"Platonisches" Primzahlenwürfeln

28.01.2021, 09:58

Dopap

"Platonisches" Primzahlenwürfeln

Solo im Lockdown und eingeschneit hat man reichlich Zeit...

Also den von meiner Tochter(!) geschenkten Bausatz für platonische Körper ausgepackt ...

[attach]52548[/attach] sorry, der blaue "Tetraeder" sieht ein wenig komisch aus verwirrt

... und jeden mit der Reihe der aufsteigenden Primzahlen beschriftet. Den Tetraeder mit $\begin{eqnarray*} 2,3,5,7 \end{eqnarray*}$ den Oktaeder mit $\begin{eqnarray*} 2,3,5,7,11,13,17,19 \end{eqnarray*}$ u.s.w. Dann noch 5 Zufallsgrößen $\begin{eqnarray*} X_T,X_W, X_O.X_D,X_I \end{eqnarray*}$ definiert; deren Ergebnisse jeweils die nach einem Wurf von der Wurfebene verdeckte Zahl ist.

Zusätzlich noch $\begin{eqnarray*} S= X_T+X_W+ X_O+X_D+X_I \end{eqnarray*}$ als Summe der nicht sichtbaren Augenzahlen.
Von besonderem Interesse galt mir die Wahrscheinlichkeit meiner Lieblingszahl 42 sprich $\begin{eqnarray*} P(\{S=42\}) \end{eqnarray*}$ . Eine Serie von Würfen mit allen 5 Körpern brachte keine Erkenntnisse, also nicht einen einzigen Treffer, falls ein solcher überhaupt möglich ist .

Folglich den TaschenRechner mit einer unbefriedigenden Simulation und geschätztem $\begin{eqnarray*} 0.005<P(\{S=42\})<0.02 \end{eqnarray*}$ gequält.
Etwas ehrgeiziger geworden den TR mathematisch befragt,
wodurch außer dem Ergebnisraum $\begin{eqnarray*} \{10,11,12,13,14, ...,42,...,143,145,147\} \end{eqnarray*}$ noch $\begin{eqnarray*} P(\{S=42\})=0.0106553819444 \end{eqnarray*}$ folgte.

kann das sein ?

28.01.2021, 10:45

HAL 9000

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Kann ich bestätigen: Kombinatorisch durchgekämpft kommt man auf $\begin{eqnarray*} p = \frac{491}{4\cdot 6\cdot 8\cdot 12\cdot 20} = \frac{491}{46080}\approx 0.010655 \end{eqnarray*}$

Die 46080 Laplace-Einzelergebnisse verteilen sich folgendermaßen auf die möglichen Summenwerte von 10..147

1, 5, 10, 15, 25, 36, 50, 65, 70, 89, 106, 118, 143, 151, 176, 204, 222, 242, 270, 281, 315, 346, 350, 391, 389, 422, 429, 469, 433, 508, 457, 553, 491, 586, 487, 620, 505, 640, 511, 657, 504, 701, 518, 700, 529, 710, 522, 746, 513, 740, 532, 732, 520, 744, 487, 746, 496, 727, 488, 724, 468, 730, 459, 704, 444, 699, 442, 687, 428, 665, 422, 678, 418, 655, 417, 640, 416, 640, 392, 622, 390, 599, 378, 587, 348, 569, 331, 538, 308, 518, 284, 488, 260, 443, 229, 425, 202, 388, 185, 343, 173, 321, 137, 287, 120, 249, 118, 220, 90, 198, 73, 167, 66, 139, 52, 121, 36, 99, 29, 77, 22, 60, 13, 46, 10, 34, 6, 23, 2, 15, 2, 9, 1, 5, 0, 3, 0, 1

[attach]52551[/attach]

Die untere "Subkurve" sind die geraden Summenwerte, die obere die ungeraden: Die Bifurkation so etwa ab Summenwert 40 ist dadurch erklärbar, dass bei den geraden Summen zwingend ein Summand 2 dabei sein muss, was die Anzahl der Kombinationsmöglichkeiten gegenüber benachbarten ungeraden Summen signifikant verringert. Bei kleinen Summenwerten (d.h. unter 40) ist das noch nicht ausgeprägt, weil dort eh fast immer mindestens eine 2 in der Summe dabei ist.

28.01.2021, 16:54

Dopap

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Eines muss man dem matheboard zugestehen:

Wenn man eine klare und verständliche Frage stellt erhält man im Gegenzug
eine erschöpfende Antwort. Freude

28.01.2021, 17:42

HAL 9000

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Ich bin übrigens nicht alle 46080 Kombinationen durchgegangen - obwohl das hier vermutlich am schnellsten zu programmieren wäre, und ja auch nicht lange rechnen muss - sondern so vorgegangen:

Ausgehend von Primzahlfolge $\begin{eqnarray*} (p_j)_{j=1,2,\ldots} \end{eqnarray*}$ sowie Seitenanzahlfolge $\begin{eqnarray*} (n_k)_{k=1,2,\ldots,m} \end{eqnarray*}$ der $\begin{eqnarray*} m \end{eqnarray*}$ "Würfel-Körper"

Bezeichnen wir nun mit $\begin{eqnarray*} A(k,s) \end{eqnarray*}$ die Anzahl der Wurfkombinationen der ersten $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ Würfel, um auf Augensumme $\begin{eqnarray*} s \end{eqnarray*}$ zu kommen, dann gilt die Rekursion

$\begin{eqnarray*} A(k,s) = \sum_{i=1}^{n_k} A\left(k-1,s-p_i\right) \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} k\geq 1 \end{eqnarray*}$

mit den Startwerten $\begin{eqnarray*} A(0,s) = \delta_0(s) \end{eqnarray*}$ (d.h. 1 für $\begin{eqnarray*} s=0 \end{eqnarray*}$ und sonst 0). Kann man mit viel Geduld sogar von Hand ausführen:

$\begin{eqnarray*} A(1,s) \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} s=2,\ldots,7 \end{eqnarray*}$

code:
1:	1 1 0 1 0 1

$\begin{eqnarray*} A(2,s) \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} s=4,\ldots,20 \end{eqnarray*}$

code:
1: 2: 3: 4: 5: 6: 7: 8:	1 1 0 1 0 1 1 1 0 1 0 1 1 1 0 1 0 1 1 1 0 1 0 1 1 1 0 1 0 1 1 1 0 1 0 1 ---------------------------------- 1 2 1 2 2 2 3 0 2 1 2 1 2 0 2 0 1

$\begin{eqnarray*} A(3,s) \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} s=6,\ldots,39 \end{eqnarray*}$ :

code:

1:
2:
3:
4:
5:
6:
7:
8:
9:
10:

 1  2  1  2  2  2  3  0  2  1  2  1  2  0  2  0  1
    1  2  1  2  2  2  3  0  2  1  2  1  2  0  2  0  1
          1  2  1  2  2  2  3  0  2  1  2  1  2  0  2  0  1
                1  2  1  2  2  2  3  0  2  1  2  1  2  0  2  0  1
                            1  2  1  2  2  2  3  0  2  1  2  1  2  0  2  0  1
                                  1  2  1  2  2  2  3  0  2  1  2  1  2  0  2  0  1
                                              1  2  1  2  2  2  3  0  2  1  2  1  2  0  2  0  1
                                                    1  2  1  2  2  2  3  0  2  1  2  1  2  0  2  0  1
-----------------------------------------------------------------------------------------------------
 1  3  3  4  6  6  9  6  6  9  7 10  8  9  8 12  6 12  5 10  6 10  3  9  1  7  2  5  1  4  0  3  0  1

usw.

28.01.2021, 21:55

Dopap

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kann dem leider nicht ganz folgen..

weniger elegant aber legal

$\begin{eqnarray*} \frac{\bigg (x^2+x^3+x^5+x^7\bigg )\cdot \bigg (x^2+x^3+x^5+x^7+x^{11}+x^{13}\bigg )\cdot \bigg (x^2+x^3+x^5+x^7+x^{11}+x^{13}+x^{17}+x^{19}\bigg ) \cdots}{46080}= \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} = c_{1}x^{10}+c_{2}x^{11}+ \cdots + {\color{red}c_{33}}x^{42}+\cdots \end{eqnarray*}$

rechnen lassen.

28.01.2021, 22:38

HAL 9000

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Ist eigentlich genau dasselbe, nur eben konkret runtergebrochen auf die Koeffizientenberechnung.

29.01.2021, 20:15

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Man könnte ja die Würfen munter kombinieren
zB. man würfelt 2 mal mit dem Oktaeder und 2 mal mit dem Tetraeder
und hat dann auch eine Wahrscheinlichkeit für 42

Das maximale p beträgt wahrscheinlich $\begin{eqnarray*} p(42) \approx 5.6% \end{eqnarray*}$

30.01.2021, 00:16

Dopap

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konkret $\begin{eqnarray*} P(\{2X_T+2X_O=42\})=\frac {21}{1024}\approx 2\% \end{eqnarray*}$

Wenn man sich vorher genau festlegt und maximal 5 mal einen Körper wirft, dann ist die beste "Wurftechnik" für Augensumme 42 gesucht.

Du meinst, ohne die Wurftechnik zu benennen, diese sei wahrscheinlich 5.6%
Wie ist das zu verstehen?

30.01.2021, 10:16

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Zitat:

Original von Dopap

Wenn man sich vorher genau festlegt und maximal 5 mal einen Körper wirft, dann ist die beste "Wurftechnik" für Augensumme 42 gesucht.

Du meinst, ohne die Wurftechnik zu benennen, diese sei wahrscheinlich 5.6%
Wie ist das zu verstehen?

Ja. Ich habe verschiedene Kombinationen probiert um die maximale Wahrscheinlichkeit zu finden
Ich habe die Wurftechnik nicht genannt,damit sich jeder selbst überlegen kann wie man würfeln muss

30.01.2021, 11:31

Dopap

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das ist nicht nett. Augenzwinkern

Alle Möglichkeiten durchzuprobieren ist mir zu aufwendig. Immerhin fand ich so ad hoc
$\begin{eqnarray*} P(2X_D=42)=\frac {1}{18}\approx 5.56% \end{eqnarray*}$ ( 2 x den Dodekaeder werfen)

das könnte wahrscheinlich auch deine wahrscheinliche Lösung sein.

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