und mir ne Tabelle machen lassen, dass kann ja keiner mal eben Schnell überschlagen... Sieht nach einer schönen DoppelSchleife aus...

So wir haben jetzt:
Wahrscheinlichkeit des Erfolges,
Wahrscheinlichkeit des Erfolges mit Negation bei mehr Einsen als Erfolgen
Wahrscheinlichkeit des Erfolges mit Negation bei genausovielen Einsen wie Erfolgen
Erwartungswert der Anzahl der Erfolge mit und ohne Negation

28.04.2005, 14:21

AD

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Habt ihr vielleicht mal eine Website parat, wo das ganze ordentlich erklärt wird? Bisher war ich davon ausgegangen, dass jede Eins als Negation eines Erfolgs wirkt:

Zitat:

Original von kurellajunior
In manchen Fällen negiert jede gewürfelte 1 einen Erfolg.

Bsp 1: 8W6 Schwierigkeit 5 (Shadowrun, Pistole auf leichte Panzerun mittlere Entfernung).
Wurf: $\begin{eqnarray*} \{1,2,2,3,3,5,6,6\} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} E=3 \end{eqnarray*}$ (ohne Negation)
$\begin{eqnarray*} E=2 \end{eqnarray*}$ (mit Negation)

Jetzt erfahre ich plötzlich, dass dazu mindestens n/2 Einsen nötig sind - ein gewaltiger Unterschied!

Oder hätte ich dem Wörtchen manchen oben mehr Beachtung schenken sollen? Alles sehr verworren, deswegen meine Nachfrage nach der Website.

28.04.2005, 14:39

kurellajunior

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Webseiten gibts viele. Ordentliche Erklärungen nur in teuren Büchern.

Deine Verwirrung kommt zustande, weil jedes Rollenspielsystem (Es gibt ca. 100) andere Regeln haben kann: Hier die bekanntesten in Kurzform:

D20 (engl. für W20):
Ein W20 wird geworfen. Zur Augenzahl werden Boni addiert und Mali abgezogen. Wenn die so ermittelte Zahl eine bestimmte Schwierigkeit erreicht, gilt das als Erfolg.
1-automatischer Misserfolg
20-automatischer Treffer

DSA (dtsch: Das Schwarze Auge)
a) Ein W20 wird geworfen. Vom Wurf werden Boni abgezogen und Mali addiert. Wenn der Wurf dann die aktuelle Schwierigkeit nicht überschreitet gilt das als Erfolg. 1-automatischer Erfolg, 20-automatischer Misserfolg.
b) Drei W20 werden geworfen. Jeder Wurf darf eine bestimmte Fähigkeit nicht überschreiten. Wenn doch dürfen Fähigkeitspunkte verwendet werden, um das auszugleichen. Wenn nicht mehr Fähigkeitspunkte verbraucht werden als vorhanden sind: Erfolg. Je mehr Punkte übrigbleiben umso besser der Erfolg. 2-3 Einsen-automatischer Erfolg, 2-3 20er-Patzer.

W6-Systeme (Shadowrun, Vampire, Werewolve etc.)
Viele W6 werden geworfen. die Anzahl der erreichten Schwierigkeiten gibt die Anzahl der Erfolge, manchmal reicht ein ERfolg, bei vergleichenden Proben gewinnt der mit mehr Erfolgen.

andere Systeme
2W6 zwei unterscheidbare W6 werden geworfen. Der gute vom bösen subtrahiert und das Ergebnis auf einen Basiswert addiert (Im Zweifel wirds kleiner) Wenn der Basiswert dann eine Schwierigkeit erreicht, gilt das als Erfolg.

Alle Knoten beseitig?

Jan

28.04.2005, 14:46

Skar

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Eine Website gibt es dazu so nicht. Rollenspiel ist wenn auch ein kleines Thema doch sehr komplex. Und jedes Spiel will natürlich etwas besonderes in seinem Regelsystem haben.

Daher die verschiedenen Möglichkeiten. Es reicht aber durchaus aus, diese Möglichkeiten in getrennten Formeln zu betrachten, wenn das anders zu viel Aufwand wäre.

Einig sind sich die Rollenspiele darin:

fast alle benutzen Würfel
viele davon seltsame Würfel (nicht W6)

Unterschiede sind halt:

Muss man über einer Schwierigkeit würfeln, um einen Erfolg zu erhalten
man muss unter einer Schwierigkeit würfeln
Einsen ziehen Erfolge ab
Einsen ziehen keine Erfolge ab
mehr Einsen als Erfolge bedingen einen Patzer (kein Erfolg - katastrophaler Misserfolg)
mehr Einsen als andere Würfel bedingen einen Patzer
kein Erfolg, aber Einsen bedingen einen Patzer
Hochwürfeln/Nachwürfeln (einer höchstmöglichen Würfelzahl) ist erlaubt
Nachwürfeln ist nciht erlaubt

(Edit: Überarbeitung)

28.04.2005, 14:59

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Danke für diese Klarstellung.

Offenbar ist Jan ja derjenige, der einen Überblick über beide Welten (also Rollenspiel und Stochastik) hat, und uns jetzt - mit dem nötigen Basisrüstzeug versehen - noch mit vielen exorbitant langen Formeln beglücken kann. Big Laugh

Big Laugh

28.04.2005, 15:30

kurellajunior

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Hätte da eine Nuss, für die ich zwar bereits einen Bruteforcealgorithmus habe, aber eine Formel wäre mir lieber...

Also: DSA Begriffsklärung

Eigenschaft: Es gibt 8 Grundeigenschaften auf die man Proben (würfeln) ablegen kann. Je höher die Eigenschaft ist, desto besser.
Fähigkeit: Man kann Fähigkeiten haben. (Gut, wa) Fähigkeitsprobe verlangt drei Eigenschaftsproben. (also dreimal würfeln) Fähigkeiten haben einen Wert $\begin{eqnarray*} FP \end{eqnarray*}$ (Fertigkeitspunkte). Je mehr desto besser die Fähigkeit. Durch Mali und Boni (ja nach Situation) kann dieser Wert modifiziert werden. Boni werden addiert, Mali abgezogen. Proben auf eine Fähigkeit werden durch drei Eigenschaftsproben ermittelt.
Eigenschaftsoprobe Ein Wurf mit dem W20. Der Würfel stellt die aktuelle Tagesform/ den Zufall dar. (Auch einem Anfänger kann ein Treffer ins schwarze gelingen) Wenn der Wurf die aktuelle Schwierigkeit überschreitet ist die Probe misslungen.
$\begin{eqnarray*} FP^* \end{eqnarray*}$ Die nach einer Fähigkeitsprobe nicht verbrauchten Fertigkeitspunkte. Eine gelungen Probe mit $\begin{eqnarray*} FP^*=0 \end{eqnarray*}$ gilt als $\begin{eqnarray*} FP^*=1 \end{eqnarray*}$
automatischer Erfolg: Wenn min. zwei 1 gewürfelt wurden ist die Probe immer gelungen mit $\begin{eqnarray*} FP^*=FP \end{eqnarray*}$
automaitscher Misserfolg min 2 mal die 20 gilt immer als Patzer.

Bei einer Fähigkeitsprobe dürfen die $\begin{eqnarray*} FP \end{eqnarray*}$ dazu verwendet werden um auszugleichen Bsp: Ich hätte nicht über 13 würfeln dürfen, habe aber eine 15 gewürfelt. Zum Glück habe ich 3 $\begin{eqnarray*} FP \end{eqnarray*}$ in "singen" ich kann also meine Fertigkeit einsetzen um den Zufall auszugleichen.

Jetzt die Nuss / Nüsse:

mit welcher Wahrscheinlichkeit gelingt eine Fertigkeitsprobe in Abhängigkeit der drei entsprechenden Eigenschaftswerte $\begin{eqnarray*} E_1,E_2,E_3 \end{eqnarray*}$ und dem (modifizierten) Fertigkeitswert $\begin{eqnarray*} FP \end{eqnarray*}$ ?
Wie groß ist der Erwartungswert von $\begin{eqnarray*} FP^* \end{eqnarray*}$ unter oben genannten Größen

PS: stimmt eigentlich, was ich da oben gemacht habe?

28.04.2005, 16:41

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Zitat:

Original von kurellajunior
[*]Probe Ein Wurf mit dem W20. Der Würfel stellt die aktuelle Tagesform/ den Zufall dar. (Auch einem Anfänger kann ein Treffer ins schwarze gelingen) Wenn der Wurf die aktuelle Schwierigkeit überschreitet ist die Probe misslungen.
[*] $\begin{eqnarray*} FP^* \end{eqnarray*}$ Die nach einer Probe nicht verbrauchten Fertigkeitspunkte. Eine gelungen Probe mit $\begin{eqnarray*} FP^*=0 \end{eqnarray*}$ gilt als $\begin{eqnarray*} FP^*=1 \end{eqnarray*}$
[*]automatischer Erfolg: Wenn min. zwei 1 gewürfelt wurden ist die Probe immer gelungen mit $\begin{eqnarray*} FP^*=FP \end{eqnarray*}$
[*]automaitscher Misserfolg min 2 mal die 20 gilt immer als Patzer.

Für mich als Laien passt hier dies und das nicht zusammen: Wie erreiche ich mit einem Wurf mindestens zweimal irgendwelche Augenzahlen. geschockt

geschockt

Und falls du einen Wurf mit mehreren solchen W20-Würfeln meinen solltest - dafür hattet ihr hier doch eine spezielle Terminologie, wie z.B. 4W20, oder sehe ich das falsch? verwirrt

verwirrt

28.04.2005, 16:54

kurellajunior

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Stimmt, bin in meine gewohnte Verkürzung gerutscht. Habs oben korrigiert. Hier nochmal kurz.

Um eine Probe auf eine Fähigkeit abzulegen, muss man 3 Eigenschaftsproben machen. zB.: Probe auf Zechen verlangt Körperkraft (KK), Intuition (IN) und Kondition (KO)

So klarer?

achso, die Eigenschaften sind Mut, Klugheit, Intuition, Charisma, Fingerfertigkeit, Gewandheit, Kondition, Körperkraft.

28.04.2005, 17:09

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Ich glaube, um diesen ganzen Missverständnissen vorzubeugen, wurde die Ereignissprache erfunden - in dieser Sprache sollte dann der mathematisch gebildete Spielinsider (also du, Jan) das mathematisch vernünftig formulieren.

Beispiel: $\begin{eqnarray*} X_1,X_2,X_3 \end{eqnarray*}$ ... die (zufälligen) erwürfelten Augenzahlen der Probe, und dann

$\begin{eqnarray*} FP=1\left\{X_1\geq E_1 \vee X_2\geq E_2 \vee X_3\geq E_3\right\} \end{eqnarray*}$

(mit Indikatorfunktion 1{}), oder wie auch immer das richtig ist.

Ansonsten muss ich nämlich langsam passen - keine Lust mehr, mich von Missverständnis zu Missverständnis zu hangeln.

Andererseits: Wenn du das so wie von mir gewünscht hinkriegst, brauchst du mich vermutlich auch gar nicht mehr - auch nicht schlecht. smile

smile

28.04.2005, 17:57

kurellajunior

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Wenn ich das richtig verstehe, dann so
$\begin{eqnarray*} X_1,X_2,X_3 \end{eqnarray*}$ ... die (zufälligen) erwürfelten Augenzahlen der Probe, und dann

$\begin{eqnarray*} ?=1\left\{X_1-a_1\leq E_1 \wedge X_2-a_2\leq E_2 \wedge X_3-a_3\geq E_3\right\};\quad a_1+a_2+a_3\leq FP \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} FP^*=\mathrm{max}(1;FP-a_1-a_2-a_3) \end{eqnarray*}$

Was eine Indikatorfunktion 1{} ist weiß ich nicht so genau, aber auf die kommts wohl an verwirrt

verwirrt

mmh sollen in der Klammer alle Möglichen Ereignisse stehen? Wenn ja, dann tun sie es jetzt, daher nämlich das und $\begin{eqnarray*} \wedge \end{eqnarray*}$ oder hab ich das wieder vollständig verwechselt?

28.04.2005, 18:43

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Indikatorfunktion heißt in diesem Fall nur, dass der Funktionswert gleich Eins ist, wenn das drin stehende Ereignis eintritt, ansonsten Null. Es ist also hier eine spezielle 0-1-Zufallsgröße.

EDIT: Das $\begin{eqnarray*} \wedge \end{eqnarray*}$ für "und" ist natürlich OK, wenn alle drei Ereignisse eintreten sollen. Wollte ich oben eigentlich auch nehmen, und hab dann doch $\begin{eqnarray*} \vee \end{eqnarray*}$ (also "oder") geschrieben. Macht nix, war mir eh klar, dass die Formel falsch ist und sollte nur zur Demonstration dienen.

29.04.2005, 07:33

Skar

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So, ich habe den gestrigen Abend mal damit verbracht die Formeln zu verstehen und in Excel umzusetzen.

Mir fehlt eigentlich nur noch die P(S) mit Negation aller Erfolge. Und E mit Negation aller Erfolge.

Die Exceldatei habe ich mal angehängt, könnt ihr ja vielleicht mal drüberschauen.

Was ich nciht verstehe sind die Formeln mit dem Summenzeichen und dem was drunter und drüber steht. Wie gebe ich denn sowas in Excel ein? Hammer

Hammer

29.04.2005, 10:02

kurellajunior

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Indikatorfunktion Idee!

Idee!

Also ist für mein Problem

$\begin{eqnarray*} p(S)=\frac{\sum\left(1\left\{X_1-a_1\leq E_1 \wedge X_2-a_2\leq E_2 \wedge X_3-a_3\geq E_3\right\}\right)}{k^3};\quad a_1+a_2+a_3\leq FP \end{eqnarray*}$

und $\begin{eqnarray*} FP^*(X_1,X_2,X_3|S)= \begin{cases}\mathrm{max}(1;FP-a_1-a_2-a_3)&\text{wenn Erfolg}\\0&\text{sonst} \end{cases} \end{eqnarray*}$

Und der Erwartungswert (bei Erfolg, alles andere ist unwichtig Augenzwinkern

Augenzwinkern

) dann entsprechend:
$\begin{eqnarray*} E(\bar {FP^*})=\frac{\sum FP^*(X_1,X_2,X_3|S)}{\sum\left(1\left\{X_1-a_1\leq E_1 \wedge X_2-a_2\leq E_2 \wedge X_3-a_3\geq E_3\right\}\right)} \end{eqnarray*}$

Stimmt das Arthur? *UnsicherGuck*

@skar Deine Tabelle guck ich mir heut Abend an. Summenformeln in Excel geht nur, indem du die Tabellen ausfüllst und dann die Zellen summierst. ausser du findest eine Kurzform, das ist bei diesen Formeln aber unwahrscheinlich, oder Arthur? Augenzwinkern

Augenzwinkern

Jan

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