Würfelsummen

15.04.2020, 14:06

Huggy

Würfelsummen

Zitat:

Original von Huggy
Nachdem nun alle schwindlig sind, mal etwas zum Knobeln ohne viel Mathematik:

Man hat zwei faire Würfel, die gemeinsam geworfen werden. Kann man die Würfelseiten so beschriften, dass bei der Summe $\begin{eqnarray*} s \end{eqnarray*}$ der beiden geworfenen Würfelseiten die Werte $\begin{eqnarray*} 1, \ldots , 9 \end{eqnarray*}$ mit gleicher Wahrscheinlichkeit $\begin{eqnarray*} p>0 \end{eqnarray*}$ auftreten?

Ergänzung von HAL 9000
Ich häng mal noch eine verallgemeinernde Zusatzfrage an:

Für welche positiven ganzen Zahlen n gibt es eine Beschriftung dieser beiden Würfel, so dass die gewürfelte Summe gleichverteilt auf 1,…,n ist?

(Wenn ja, nenne eine solche Beschriftung - wenn nein, begründe warum es keine gibt. Und das für alle n.)

15.04.2020, 14:35

Ulrich Ruhnau

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RE: Würfelsummen
Wenn die beiden Würfel ungleich aussehen dürfen, ist das kein Problem.
Der erste Würfel hat die Werte 1,2,3,1,2,3 der zweite Würfel hat die Werte 0, 3, 6, 0, 3, 6 verteilet auf die sechs Seiten.

15.04.2020, 14:38

Huggy

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RE: Würfelsummen
Das ging aber schnell! Kanntest du das Problem? Es gibt noch eine andere Lösung.

Jetzt kannst du dich der Ergänzung von HAL widmen.

15.04.2020, 14:55

Ulrich Ruhnau

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RE: Würfelsummen
Dieses Rätsel ist für mich neu. Gerade beim Spiel "Siedler von Catan" hat man das Problem daß die Summe von zwei Augenzahlen nicht gleichverteilt ist. Wenn man Spiele erfinden möchte, wo die Gleichverteilung der Zufallszahlen wichtig ist und man bis 12 gehen möchte, empfehle ich deshalb einen Dodekaeder-Würfel einzusetzen.[attach]51013[/attach]

15.04.2020, 15:00

Huggy

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RE: Würfelsummen
Das kann man natürlich empfehlen. Ich empfehle aber, sich dahingehend auch noch mal mit der Ergänzung von HAL zu beschäftigen. Das sollte dir ja kein Problem bereiten!

19.04.2020, 11:52

SHigh

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RE: Würfelsummen
Hallo zusammen,

ich würde mal meinen bescheidenen Ansatz vorstellen wollen, ich hoffe, ihr könnt mir weiterhelfen:

Es sei $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ der erste und $\begin{eqnarray*} B \end{eqnarray*}$ der zweite Würfel mit $\begin{eqnarray*} P(A=a_i)=P(B=b_i) = \frac 16 \end{eqnarray*}$ ,

Es gilt:

$\begin{eqnarray*} P(A+B=k) = \sum_i^6 P(A=a_i) \cdot P(B=k-a_i) = \frac 16 \sum_{i,j=1}^6 P(B=b_j) \cdot \chi_{\{b_j=k-a_i\}} = \frac 1{36} \sum_{i,j=1}^6 \chi_{\{b_j=k-a_i\}} \end{eqnarray*}$ .

Für alle $\begin{eqnarray*} k \in \{1,\dots , n\} \end{eqnarray*}$ muss also folgendes gelten:

$\begin{eqnarray*} P(A+B=k) = \frac 1n \quad \Leftrightarrow \quad \ \sum_{i,j=1}^6 \chi_{\{b_j=k-a_i\}} = \frac {36}n \end{eqnarray*}$ .

Damit kommt nur $\begin{eqnarray*} n\in \{1,2,3,4,6,9,12,18,36\} \end{eqnarray*}$ in Frage.

Damit könnte man $\begin{eqnarray*} A=(a_1,\dots ,a_6) \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} B=(b_1,\dots ,b_6) \end{eqnarray*}$ für die folgenden $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ wählen als

$\begin{eqnarray*} n=1: \qquad A=(1,1,1,1,1,1), \qquad B=(0,0,0,0,0,0) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} n=2: \qquad A=(1,1,1,2,2,2), \qquad B=(0,0,0,0,0,0) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} n=3: \qquad A=(1,1,2,2,3,3), \qquad B=(0,0,0,0,0,0) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} n=6: \qquad A=(1,2,3,4,5,6), \qquad B=(0,0,0,0,0,0) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} n=9: \qquad A=(1,1,2,2,3,3), \qquad B=(0,0,3,3,6,6) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} n=18: \qquad A=(1,2,3,4,5,6), \qquad B=(0,0,6,6,12,12) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} n=36: \qquad A=(1,2,3,4,5,6), \qquad B=(0,6,12,18,24,30) \end{eqnarray*}$

Es will mir aber nicht gelingen, 4 und 12 auszuschließen (oder eine Lösung zu finden).

Das sieht mir stark nach einer Vorschrift aus (die ich aber nicht begründen kann ohne einzelnes Nachrechnen), das Ganze lässt sich doch sicher auch auf Würfel mit $\begin{eqnarray*} m \end{eqnarray*}$ erweitern, oder? Dann müsste eben $\begin{eqnarray*} \sum_{i,j=1}^m \chi_{\{b_j=k-a_i\}} = \frac {m^2}n \end{eqnarray*}$ gelten und es würden zunächst alle Teiler von $\begin{eqnarray*} m^2 \end{eqnarray*}$ in Frage kommen.

Beste Grüße

19.04.2020, 14:13

Huggy

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RE: Würfelsummen

Zitat:

Original von SHigh
Damit kommt nur $\begin{eqnarray*} n\in \{1,2,3,4,6,9,12,18,36\} \end{eqnarray*}$ in Frage.

Diese Überlegung ist richtig.

Zitat:

Es will mir aber nicht gelingen, 4 und 12 auszuschließen (oder eine Lösung zu finden).

Auch dafür gibt es Lösungen.

19.04.2020, 14:46

SHigh

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RE: Würfelsummen
Danke Huggy,

$\begin{eqnarray*} n=4:A=(1,1,1,2,2,2),B=(0,0,0,2,2,2) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} n=12:A=(1,1,1,2,2,2),B=(0,2,4,6,8,10) \end{eqnarray*}$

Gruß

19.04.2020, 15:15

Luftikus

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RE: Würfelsummen

Zitat:

$\begin{eqnarray*} n=12:A=(1,1,1,2,2,2),B=(0,2,4,6,8,10) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} n=12: \; A=(1,2,3,4,5,6),B=(0,0,0,6,6,6) \end{eqnarray*}$

19.04.2020, 15:21

Huggy

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RE: Würfelsummen
Passt auch. Es gibt öfter mehrere Lösungen. Ich habe keinen Überblick über die Gesamtheit der Lösungen.

19.04.2020, 16:12

HAL 9000

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Alle Lösungen zu finden, wäre schon wieder eine ganz andere Baustelle - eine zu finden genügt hier doch auch. Und das könnte man beispielsweise so systematisieren:

Jeder positive Teiler $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ von 36 lässt sich schreiben als Produkt $\begin{eqnarray*} n=a\cdot b \end{eqnarray*}$ zweier positiver Teiler von $\begin{eqnarray*} 6 \end{eqnarray*}$ . Darauf basiert dann folgende Würfelbeschriftung:

Würfel 1 erhält die Zahlen $\begin{eqnarray*} 1,\ldots,a \end{eqnarray*}$ , jeweils in $\begin{eqnarray*} \frac{6}{a} \end{eqnarray*}$ -facher Ausfertigung.

Würfel 2 erhält die Zahlen $\begin{eqnarray*} ka \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} k=0,1,\ldots,b-1 \end{eqnarray*}$ , jeweils in $\begin{eqnarray*} \frac{6}{b} \end{eqnarray*}$ -facher Ausfertigung.

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