Wahrscheinlichkeitsketten mit sich ändernden Basen

18.10.2025, 15:51

Heiss

Wahrscheinlichkeitsketten mit sich ändernden Basen

Meine Frage:
Hey ich habe eine Frage dazu wie ich mir die Wahrscheinlichkeiten für ein bestimmtes Würfelergebnis innerhalb eines bestimmten Regelsets ausrechne.

Die Regeln:

7 Sechs-seitige Würfel können bis zu 3 mal geworfen werden.
Vor dem ersten Wurf gebe ich einen Stich an (z.B. 3 mal die Zahl 4)

Der erste Wurf erfolgt immer mit allen 7 Würfeln. Im 2. und 3. Wurf kann ich mir eine beliebige Anzahl an Würfeln herausnehmen und mit den übrigen Weiterwürfeln. Das Spiel endet sofort wenn meine Stichzahl ganz genau am Tisch liegt oder 3 mal gewürfelt wurde.

Hier nur ein paar Beispiel zum Verständnis (Ich nehme hier Würfel die meine Wunschzahl bereits haben immer heraus. Überwürfle ich meinen Stich, würfle ich auch mit den Würfeln weiter die zu viel sind)

Beispiel 1: Stich = 3 mal die Zahl 4
1. Wurf(7 Würfel): 1 Mal die 4 und 6 Mal andere Zahlen.
2. Wurf(6 Würfel): 1 Mal die 4 und 5 Mal andere Zahlen.
3. Wurf (5 Würfel): 0 Mal die 4 und 5 Mal andere Zahlen

Spiel Ende, Stich nicht erreicht.

Beispiel 2: Stich = 3 mal die Zahl 4
1. Wurf(7 Würfel): 5 Mal die 4 und 2 Mal andere Zahlen
2. Wurf (4 Würfel): 0 Mal die 4 und 4 Mal andere Zahlen
Kein 3. Wurf, da mein Stich erreicht ist.

Nun zu meiner Frage: Wie errechne ich mir die Wahrscheinlichkeit, dass mein Stich aufgeht?

Meine Ideen:
In meinem Anhang habe ich bereits ein Bild hochgeladen mit meinen bisherigen Lösungsansätzen. Die Regeln basieren eigentlich auf dem Spiel "Würfel Wizard" daher ist in meinem Lösungsansatz immer wieder die Rede von Farben. Die Würfel im Spiel haben Farben oder andere Symbole anstatt von Zahlen, das Prinzip bleibt aber im großen und Ganzen das Gleiche.

Ich habe damit begonnen mir mal die Wahrscheinlichkeit auszurechnen, dass bei einer bestimmten Würfelanzahl ein bestimmtes Ergebnis fällt. Von da weg stehe ich leider an.

Ich habe mir gedacht, dass ich um auf eine Lösung bestimmte Grundregeln brauche. Eben z.B. dass ein Würfel der meine Wunschzahl hat oder über der Stichzahl ist immer aus dem Spiel genommen wird.

Danach habe ich mich mit Markovketten und Matrizen beschäftigt, mit denen ich zumindest die Erwartungswerte ausrechnen kann, nach denen ich beim nächsten Wurf mit einer bestimmten Würfelzahl weiter mache. Ich habe das mal nur mit 3 Würfeln probiert und habe da schon ziemlich lange gebraucht. Da ich auch nicht ganz weiß wie mich das meiner Frage weiter bringen konnte, dachte ich ich frage hier mal ob es dafür vielleicht auch einfachere und schneller Lösungsansätze gäbe.

Da das hier mein erster Post ist, weiß ich nicht ob meine Informationen für euch so passen. Dazu also bitte gerne auch Verbesserungsvorschläge.

Vielen Dank schon mal im Voraus!

18.10.2025, 18:28

nichteuerernst

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RE: Wahrscheinlichkeitsketten mit sich ändernden Basen
Das Problem ist komplizierter. Die eigentliche Frage ist wohl: "Wie intelligent muss ich spielen, um mit möglichst hoher Wahrscheinlichkeit zu gewinnen?"
In deinem zweiten Beispiel hast du die Strategie "Lass drei erreichte Vieren stehen, würfle mit den restlichen vier Würfeln weiter und hoffe, dass keine weitere Vier kommt" verwendet.
Du hättest alternativ auch nur zwei Vieren behalten können, mit 5 Würfeln weiterwerfen können und hoffen, dass dabei genau eine Vier kommt (und wenn nicht, im dritten Versuch wieder so oder anders zu verfahren).

20.10.2025, 12:50

HAL 9000

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Sei $\begin{eqnarray*} p(n,m,k) \end{eqnarray*}$ die Wahrscheinlichkeit, in maximal $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ Würfen mit $\begin{eqnarray*} m \end{eqnarray*}$ Würfeln eine vorgegebene Augenzahl genau $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ -mal zu treffen.

Fangen wir an mit Start $\begin{eqnarray*} n=1 \end{eqnarray*}$ , also nur einem Wurf: Da ist offenbar $\begin{eqnarray*} p(1,m,k) = \binom{m}{k} \frac{5^{m-k}}{6^m} \end{eqnarray*}$ .

Für $\begin{eqnarray*} n>1 \end{eqnarray*}$ entwickeln wir eine Rekursionsformel gemäß der obigen (aber gemäß den Anmerkungen von nichteuerernst leicht angepassten) Strategie:

Mit Wkt $\begin{eqnarray*} p(1,m,j) \end{eqnarray*}$ würfelt man genau $\begin{eqnarray*} j \end{eqnarray*}$ -mal die gewünschte Zahl, mit möglichen Werten $\begin{eqnarray*} j=0,1,\ldots,m \end{eqnarray*}$ .

1) Bei $\begin{eqnarray*} j=k \end{eqnarray*}$ hört man auf mit Würfeln, und hat die bedingte Erfolgswkt 1.
2) Für $\begin{eqnarray*} j<k \end{eqnarray*}$ nimmt man die $\begin{eqnarray*} j \end{eqnarray*}$ passenden Würfel raus und hat mit den restlichen $\begin{eqnarray*} m-j \end{eqnarray*}$ Würfeln die bedingte Erfolgswkt $\begin{eqnarray*} p(n-1,m-j,k-j) \end{eqnarray*}$ .
3) Für $\begin{eqnarray*} j>k \end{eqnarray*}$ nimmt man $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ der passenden sowie alle $\begin{eqnarray*} m-j \end{eqnarray*}$ unpassenden Würfel raus und hat mit den restlichen $\begin{eqnarray*} j-k \end{eqnarray*}$ Würfeln die bedingte Erfolgswkt $\begin{eqnarray*} p(n-1,j-k,0) \end{eqnarray*}$ (Ziel ist hier ja, mit den verbleibenden Würfeln keine Treffer mehr zu kriegen).

Es gilt somit Iterationsgleichung $\begin{eqnarray*} p(n,m,k) = \sum_{j=0}^{k-1} p(1,m,j)p(n-1,m-j,k-j) + p(1,m,k) + \sum_{j=k+1}^m p(1,m,j)p(n-1,j-k,0) \end{eqnarray*}$ , und angesichts $\begin{eqnarray*} p(n,0,0) = 1 \end{eqnarray*}$ kann man das auch schreiben als

$\begin{eqnarray*} p(n,m,k) = \sum_{j=0}^{k-1} p(1,m,j)p(n-1,m-j,k-j) + \sum_{j=k}^m p(1,m,j)p(n-1,j-k,0) \end{eqnarray*}$ .

Kann man z.B. in Python umsetzen und damit dann etwa $\begin{eqnarray*} p(3,7,3) = \frac{11\,674\,586\,378\,425\,625}{6^{21}} \approx 0.532188 \end{eqnarray*}$ für das anfänglich genannte Problem "3x die Zahl 4" bestimmen.

Das beantwortet wohlgemerkt nicht die schwierigere Frage

Zitat:

Original von nichteuerernst
Wie intelligent muss ich spielen, um mit möglichst hoher Wahrscheinlichkeit zu gewinnen?

sondern ist wie gesagt nur die Implementierung einer vorgegebenen Strategie, die intuitiv ja mal gar nicht so schlecht gewählt erscheint.

P.S.: Mit $\begin{eqnarray*} p(n,m,k) = \frac{u(n,m,k)}{6^{mn}} \end{eqnarray*}$ folgt $\begin{eqnarray*} u(1,m,k) = \binom{m}{k} 5^k \end{eqnarray*}$ sowie

$\begin{eqnarray*} u(n,m,k) = \sum_{j=0}^{k-1} u(1,m,j) u(n-1,m-j,k) \cdot 6^{j(n-1)} + \sum_{j=k}^m u(1,m,j) u(n-1,j-k,0) \cdot 6^{(m-j+k)(n-1)} \end{eqnarray*}$

mit der reinen Integerfunktion $\begin{eqnarray*} u \end{eqnarray*}$ .

P.S.: Im Fall $\begin{eqnarray*} j>k \end{eqnarray*}$ kann man (wie von nichteuerernst erwähnt) bei sehr großer Differenz $\begin{eqnarray*} j-k \end{eqnarray*}$ durchaus anzweifeln, ob 3) die optimale Strategie ist:

Angesichts Erwartungswert $\begin{eqnarray*} \frac{j-k}{6} \end{eqnarray*}$ an "neuen" Treffern beim weiteren Würfen ist es dort ggfs. besser, weniger als $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ der passenden Würfel beiseite zu legen, beispielsweise nur $\begin{eqnarray*} k-\left\lfloor \frac{j-k}{6} \right\rfloor \end{eqnarray*}$ o.ä.

Im vorliegenden Szenario $\begin{eqnarray*} m=7,k=3 \end{eqnarray*}$ für Augenzahl Vier ist aber selbst im Extremfall "7x die Vier im ersten Wurf" dort nur $\begin{eqnarray*} j-k=4 \end{eqnarray*}$ . Wenn man die obige Strategie lediglich für diesen einen Extremfall abändert, indem man da nicht mit 4 Würfeln, sondern 5 Würfeln weiterwürfelt (in der Hoffnung damit noch genau einen Treffer zu landen), dann ist das Resultat aber bereits schlechter als mit der ursprünglichen Strategie 3), nämlich nur noch Wahrscheinlichkeit 0.532184.

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