Urnen-Duell mit ungleichen Würfeln

22.12.2019, 01:28

Ulrich Ruhnau

Urnen-Duell mit ungleichen Würfeln

Ich habe zwei leere Urnen A und B. Außerdem habe ich zwei normale Würfel mit Augenzahlen 1 bis 6. Dann habe ich noch zwei Würfel, die wie Oktaeder geformt sind und deren Ziffern von 1 bis 8 reichen. Nun nehme ich jeweils einen Sechserwürfel und einen Achterwürfel und lasse sie in einem Würfelduell gegeneinander antreten. D.h. ich stecke sie in einen Knobelbecher und würfele so lange bis beide eine unterschiedliche Zahl zeigen. Den mit der höheren Zahl erkläre ich zum Siegerwürfel. Die beiden Siegerwürfel landen in Urne B während die Verliererwürfel in Urne A landen.

Dann nehme ich die beiden Würfel aus Urne B und lasse sie gegeneinander antreten. Den Verliererwürfel werfe ich in Urne B zurück.

Dann mache ich mit den Würfeln aus Urne A das Gleiche, außer daß ich diesmal den Siegerwürfel in die Urne A zurückwerfe.

Jetzt will ich den Würfel aus Urne A gegen den aus Urne B antreten lassen. Welcher der beiden Würfel gewinnt mit der höheren Wahrscheinlichkeit? Oder sind beide Wahrscheinlichkeiten etwa gleich? Wie hoch sind die Siegwahrscheinlichkeiten für A und B?

22.12.2019, 03:51

klauss

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RE: Urnen-Duell mit ungleichen Würfeln
Nach meinen ausführlichen Berechnungen
- kommt der Siegerwürfel mit Wahrscheinlichkeit rd. 52,2 % aus Urne B
- ist der Sieger mit Wahrscheinlichkeit rd. 61,3% ein Oktaeder

(Da ich in allen Etappen Summenwahrscheinlichkeit 1 stehen habe, vertraue ich bis auf weiteres dem Ergebnis, jedenfalls habe ich mit vorläufiger Probe noch keinen Fehler gefunden.)

22.12.2019, 16:04

Ulrich Ruhnau

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RE: Urnen-Duell mit ungleichen Würfeln
Hallo Klauss,

hast du auch einen Rechenweg anzubieten? Wie begründest Du Dein Ergebnis? Ich würde auch gerne Brüche sehen.

22.12.2019, 16:38

klauss

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RE: Urnen-Duell mit ungleichen Würfeln
Kann ich alles vorweisen. Allerdings möchte ich, bevor ich mir die Mühe mache, gern verbindlich wissen, ob mein Ergebnis richtig ist. Augenzwinkern

Falls nicht, müßte ich mir nochmal Gedanken machen, wo ich falsch gelegen haben könnte.
Kennst Du selbst die Lösung (solltest Du eigentlich als Threadersteller)?

Diese Aufgabe sollte eigentlich noch mehr Leute beschäftigen, deren Kommentar interessant wäre.
Da ich heute nicht so viel Zeit habe, würde ich meinen Rechenweg dann ohnehin nachreichen, sofern nicht zwischenzeitlich jemand zuvorkommt.

22.12.2019, 17:39

Ulrich Ruhnau

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RE: Urnen-Duell mit ungleichen Würfeln
Hallo Klaus, ich habe etwas anderes herausbekommen als Du. Ich könnte meine Rechnung auch darstellen. Leider habe ich vergessen, eine Nomenklatur vorzugeben. Ich bezeichne die Wahrscheinlichkeit, daß ein 6-Würfel gegen einen 8-Würfel gewinnt als $\begin{eqnarray*} p \end{eqnarray*}$ . Die Wahrscheinlichkeit, daß ein 8-Würfel den 6-Würfel besiegt sei $\begin{eqnarray*} q \end{eqnarray*}$ .

Also $\begin{eqnarray*} p+q=1 \end{eqnarray*}$

Nach den ersten beiden Duellen soll es drei Fälle geben:

Fall a) ----- Urne A:[8][8] ----- Urne B:[6][6]
Fall b) ----- Urne A:[6][8] ----- Urne B:[6][8]
Fall c) ----- Urne A:[6][6] ----- Urne B:[8][8]

Die Wahrscheinlichkeiten für diese drei Fälle sollen mit $\begin{eqnarray*} a,b,c \end{eqnarray*}$ bezeichnet werden. Übeigens halte ich wegen $\begin{eqnarray*} p < q \end{eqnarray*}$ den Fall c für wahrscheinlicher als Fall a, also $\begin{eqnarray*} a < c \end{eqnarray*}$ .

22.12.2019, 17:55

klauss

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RE: Urnen-Duell mit ungleichen Würfeln
Wir können es gern auch schrittweise aufklären.
Zentrale Frage ist sicherlich, welche Werte denn $\begin{eqnarray*} p \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} q \end{eqnarray*}$ tatsächlich haben, da diese bei jedem Duell zum Tragen kommen.

Bereits an dieser Stelle differieren unsere Lösungen allerdings schon, denn Du dürftest den
Fall d) ----- Urne A:[8][6] ----- Urne B:[8][6]
übersehen haben. Der ist nicht identisch mit Fall b).

Kontrolle ist, wie von mir bereits angemerkt, die Summenwahrscheinlichkeit 1, denn mit den von mir ermittelten Werten für $\begin{eqnarray*} p \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} q \end{eqnarray*}$ summieren sich die Wahrscheinlichkeiten für alle 4 möglichen Urnenbefüllungen nach der 1. Runde ordnungsgemäß zu 1.

Edit: Letzten Satz nach Edit Ulrich Ruhnau gelöscht.

22.12.2019, 18:11

Ulrich Ruhnau

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RE: Urnen-Duell mit ungleichen Würfeln
Also wenn jeweils ein 6-Würfel und ein 8-Würfel in jeder Urne ist, dann habe ich die Kontrolle darüber verloren, in welcher Reihenfolge sie in die Urnen gelangt sind. Und für den weiteren Verlauf wäre es unwichtig. Jedoch würde ein Faktor 2 in der Berechnung das ausgleichen. Gleiche Fälle, führe ich gerne zusammen, damit der Aufwand nicht unnötig steigt.

Im Übrigen hast Du mit Deinen 52.2 % doch recht. Damit ist das Rätsel zwar gelöst, aber leider ohne Rechenweg.

22.12.2019, 18:35

klauss

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RE: Urnen-Duell mit ungleichen Würfeln
Nun gut, wenn Dir bewußt ist, dass der Faktor 2 gesetzt werden muß, genügt das wohl. Da das aber nicht ausdrücklich erwähnt wurde, ist es im Zweifel für Dritte nicht ersichtlich. Deshalb ziehe ich die 4-fache Fallunterscheidung vor, dann kann ich hinterher immer noch feststellen, dass es sich um 2 gleichartige Fälle handelt, und davon ausgehen, dass ich nichts vergessen habe.

Nur: Wenn Du Fall b) und d) zu einem zusammenziehen willst, dann gilt $\begin{eqnarray*} c < b \end{eqnarray*}$ .
Vielleicht hast Du deswegen Deinen vorletzten Beitrag aufgrund meines Hinweises editiert ...

Wie geht's nun weiter?

22.12.2019, 20:04

Ulrich Ruhnau

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RE: Urnen-Duell mit ungleichen Würfeln
Ja, soll ich die Lösung samt Rechenweg darstellen, oder willst Du mir vorher lieber Deinen Rechenweg verraten?

22.12.2019, 20:10

klauss

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RE: Urnen-Duell mit ungleichen Würfeln
Gern, Du würdest mir eine Arbeit abnehmen, die ich sonst erst morgen oder übermorgen leisten könnte.

Sollte ich an einzelnen Stellen dann Anmerkungen haben, kann ich die ja zusätzlich einwerfen.

22.12.2019, 21:19

Ulrich Ruhnau

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RE: Urnen-Duell mit ungleichen Würfeln
Die Wahrscheinlichkeiten für den Sieg eines Würfels ist proportional zu den Kombinationsmöglichkeiten beider Würfelergebnisse, die zum Sieg führen. Würfele ich mit einem 6-Würfel gegen einen 8-Würfel, dann gibt es, falls ich eine Zwei würfele, nur eine Eins des Gegnerwürfels als Möglichkeit zu gewinnen. Würfele ich dagegen eine Drei, dann gib es schon 2 Möglichkeiten zu gewinnen. Diese Möglichkeiten muß ich durchzählen und komme auf 1+2+3+4+5=15 Möglichkeiten gegen den 8-Würfel zu bestehen. Im Umgekerhrten Fall habe ich 1+2+3+4+5+6+6=27 Möglichkeiten den 6-Würfel mit einem 8-Würfel zu besiegen. Damit beträgt die Siegwahrscheinlichkeit für einen 6-Würfel gegen einen 8-Würfel $\begin{eqnarray*} p=\frac{15}{42} \end{eqnarray*}$ und im umgekehrten Fall $\begin{eqnarray*} q=\frac{27}{42} \end{eqnarray*}$ . $\begin{eqnarray*} p+q=1 \end{eqnarray*}$

Nach den ersten beiden Duellen sind drei Fälle zu unterscheiden, die mit den Wahrscheinlichkeiten $\begin{eqnarray*} a,b,c \end{eqnarray*}$ eintreten können:

Fall a) ----- Urne A:[8][8] ----- Urne B:[6][6] ---- $\begin{eqnarray*} a=p^2 \end{eqnarray*}$
Fall b) ----- Urne A:[6][8] ----- Urne B:[6][8] ---- $\begin{eqnarray*} b=2pq \end{eqnarray*}$
Fall c) ----- Urne A:[6][6] ----- Urne B:[8][8] ---- $\begin{eqnarray*} c=q^2 \end{eqnarray*}$

Das geht auch prima auf wie man erkennt: $\begin{eqnarray*} 1=a+b+c=(p+q)^2 \end{eqnarray*}$

Tritt der Fall b ein, dann müssen im nächsten Durchgang die unterschiedlichen Würfel jeder Urne gegeneinander antreten und es wird eine weitere Fallunterscheidung notwendig um die Wahrscheinlichkeiten $\begin{eqnarray*} A_8,A_6,B_8,B_6 \end{eqnarray*}$ für die Finalgegner zu bestimmen:
Zwischen den Würfeln der Urne B stellt sich ein 8-Würfel als Verlierer heraus. $\begin{eqnarray*} B_8=p \end{eqnarray*}$
Zwischen den Würfeln der Urne B stellt sich ein 6-Würfel als Verlierer heraus. $\begin{eqnarray*} B_6=q \end{eqnarray*}$
Zwischen den Würfeln der Urne A stellt sich ein 6-Würfel als Sieger heraus. $\begin{eqnarray*} A_6=p \end{eqnarray*}$
Zwischen den Würfeln der Urne A stellt sich ein 8-Würfel als Sieger heraus. $\begin{eqnarray*} A_8=q \end{eqnarray*}$

Das ist wichtig um zu beurteilen, wie groß die Wahrscheinlichkeit $\begin{eqnarray*} S_b \end{eqnarray*}$ im Fall b ist, daß die Kugel aus Urne B im Final-Duell gewinnt.
Zunächst gilt $\begin{eqnarray*} 1=(B_8+B_6)(A_6+A_8)=B_8 A_6+B_8 A_8+B_6 A_6+B_6 A_8 \end{eqnarray*}$

Dann gilt im Fall b, im letzten Durchgang für die Siegwahrscheinlichkeit des Würfels aus Urne B:

$\begin{eqnarray*} S_b=B_8 A_6 q+B_8 A_8 \frac 12+B_6 A_6 \frac12+B_6 A_8 p=p^2 q+\frac12 (pq+pq)+pq^2=pq(1+p+q)=2pq \end{eqnarray*}$

Die finale Siegwahrscheinlichkeit für die Kugel aus Urne B beträgt dann:

$\begin{eqnarray*} S=ap+b S_b+cq=p^3+q^3+4p^2 q^2\approx 52.21 % \end{eqnarray*}$

22.12.2019, 21:36

klauss

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RE: Urnen-Duell mit ungleichen Würfeln
Das ist eine interessante Darstellung, die ich mir morgen noch genauer anschauen muß. Meine Herangehensweise war - zumindest am Anfang - etwas anders, die Unterschiede werde ich dann nachreichen. Gegen Ende dürften wir aber im Prinzip auf derselben Linie sein.

24.12.2019, 00:35

klauss

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RE: Urnen-Duell mit ungleichen Würfeln
Zunächst ermittle ich die Wahrscheinlichkeiten, dass ein Würfel bei einem Wurf die höhere Zahl zeigt. Dazu führe ich kurzzeitig Zufallsgrößen ein:
$\begin{eqnarray*} X: \end{eqnarray*}$ Augenzahl des 6er-Würfels
$\begin{eqnarray*} Y: \end{eqnarray*}$ Augenzahl des 8er-Würfels
Aus einer "48-Felder-Tafel" lese ich ab:
$\begin{eqnarray*} P(Y>X)=\frac{27}{48} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} P(Y<X)=\frac{15}{48} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} P(Y=X)=\frac{6}{48} \end{eqnarray*}$ (Unentschieden)
Um ein Duell zu gewinnen, muß ein Würfel beim k-ten Wurf die höhere Augenzahl zeigen nach einer Serie von (k-1) Unentschieden; k = 1, 2, 3, ...
Das führt zu
$\begin{eqnarray*} P( \end{eqnarray*}$ 6er-Würfel gewinnt $\begin{eqnarray*} )=\frac{15}{48}\sum\limits_{k=0}^{\infty } \left(\frac{6}{48} \right)^{k} = \frac{5}{14}=p \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} P( \end{eqnarray*}$ 8er-Würfel gewinnt $\begin{eqnarray*} )=\frac{27}{48}\sum\limits_{k=0}^{\infty } \left(\frac{6}{48} \right)^{k} = \frac{9}{14}=q \end{eqnarray*}$

In der ersten Runde sind 4 Ausgänge möglich:
Fall a) ----- Urne A:[8][8] ----- Urne B:[6][6] ---- Wahrscheinlichkeit: $\begin{eqnarray*} p^{2} \end{eqnarray*}$
Fall b) ----- Urne A:[8][6] ----- Urne B:[6][8] ---- Wahrscheinlichkeit: $\begin{eqnarray*} pq \end{eqnarray*}$
Fall c) ----- Urne A:[6][6] ----- Urne B:[8][8] ---- Wahrscheinlichkeit: $\begin{eqnarray*} q^{2} \end{eqnarray*}$
Fall d) ----- Urne A:[6][8] ----- Urne B:[8][6] ---- Wahrscheinlichkeit: $\begin{eqnarray*} pq \end{eqnarray*}$

In der zweiten Runde können daraus folgende Urnenbefüllungen resultieren:
Fall a) ----- Urne A:[8] ----- Urne B:[6] ---- bedingte Wahrscheinlichkeit: $\begin{eqnarray*} 1 \end{eqnarray*}$
Fall b)
----- Urne A:[6] ----- Urne B:[6] ---- bedingte Wahrscheinlichkeit: $\begin{eqnarray*} pq \end{eqnarray*}$
----- Urne A:[6] ----- Urne B:[8] ---- bedingte Wahrscheinlichkeit: $\begin{eqnarray*} p^{2} \end{eqnarray*}$
----- Urne A:[8] ----- Urne B:[6] ---- bedingte Wahrscheinlichkeit: $\begin{eqnarray*} q^{2} \end{eqnarray*}$
----- Urne A:[8] ----- Urne B:[8] ---- bedingte Wahrscheinlichkeit: $\begin{eqnarray*} pq \end{eqnarray*}$
Fall c) ----- Urne A:[6] ----- Urne B:[8] ---- bedingte Wahrscheinlichkeit: $\begin{eqnarray*} 1 \end{eqnarray*}$
Fall d) wie Fall b)

Ins Finale gehen also die Konstellationen
----- Urne A:[6] ----- Urne B:[6] ---- mit der Gesamtwahrscheinlichkeit: $\begin{eqnarray*} 2p^{2}q^{2} \end{eqnarray*}$
----- Urne A:[6] ----- Urne B:[8] ---- mit der Gesamtwahrscheinlichkeit: $\begin{eqnarray*} 2p^{3}q+q^{2} \end{eqnarray*}$
----- Urne A:[8] ----- Urne B:[6] ---- mit der Gesamtwahrscheinlichkeit: $\begin{eqnarray*} 2pq^{3}+p^{2} \end{eqnarray*}$
----- Urne A:[8] ----- Urne B:[8] ---- mit der Gesamtwahrscheinlichkeit: $\begin{eqnarray*} 2p^{2}q^{2} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} 2p^{2}q^{2}+2p^{3}q+q^{2}+2pq^{3}+p^{2}+2p^{2}q^{2}=...=(p+q)^{2}=1 \end{eqnarray*}$

Die finale Siegwahrscheinlichkeit für die Kugel aus Urne B beträgt dann:
$\begin{eqnarray*} 2p^{2}q^{2}\cdot \frac{1}{2} +(2p^{3}q+q^{2})\cdot q+(2pq^{3}+p^{2})\cdot p+2p^{2}q^{2}\cdot \frac{1}{2} =...=p^{3}+q^{3}+4p^{2}q^{2} \end{eqnarray*}$
Die finale Siegwahrscheinlichkeit für einen Oktaeder beträgt dann:
$\begin{eqnarray*} (2p^{3}q+q^{2})\cdot q+(2pq^{3}+p^{2})\cdot q+2p^{2}q^{2}=...=2p^{2}q^{2}(p+1)+q^{3}+pq(2q^{3}+p) \end{eqnarray*}$

Wenn meine Rechnung stimmt, stimmt hier was nicht:

Zitat:

Original von Ulrich Ruhnau
$\begin{eqnarray*} ...=\frac{1}{2} (p^2+q^2)+4p^2 q^2\approx 52.21 % \end{eqnarray*}$

24.12.2019, 18:04

Ulrich Ruhnau

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RE: Urnen-Duell mit ungleichen Würfeln
Du hast recht, ich habe jetzt meine Formel wie folgt korrigiert:

Die finale Siegwahrscheinlichkeit für die Kugel aus Urne B beträgt dann:

$\begin{eqnarray*} S=ap+b S_b+cq=p^3+q^3+4p^2 q^2\approx 52.21 % \end{eqnarray*}$

Dann könnte man noch weiter fragen, ob diese Wahrscheinlichkeit dadurch verändert wird, daß am Anfang die Urnen durch mehr als zwei Duelle befüllt werden und danach wieder aus jeder Urne 2 Würfel zum Duell geholt werden, usw.. Eigentlich darf das nichts ändern. Oder?

24.12.2019, 19:08

klauss

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RE: Urnen-Duell mit ungleichen Würfeln

Zitat:

Original von Ulrich Ruhnau
Eigentlich darf das nichts ändern. Oder?

… waren die letzten Worte des Elektrikers/Chemikers/… Big Laugh

In der Mathematik kann diese Frage höchst trügerisch sein, zumindest ist sie meistens unnötig, denn mit dem vorhandenen Handwerkszeug kann man kann es ja nachprüfen.

Man könnte ja spaßeshalber mal untersuchen, wie sich die Wahrscheinlichkeiten ändern, wenn in der 1. Runde die Würfel nach dem "First to $\begin{eqnarray*} N \end{eqnarray*}$ "-Siege-Modus in die Urnen gelangen.

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