Kniffel, Würfeln |
| 19.09.2009, 15:09 | Kniffler | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
| Kniffel, Würfeln Die Wahrscheinlichkeit, z.B. einen Kniffel beim ersten Wurf mit fünf Würfel zu bekommen beträgt doch 1/6^4=0,00077 beträgt die wahrscheinlichkeit, mit 3 würfeln einen kniffel zu bekommen (ohne zurücklegen, also z.B. bei 22 456 beim ersten wurf bleibt 22 stehen und 456 wird wieder gewürfelt), 1-(99923)^3 oder kann man das gar nicht allgemein darstellen sondern muss immer das ergebnis des ersten bzw. zweiten wurfs mit einbeziehen? |
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| 19.09.2009, 15:53 | Zellerli | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Es wäre anschaulicher, wenn du die Potenzen stehen lassen würdest. Zum Beispiel weiß ich nicht, wie du auf die Zahl 99923 kommst. Für einen Kniffel gilt: Würfel Nr. 1 darf zeigen was er will. Würfel Nr. 2 muss genau das von Würfel Nr. 1 zeigen. Würfel Nr. 3 muss genau das von Würfel Nr. 1 zeigen. usw. Die Wahrscheinlichkeiten werden gemäß Pfadregel multipliziert. Wenn jetzt schon zwei Würfel eine 2 zeigen und du willst die anderen drei nochmal würfeln, muss jeder von ihnen wieder eine 2 zeigen. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit dafür? Das gilt natürlich auch, wenn zwei Würfel eine 5 zeigen oder jede andere Augenzahl. Schwieriger wird es, wenn du unterscheiden willst in wieviel Gesamtwürfen der Kniffel erzielt wird. Denn es ist ja möglich einen 3er zu haben und beim zweiten Wurf die beiden verbliebenen richtig zu werfen. Das sind dann genauso viele Würfe, wie wenn du erst einen 2er hast und dann die verbleibenden drei Würfel nochmal wirfst und einen Kniffel kriegst. |
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| 19.09.2009, 16:14 | Kniffler | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
| Kniffel, Würfeln sorry, das 99923 sollte eigentlich 0,99923 heißen (1-0,00077) du hast jetzt beschrieben wie man die wahrscheinlichkeit für einen kniffel beim 1. wurf bekommt. ich würde aber gern wissen ob es eine formel gibt die die wahrscheinlichkeit bei 3 würfen zeigt, unabhängig von dem 1., 2. und 3.Wurf. gibt es eine solche oder muss man das immer vom vorherigen wurf abhängig machen? ich steh grad auf dem schlauch |
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| 19.09.2009, 21:34 | Zellerli | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Ach bei drei Würfen. Nicht bei drei Würfeln. Ja natürlich kann man dafür eine Wahrscheinlichkeit berechnen. Erstmal unterscheidet man am besten in welcher Kombination die drei Würfe auftauchen. 1 - 3 - 1 (z.B. 1. Wurf: 42156, 6 bleibt stehen, 2. Wurf: 2666, 666 bleibt stehen, 3. Wurf: 6) dementsprechend 2-2-1, usw. Was es eben alles so gibt. Und dann eben jeweils ausrechnen, wie wahrscheinlich das ist (nach der Methode, die jetzt schon in meinem vorherigen Post genannt wurde). Hier musst du darauf achten, wie das verknüpft wird. "" für "oder" und "" für "und". Schieß doch mal los... |
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| 21.09.2009, 11:16 | Kniffler | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
| Kniffel, Würfeln oh ja ich hab mich verschrieben sorry, ich habs jetzt mal versucht und bin zu folgendem ergebnis gekommen: man hat 12 verschiedene kombinationsmöglichkeiten (5+4+3) 1-3-1, 1-2-2, 1-0-4, 1-4-0, 1-1-3, 2-1-2, 2-3-0, 2-0-3, 2-2-1, 3-1-1, 3-2-0, 3-0-2. dann hab ich einfach 12*1*1*1*1*6 / 6^5=0,926% ist das so richtig? könnte hinkommen, bin mir aber nicht ganz sicher. |
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| 21.09.2009, 11:20 | Kniffler | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
| Kniffel, Würfeln und noch eine frage:wie groß ist die wahrscheinlichkeit, aus einem 2erpasch beim nächsten wurf mit den verbliebenen 3 würfeln einen 3erpasch zu bekommen? ich schreib bei meiner rechnung die fakultäten aus weil ich nicht weiß wies anders geht. meine rechnung: 3! : 1! : 2! * 1*4*5/ 6^3 = 27,8% da is doch irgendwo ein fehler drin, oder? weil bei drilling zu vierling: 2! : 1!: 1! * 1*5 /6^2 =27,8% da is doch irgendwo der wurm drin, oder? |
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| 21.09.2009, 13:02 | Zellerli | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Erstmal zu deiner konkreten Frage: Du meinst z.B. wenn 2 2 3 4 5 liegt, willst du 2 2 2 x y, wobei x und y paarweise verschieden und keine 2 sind, machen. Dein Binomialkoeffizient vorne gefällt mir nicht, denn du verteilst 3 paarweise verschiedene Elemente auf 3 Plätze und nicht 1 Element "2" und 2 Elemente "x". Mach dir dazu doch eine Skizze "2 x y", "2 y x", usw. und schau, wie der Faktor richtig heißen müsste. Jetzt zum anderen Teil: Am wichtigsten ist zunächst mal, dass du alle möglichen Wege zum Kniffel in 3 Zügen herausfindest. Da sehe ich, dass manche mit einer 0 enden. Somit war das doch ein Kniffel in 2 Zügen oder?! Du musst jetzt jede dieser Kombinationsmöglichkeiten durchrechnen, also die Wahrscheinlichkeit dafür, dass z.b. genau mit 1-3-1 der Kniffel erzielt wird. Tipp: Außerhalb werden die Wahrscheinlichkeiten mit "oder" verknüpft, weil man ja einen der Wege einschlagen kann. Innerhalb geht es im Wesentlichen mit "und" zu, weil man genau auf dem eingeschlagenen Weg bleiben muss. Mal so ganz beiläufig: bekommst du dazu echt nicht mehr heraus (was mich vermuten lässt, dass du zu wenig darüber nachdenkst oder das Facharbeitsthema dir nicht besonders liegt), oder willst du dir Arbeit abnehmen lassen bei wirklich grundlegenden Fragen so einer Kniffel-Facharbeit? Wichtig ist in jedem Fall: du musst nachher vor deinem Lehrer vertreten und erklären können, wie du auf was gekommen bist. Eine Hilfe dabei ist, dass dir gemäß Boardprinzip keiner eine Komplettlösung posten wird und du im Endeffekt, zwar mit Hilfe, alles doch selber hergeleitet hast. Nur gerade bei einer Facharbeit frage ich mich, wieso solche recht grundlegenden Fragen kommen. Sie sind vielleicht nicht einfach, aber für dein Thema doch essentiell. Lange Rede garkein Sinn: Gerne helfen wir dir bei deinen Fragen zur Arbeit, aber in deinem eigenen Interesse solltest du dich kritisch fragen, wieviel du davon auch selbst und ohne fremde Hilfe herausbekommen könntest (auch wenn es vielleicht mühsam ist und lange dauert). |
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| 21.09.2009, 14:44 | Kniffler | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
| Kniffel, Würfeln Naja ich würd sagen das ich noch nicht sonderlich viel gefragt habe, oder? ich mein die wesentlichen Wahrscheinlichkeiten bei einem Wurf sowie die meisten Folgewahrscheinlichkeiten hab ich schon alleine gelöst. 
es ist halt schwierig ganz alleine auf bestimmte dinge zu kommen 
außerdem finde ich es sinnvoll mal nachzufragen ob bestimmte lösungen richtig sind bevor dann das böse erwachen kommt... |
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| 21.09.2009, 16:57 | Zellerli | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Ja, eben das hoffe ich, dass dir der Weg dann auch klar ist und du ihn souverän vortragen kannst. Ergebnisse können wir natürlich gerne prüfen. Am besten ist da immer die Rechnung und was du dir dabei gedacht hast. Jetzt könntest du ja mal anfangen mit dem Kniffel-in-drei-Zügen
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| 21.09.2009, 18:54 | Abakus | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Ja, hab ich auch so in Erinnerung, dass es beim Kniffel 3 Züge gibt. Und die Anzahl der Würfel kann man selbst entscheiden, d.h. wieviele man stehen lässt und mit wievielen man neu würfelt. Ich denke, da ist viel Raum für die Bestimmung von guten Strategien. Vielleicht solltest du auch überlegen, das zu simulieren (mit etwas Programmiersprachen-Kenntnissen ginge das). Grüße Abakus 
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| 22.09.2009, 02:23 | Zellerli | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Ah siehste mal. So gut kenne ich die Regeln garnicht. Naja dann wird die Frage wohl auch so gemeint gewesen sein: "Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, den Kniffel zu schaffen" (und nicht: "genau in drei Zügen") Damit sind dann Fälle wie 2-3-0 auch wichtig. Simulieren könntest du das übrigens auch recht einsteigerfreundlich mit Excel. Schleifen musst du dann mit VisualBasic schreiben, aber das ist sehr anschaulich. |
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| 22.09.2009, 14:06 | Kniffler | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
| Kniffel, Würfeln so ein neuer versuch: kniffel nach höchstens 3 würfen: kombinationsmöglichkeiten(ohne null am anfang, da ich davon ausgehe, dass wenn alle würfel verschiedene augenzahlen zeigen ein beliebiger würfel für den 2. bzw.3.versuch genommen wird) 5-0-0, 4-1-0, 1-4-0, 1-0-4, 4-0-1, 3-2-0, 2-3-0, 2-0-3, 3-0-2, 3-1-1, 1-3-1, 1-1-3, 1-2-2, 2-1-2, 2-2-1. 15 Kombinationen 1.Lösungsansatz: 15:6^5= 0,1929% 2.Lösungsansatz: 5-0-0: 5!:5!:6^4=0,00077+ 4-1-0: (5!:4!+1!/1!) :6^4=0,00463+ ... =0,0658 3.Lösungsansatz 5-0-0: 11111, 22222, 33333, 44444, 55555, 66666=6/6^5=0,00077+ 4-1-0: z.B. 1.Wurf: 11115= 6Möglichkeiten für 1111, 2222, etc. * 5Mgl für (2,3,4,5,6) = 30Mgl beim ersten Wurf+5Mgl beim 2.Wurf= 35 35/6^5=0,0045+ ... langsam blicke ich gar nicht mehr durch 
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| 23.09.2009, 01:38 | Zellerli | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Die 15 Kombinationen schauen gut aus. Kann jetzt nicht garantieren, dass da nichts fehlt, aber du hast das richtige System benutzt. Also die ersten beiden Lösungsansätze kann ich garnicht nachvollziehen. Wie kommst du da drauf? Was bedeuten die einzelenen Faktoren? Welches Modell benutzt du? Stelle dir selbst diese kritischen Fragen. Rumprobieren geht in der Stochastik in den meisten Fällen sehr schief. Der dritte Lösungsansatz ist für die 5-0-0 zumindest richtig. Ich glaube aber, es bringt dich weiter, wenn du anders vorgehst. Wenn du so tust, als würde man die Würfel nacheinander werfen. Am 5-0-0 kann ich das mal demonstrieren: 1. Würfel: egal. 2. Würfel: genau das was der 1. zeigt: 3. Würfel: genau das was der 1. zeigt: ... 6. Würfel: genau das was der 1. zeigt: . Das ist natürlich das einfachste Beispiel, aber mit diesem Modell kommst du auch bei den anderen Kombinationen besser voran. Für die Laplacewahrscheinlichkeit musst du die Würfel durchnummerieren. Sonst hast du nicht gleichwahrscheinliche Elementarereignisse. Das ist besonders bei den noch kommenden Kombinationen wichtig. Denn z.B. "x1111" (x ist keine 1) als Ergeignis im Würfelbecher besteht aus 5 Elementarereignissen: (nummerierte Würfel) x 1 1 1 1 1 x 1 1 1 ... 1 1 1 1 x Hier musst du dann die möglichen Kombinationen berücksichten. Hier gab es jetzt nur zwei verschiedene Sorten Würfel: Die 1er und den nicht1er. Können später aber noch mehr als zwei Sorten werden (nicht 1er und nicht-1-er-aber-nicht-x-er). Also: Immer ein Modell entwickeln, es von allen Seiten prüfen ob es Sinn macht (bei starken Zweifeln mit einfachen Zahlen kurz durchrechnen und testen) und nach diesem vorgehen dann vorgehen. P.S.: Und ruhig den Formeleditor benutzen
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| 23.09.2009, 12:07 | AD | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Kann sein, dass das alles hier schon im Thread steht, aber wenn dann doch sehr verteilt - daher mal im Schnelldurchlauf meine Sicht der Dinge, als bisheriger Nicht-Kniffelkenner: Wenn ich das jetzt richtig verstanden habe, dann geht es darum, bei Start mit 5 Würfeln und mit maximal drei Würfen 5 gleiche Augenzahlen zu haben, wobei man nach jedem Wurf eine selbstgewählte Anzahl zurücklegen darf - die dann auch später nicht wieder mit reingenommenwerden dürfen! Letzterer Punkt ist wichtig, denn man könnte ja im ersten Wurf 2 Sechsen, und dann mit den restlichen 3 Würfeln im zweiten Wurf 3 Fünfen würfeln - aber dann ist es wohl zu spät, sich umzuentscheiden, richtig? Dabei scheint folgende Strategie alternativlos optimal: (1) Nach dem ersten Wurf entscheidet man sich für die Augenzahl, die am häufigsten vorkommt (im Fall 221 für irgendeine der doppelt vorkommenden Augenzahlen, im Fall 11111 für irgendeinen davon), und legt die zugehörigen passenden Würfel schon mal beiseite - das ist mindestens einer. (2) In einem eventuell nötigen zweiten oder dritten Versuch legt man alle Würfel mit der in Punkt (1) gewählten Augenzahl beiseite. Mit den gut auszurechnenden Wahrscheinlichkeiten ... Wahrscheinlichkeit für gleiche Punktzahlen beim Würfeln mit Würfeln ... Wahrscheinlichkeit für genau -mal die "6" beim Würfeln mit Würfeln (die "6" steht jetzt nur exemplarisch für die in (1) festgelegte Zahl) kann man dann die gesuchte Kniffelwahrscheinkeit sehr gut als Doppelsumme darstellen. Bleibt die Berechnung dieser p,q, die im Fall ziemlich leicht, für schon etwas schwieriger ist - aber dazu stellt ihr ja gerade Betrachtungen an. |
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| 23.09.2009, 12:35 | Kniffler | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
| Kniffel, Würfeln schon mal danke für eure hilfe, die anforderung ist, dass man bei höchstens 3 würfen mit 5 Würfeln einen kniffel bekommt, wie ist egal, d.h. wenn der erste wurf 12235 ist und man die beiden 2er stehen lässt und wenn beim 2. Wurf 333 kommt kann man auch die 3er stehen lassen. soweit hab ich noch gar nicht gedacht, wird das dann nicht ultra kompliziert zu berechnen
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| 23.09.2009, 13:12 | AD | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
"Ultrakompliziert" vielleicht nicht, aber etwas ekliger als oben auf jeden Fall.
Übrigens: Auch bei der Variante, wo man einmal zurückgelegte nicht wieder einbeziehen darf, ist das oben von mir beschriebene Vorgehen nicht optimal: Hat man beim ersten Wurf keine doppelten Augenzahlen, ist es besser, gar keine Würfel zurückzulegen - so erhält man sich auch im zweiten (bzw. dann auch dritten Wurf die Chance der Augenzahlwahl. Das Ausrechnen bestätigt, dass das tatsächlich günstiger ist. |
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| 23.09.2009, 14:30 | Zellerli | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Arthur_Dent
Meinst du damit, dass man bei keinem Päärchen alle 5 nochmal werfen sollte? Das macht doch rechnerisch keinen Unterschied ob man einen liegen lässt oder alle 5 nochmal wirft. Wenn man aber einen liegen lässt, kann man sich aber heraussuchen welchen. Und mit hoher Wahrscheinlichkeit ist bei 5 Würfeln eine Augenzahl über 3,5 dabei, sodass man sich den "Wert" der längsten Sequenz, die am wahrscheinlichsten ist, vorher heraussuchen kann. Ich glaube nämlich dass ein 6er Kniffel mehr wert ist als ein 1er. Kenne aber das Spiel wie gesagt nicht 100%ig. Ah nein: war das nicht so, dass man in einem Spiel immer jeweils einen 1er, 2er, 3er, etc. Kniffel haben muss?! Und dann auch entspechende Konstrukte wie einen Drilling, ein Full House, etc. Erinnere mich vague... edit: Tz... hab deinen ersten Satz:
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| 23.09.2009, 15:14 | AD | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Ich rede hier ausschließlich über das eine Ziel, fünf gleiche Augenzahlen zu erzielen - alles andere wird ausgeblendet. Beispiel: Erster Wurf 6 5 4 3 2 , ich lege die 6 zurück Zweiter Wurf 5 5 5 5 Nach meiner ursprünglichen Annahme, dass zurückgelegte Würfel nicht wieder ins Spiel gebracht werden können, nützt einem nun der ganze Vierer hier nichts, da nach der nicht rückgängig zu machenden Entscheidung für die 6 einem die ganzen Augenzahlen 5 nichts nützen... Wie auch immer, eins ist bei diesem Spiel klar: Man muss erst eine Strategie festlegen, wie man in welcher Situation weiter entscheidet, erst danach kann man beginnen, die Wahrscheinlichkeiten aufzudröseln. |
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| 23.09.2009, 19:23 | Zellerli | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Jo habs schon geblickt - wenn auch erst etwas später - siehe edit
Ich denke die Regeln sind für diese Arbeit klar (man kann nach jedem "Zug" beliebige Würfel stehen lassen) und die Strategie hat Kniffler ja auch festgelegt. Dann gehts jetzt ans "Aufdröseln". |
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| 26.09.2009, 12:05 | Kniffler | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
| Kniffel, Würfeln so habe wieder einmal einen neuen versuch gestartet: Bsp: 4-1-0 5!:4!*6/6*1/6^3*5/6*1/6= 0,3215% Beim ersten Wurf: man hat 4 aus 5 und der erste würfel kann fallen wie er will, der 2., 3. und 4. muss genauso fallen wie der erste und der fünfte hat noch 5 möglichkeiten. Beim zweiten Wurf: man hat 1 aus 1 und der übrige würfel muss fallen wie die anderen wenn ich nach diesem schema alle 15 kombinationsmöglichkeiten durchgehe und sie danach addiere komme ich auf das ergebnis von 5,042%. |
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| 28.09.2009, 22:11 | Zellerli | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Also der Ansatz sieht richtig aus. Hast du Vergleichswerte um die 5% zu prüfen? Noch besser sind natürlich Einzelwerte, sodass eine evtl. Fehlersuche einfacher wird. |
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| 29.09.2009, 12:26 | Kniffler | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
| Kniffel, Würfeln 5-0-0: 0,0772% 4-1-0: 0,3215% 4-0-1: 0,2679% 3-2-0: 0,5358% 3-0-2: 0,3721% 3-1-1: 0,8931% 2-3-0: 0,3215% 2-0-3: 0,1786% 2-2-1: 0,8038% 2-1-2: 0,7144% 1-4-0: 0,0071% 1-0-4: 0,0007% 1-3-0: 0,0298% 1-2-2: 0,0496% 1-1-3: 0,0298% stelle grad fest das ich beim addieren auf 4,6029% komme. |
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| 30.09.2009, 17:45 | Zellerli | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Ich werde das jetzt nicht alles nachrechnen
Hast du einen Referenzwert?Achja, ist das ein Tippfehler, wenn da steht (dritte Zeile von unten): 1-3-0? |
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| 27.12.2009, 10:59 | Kniffler | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
| Kniffel, Würfeln So, habe nun einige Zeit mit dem rechnen wegen den vielen klausuren pausiert. Die 4,6% dürften richtig sein, jedenfalls findet man beim googeln den entsprechenden Wert
.Da ich die Aufgabe mit eurer Hilfe geschaft habe, habe ich bereits eine neue noch kniffligere Aufgabe. Ich will die Wahrscheinlichkeit berechnen, ein perfektes Spiel zu spielen. Mein Ansatz dazu: P(5*1er)+P(5*2er)...P(5*6er)+P(große Straße)+P(kleine Straße)+ P(Full House)+P(Dreierpasch 6er+ 2Sechser)+ P(Viererpasch 6er+1Sechser)+P(Kniffel)+P(fünfmal Sechser(Chance)) der Ansatz dürfte soweit richtig sein, werde wieder posten wenn ich zu einer Lösung gekommen bin. |
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| 27.12.2009, 12:29 | Kniffler | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
| Kniffel, Würfeln So, hier kommt Teil 1 der Lösung: zuerst die kombinationsmöglichkeiten für 5mal 1er: 0-0-5,0-5-0,5-0-0,4-1-0,4-0-1,1-0-4,1-4-0,0-1-4,0-4-1,0-3-2,0-2-3,3-0-2,3-2-0, 2-0-0,2-0-3,3-1-1,1-3-1,1-1-3,2-2-1,2-1-2,1-2-2. also insgesamt 21 Kombinationsmöglichkeiten. nun wie beim kniffel die einzelnen teilwahrscheinlichkeiten für die jeweiligen kombinationsmöglichkeiten ausrechnen und addieren. Bsp1: 0-5-0 
5/6)^5*(1/6)^5=0,00005168im ersten wurf darf keine 1 kommen, also (5/6)^5 und im zweiten müssen fünf einser kommen, deshalb (1/6)^5 Bsp2:0-3-2
5/6)^5*5!/3!/2!*(1/6)^3*(5/6)^2*(1/6)^2im ersten wurf keine 1, im zweiten 3 aus 5 (5!/3!/2!) mal (1/6)^3 wegen den 3 einsern, die kommen müssen und (5/6)^2 wegen den übrigen zwei würfeln, die keine einser sein dürfen, im dritten wurf müssen zwei einser gewürfelt werden(1/6)^2. Beim ausrechnen und anschließendem zusammenzählen komme ich auf die Gesamtwahrscheinlichkeit P(5 mal 1er bei 3 würfen mit 5 Würfeln)=0,013873715 falls dieses ergebnis richtig sein sollte könnte ich doch einfach 0,013873715^6 nehmen, um die wahrscheinlichkeit zu erhalten, 5 mal 1er -5mal 6er zu erhalten, oder? wäre super, wenn ihr meinen lösungsweg überprüfen könntet, ich mach mich nun an den zweiten teil mit dreierpasch, straße, etc
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| 30.12.2009, 13:13 | Kniffler | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
| Kniffel, Würfeln 2.Teil: Dreierpasch, Viererpasch und Chance haben die gleiche Wahrscheinlichkeit wie der Kniffel mit einer bestimmten Zahl, nach meiner Berechnung also 1,3873715%, da zur maximalen Punktzahl bei allen drei 5mal die 6 gewürfelt werden muss. Die Wahrscheinlichkeit des Kniffels wurde ja schon berechnet. Bleiben noch Full House, Kleine Straße und Große Straße: Beim Full House kann ich mir das ja noch einigermaßen vorstellen, aber bei den Straßen habe ich im Moment überhaupt keine Idee. Wäre toll wenn mir jemand einen Tipp geben könnte 
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| 03.01.2010, 13:26 | Zellerli | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Ah, hab das hier lange übersehen. Also nochmal: Du rechnest jetzt aus, wie groß die Wahrscheinlichkeit ist, ein perfektes Spiel zu machen. Was heißt, dass man (jeweils 3mal würfelnd) die ganzen speziellen Würfelkombinationen (in der richtigen Reihenfolge?) nacheinander schaffen muss. Das mit den Kniffeln passt soweit ich das sehe. Nur das Addieren macht mir Bauchschmerzen. Was genau ist ein perfektes Spiel? Ich habe das so in Erinnerung, dass man einen Zettel hat und diese ganzen Kombinationen abarbeitet. Also z.B. die sechs verschiedenen Kniffel. Dann darf man die Wahrscheinlichkeit aber nicht addieren. Aber ich glaube wohl kaum, dass ein Dreierpasch (zu dem dann die verbliebenen eine 6 sein sollen, also ein Fullhouse?) die selbe Wahrscheinlichkeit hat, wie ein Kniffel. Oder ist es so, dass man sich aussuchen kann, was für ein Pasch das wird (und es muss nicht ein 1er, ein 2er, usw. also alle Varianten wie beim Kniffel sein)? Und zählt ein Kniffel zugleich auch als 3er oder 4er Pasch? |
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| 03.01.2010, 16:54 | Kniffler | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
| Kniffel, Würfeln Ein perfektes Spiel ist ein Spiel, in dem man einfach gesagt bei 3 Würfen mit 5 Würfeln bei den 1ern-6ern jeweils 5 (also Kniffel) haben muss und beim Dreierpasch, Viererpasch und Chance immer 5 mal 6er, da hier jede Augenzahl für das Gesamtergebnis wichtig ist. Beim Kniffel, großer Straße, kleiner Straße und Full House ist es egal ob man beispielsweise beim Kniffel 5mal 6er oder 5mal 1er würfelt, da jeder Kniffel die gleiche Anzahl von Punkten(50)einbringt. Ähnlich ist es auch bei großer Straße(immer 40 Punkte), kleiner Straße(30) und Full House(25). Die Reihenfolge ist unwichtig, das heißt, man kann mit einem beliebigen Feld beginnen was mich zu der annahme bewegt, dass ich, nachdem ich alle 13 Teilwahrscheinlichkeiten berechnet habe,das Ergebnis noch mit 13! multiplizieren muss?! Ja bei meinem ersten Post habe ich aus versehen P(5*1er)+P(5*2er)...P(5*6er)... geschrieben, das soll natürlich * heißen. Bei den einzelnen Teilwahrscheinlichkeiten der Kombinationsmöglichkeiten für beispielsweise einen 1erKniffel dürfte das Addieren aber richtig sein, oder? Die einzelnen Wahrscheinlichkeiten P(5 mal 1er) bis p(5 mal 6er) muss man dann wieder multiplizieren(und dann noch mit den Wahrscheinlichkeiten von großer Straße, kleiner Straße, Kniffel, Full House, Dreierpasch, Viererpasch und Chance) , deshalb habe ich 0,013873715^6 geschrieben. Hoffe das passt so. Der Dreierpasch muss ja bei einem perfekten Spiel ein 6erKniffel sein, da sonst die maximale Anzahl an zu erzielenden Punkten nicht machbar wären. Hoffe ich konnte mein Anliegen einigermaßen klar machen, habe jetzt auch schon Ansätze für Full House, große Straße und kleine Straße. Die Wahrscheinlichkeit des Kniffels mit 3 Würfen haben wir ja schon ausführlich besprochen
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| 04.01.2010, 23:25 | Zellerli | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Achso Kniffel ist der Teil des Spiels, wo man mit 3 Würfen möglichst viele 1er trifft oder 4er, etc. Full House ist 3er und 2er Pasch. Straße 1 2 3 4 5 oder 2 3 4 5 6, richtig? Oder geht es nach der 6 bei 1 weiter? und kleine Straße entsprechend mit 4 aufeinanderfolgenden, also mehr Möglichkeiten. Ich hätte gerne trotzdem noch ein paar Fallbeispiele oder am besten so einen Kniffelzettel, damit ich das perfekte Spiel besser nachvollziehen kann. |
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| 05.01.2010, 12:10 | Kniffler | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
| Kniffel, Würfeln hab mal nen kniffelblock als dateianhang geschickt, hoffe das hilft weiter, ich glaube du hast es eh schon verstanden. |
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| 05.01.2010, 12:40 | Zellerli | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Und die Reihenfolge ist egal, also es wird nach 3 Würfen gesagt "das war jetzt das Spiel für den 1er Kniffel". |
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| 05.01.2010, 13:53 | Kniffler | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
| Kniffel, Würfeln ja genau, deshalb hab ich auch gemeint das man das ganze am ende noch mit 13! multiplizieren muss, man muss nicht mit den 1ern anfangen, man kann auch z.B. mit kleiner Straße anfangen, das kann man beliebig wählen. |
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| 07.01.2010, 16:38 | Kniffler | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
| Kniffel, Würfeln so, hier mal ein lösungsansatz für die große straße: Kombinationsmöglichkeiten bei Anfang 1: 5-0-0, 4-1-0, 4-0-1, 1-4-0,1-0-4, 3-1-1, 1-3-1, 1-1-3, 3-2-0, 2-3-0, 3-0-2, 2-0-3, 1-2-2, 2-1-2, 2-2-1. dann halt wieder die teilwahrscheinlichkeiten ausrechnen und danach addieren Kombinationsmöglichkeiten bei Anfang 2: genau das gleiche wie bei Anfang 1, also kann man die teilwahrscheinlichkeiten mit 2 multiplizieren? bitte um kommentare und verbesserungen
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| 08.01.2010, 10:57 | Zellerli | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Ja kannst du. Etwas anderes Modell: 2 3 4 5 müssen gewürfelt werden. Der übrige Würfel darf 1 oder 6 zeigen. Damit hast du auch eine 2 als Faktor in der Kette. |
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| 08.01.2010, 14:58 | Kniffler | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
| Kniffel, Würfeln ich habe noch eine frage zu der aufgabe mit dem 1er-6er Kniffel: Ich habe ja eine Wahrscheinlichkeit von 1,387...%(für bestimmten Kniffel, z.B.1er) Kann das stimmen? Wenn ja, warum ist die Wahrscheinlichkeit, einen bestimmten Kniffel zu würfeln, nicht ein Sechstel der Wahrscheinlichkeit, einen beliebigen Kniffel zu würfeln(P=4,6% wie schon besprochen)? P(bestimmter Kniffel) *6=8,35% |
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| 08.01.2010, 15:42 | Zellerli | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Dann ist irgendwo ein Rechenfehler drin. |
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| 08.01.2010, 16:28 | Kniffler | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
| Kniffel, Würfeln na super, dann hätte ich mir die ganze rechnerei sparen können und einfach die wahrscheinlichkeit für einen beliebigen kniffel durch 6 nehmen können?! 
naja egal, werde in nächster zeit versuchen die noch ausstehenden wahrscheinlichkeiten zu berechnen. vielen dank für die bisherige hilfe
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| 09.01.2010, 11:35 | Kniffler | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
| Kniffel, Würfeln ich hab noch ein problem mit der großen straße: eigentlich darf der erste würfel doch alles sein, also 6/6, aber der zweite nur noch 4/6? bei 5-0-0: bei 4-1-0: 4 aus 5, also ist das soweit richtig? |
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| 09.01.2010, 17:17 | Zellerli | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Hm da musst du eventuell sieben *schauder*: Wenn die erste gewürfelte Augenzahl eine 3 ist, dann sind im folgenden Zug doch alle Zahlen außer 3 günstig. Also 5 und nicht 4. Unter der Bedingung, dass der erste Wurf keine 1 oder 6 ist... usw. Wenn der zweite Wurf eine 4 ist, geht es wieder weiter. Erst wenn eine 1 oder 6 auftaucht, wird klar, welche Straße es ist. Du musst also (am besten mit Baumdiagramm) die bedingten Wahrscheinlichkeiten betrachten. Wäre hässlich. Gibt zwei einfachere Wege. Z.B. den, den du angesprochen hast: "Große Straße startet mit 1" "Große Straße startet mit 2" getrennt betrachten. oder: 2 3 4 5 MÜSSEN vorkommen. Der verbliebene Würfel darf 1 oder 6 zeigen. Und dann die Möglichkeiten bedenken die 4er Sequenz 2 3 4 5 und die 1er Sequenz "1 oder 6" anzuordnen. |
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| 09.01.2010, 18:25 | Kniffler | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
| Kniffel, Würfeln heißt das: große Straße startet mit 1: 5-0-0: bei 4-1-0: bei Start mit 2: ist ja wie schon angesprochen das selbe, oder? deshalb wahrscheinlichkeiten von Start 1 addieren und mit 2 multiplizieren, oder? |
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