Wahrscheinlichkeit beim wiederholten Würfeln

22.01.2021, 10:26

Sokuban

Wahrscheinlichkeit beim wiederholten Würfeln

Hallo in die Runde! ...

Ich frage hier für ein Mädchen in der 8. Klasse, der ich bei den Hausaufgaben helfen will. Und ich bin perplex, was die in der 8. Klasse schon leisten sollen. Oder sehe ich den Wald vor lauter Bäumen nicht? ... Könnt Ihr mir helfen?

Die Aufgabe lautet:

[attach]52505[/attach]

Vorüberlegung: Die Wahrscheinlichkeit, dass A gewinnt, müsste ja von Runde zu Runde steigen und sich dann irgendwann seinem Maximum nähern, was ein wenig über 0,5 liegen müsste. Oder?

Mein Ansatz scheint mir zu kompliziert und deshalb bin ich misstrauisch:
Ich würde ein Baumdiagramm malen und dann all die Pfade, wo A eine Sechs hat durchmultiplizieren und dann miteinander addieren.

Für a) sähe das dann so aus:

p=1/6 + 5/6*5/6*1/6 + 5/6*5/6*5/6*5/6*1/6 + 5/6*5/6*5/6*5/6*5/6*5/6*1/6 + ...

Usw. bis 10 Summanden zusammen sind.
Aber das ist nur a) und das kann man doch nicht in der 8.Klasse erwarten? Gibt es noch einen einfacheren Weg.

Ich wäre für Eure Hilfe sehr dankbar!

Sonnige Grüsse!

22.01.2021, 10:54

HAL 9000

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Was genau bedeutet "Runde" ?

Heißt 10 Runden insgesamt genau 10 Würfe (bei (1) also nur ABABABABAB), oder 10-mal die beschriebenen A-B-Sequenzen (das wäre dann ABABABABABABABABABAB) ?

Zitat:

Original von Sokuban
Aber das ist nur a) und das kann man doch nicht in der 8.Klasse erwarten? Gibt es noch einen einfacheren Weg.

In der Tat für 8.Klasse etwas heftig. Man kann die Regeln strukturiert in irgendwelche Summen überführen mit Summanden abhängig vom Summenindex, aber das ist wohl eher was für höhere Klassen bzw. Studenten.

Immerhin ein Vorschlag, wie man den Formelwust etwas bändigen kann, auch ohne sich bereits mit Summensymbolen rumschlagen zu müssen:

Man berechne zunächst als Hilfsgröße die Wahrscheinlichkeit $\begin{eqnarray*} q_n \end{eqnarray*}$ dafür, dass nach der $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ -ten AB-Runde noch keine Entscheidung gefallen ist:

Bei (1) bedeutet das:

$\begin{eqnarray*} q_0=1 \end{eqnarray*}$ ist der Startwert, dann ist $\begin{eqnarray*} q_1 = \left(\frac{5}{6}\right)^2 \end{eqnarray*}$ , $\begin{eqnarray*} q_2 = \left(\frac{5}{6}\right)^4 \end{eqnarray*}$ , ...

Siegwahrscheinlichkeit für A entlang dieser Pfade ist dann

$\begin{eqnarray*} q_0\cdot \frac{1}{6} + q_1\cdot \frac{1}{6} + \ldots = \frac{1}{6}\left(q_0+q_1+\ldots \right) \end{eqnarray*}$ ,

die Summation läuft solange, wie es eben Runden gibt.

Bei (2) schon etwas schwieriger:

$\begin{eqnarray*} q_0=1 \end{eqnarray*}$ ist wieder Startwert, dann $\begin{eqnarray*} q_1 = \left(\frac{5}{6}\right)^2 \end{eqnarray*}$ , aber nun wird es komplizierter mit $\begin{eqnarray*} q_2 = \left(\frac{5}{6}\right)^{2+4} = \left(\frac{5}{6}\right)^6 \end{eqnarray*}$ sowie $\begin{eqnarray*} q_3 = \left(\frac{5}{6}\right)^{2+4+6} = \left(\frac{5}{6}\right)^{12} \end{eqnarray*}$ usw.

Auch die Berechnung der A-Siegwahrscheinlichkeit wird hier ab der zweiten Runde aufwändiger:

$\begin{eqnarray*} q_0\cdot \frac{1}{6} + q_1\cdot \left(1-\left(\frac{5}{6}\right)^2\right) + q_2\cdot \left(1-\left(\frac{5}{6}\right)^3\right) + \ldots \end{eqnarray*}$

23.01.2021, 12:19

Sokuban

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Vielen Dank HAL 9000!

Ja, wichtige Frage, was "Runde" eigentlich bedeutet! ... Bei 1. scheint das IMO noch klar "A UND B würfeln" zu sein. Bei 3. ist das schon eher fraglich. Hm!?

Und ja, deine Formel für 1. entspricht ja auch meiner, wenn man sie zusammenfasst. Spannender Weg! Und gut erklärt. Danke!

Zu 2.: Wow! Ich bin beeindruckt! ... Und ja, ich kann dir folgen! Guter Weg! ... Aber für eine 8. Klasse doch echt eine Nummer zu groß!

Ich denke, es wird wohl doch auf brutale Fleißarbeit hinauslaufen. Bei 3. sind es ja dann schon um die 200 (oder je nach verwendeter Definition von "Runde" auch 100) Würfe, d.h. 100 oder 50 Summanden. ... Und ja, die werden zwar immer kleiner mit der Zeit, aber .... . ... das wird wohl wunde Finger geben beim Eintippen.

Hey ... vielen herzlichen Dank für deine Zeit und Energie!

24.01.2021, 02:31

klauss

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Meine Interpretation würde lauten: $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ Runden sind absolviert, wenn beide Spieler je $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ -mal "dran" waren, ungeachtet der Anzahl der Würfe beim Dransein, wobei A jeweils eine Runde eröffnet*.

Zitat:

Original von HAL 9000
Man kann die Regeln strukturiert in irgendwelche Summen überführen mit Summanden abhängig vom Summenindex

Deshalb habe ich mich drangesetzt, um zumindest was in der Hand zu haben, mit dem man einen Computer füttern kann, und die folgenden Formeln ermittelt.
Demnach wären die Wahrscheinlichkeiten, dass Spieler A spätestens *in der $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ -ten Runde gewinnt:

(1) $\begin{eqnarray*} \frac{6}{11}\left[1-\left(\frac{25}{36} \right)^{n} \right] \end{eqnarray*}$

(2) $\begin{eqnarray*} \sum\limits_{k=1}^{n} \left(\frac{5}{6} \right)^{k^{2} }\left[\left(\frac{6}{5} \right)^{k}-1 \right] \end{eqnarray*}$

(3) $\begin{eqnarray*} \sum\limits_{k=0}^{n-1} \left(\frac{5}{6} \right)^{2k^{2}+k }\left[1-\left(\frac{5}{6} \right)^{2k+1} \right] \end{eqnarray*}$

Bei (2) und (3) stimmt jedenfalls für Stichprobe $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ =4 das Ergebnis von WolframAlpha mit meinen händischen Werten überein.

Als Nebenerkenntnis liegt die Gewinnwahrscheinlichkeit für Spieler A jeweils über 0,5, wobei Variante (2) am günstigsten ist.

@Sokuban: Ich bitte aber die Formeln eigenverantwortlich zu kontrollieren, bevor Du sie an die Schülerin weitergibst. Augenzwinkern

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