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Häufigkeit von Würfelergebnissen

Schüler

Tags: Häufigkeit, Wahrscheinlichkeit, Würfel

 
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Make-Grafik

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21:25 Uhr, 27.02.2013

Antworten
Hallo OnlineMathe Community!
Ich möchte gerne die Häufigkeit eines Würfelergebnisses berechnen.
Ich habe eine unterschiedliche Anzahl von Seiten und Würfeln.
Beispielsweise habe ich einen 6 Seitigen Würfel, einen 12 Seitigen Würfel und einen 20 Seitigen Würfel.

Nun gibt es aber eine Regel die das Würfelergebnis beeinflussen:
→ Alle Würfel die einen Volltreffer landen, werden erneut geworfen und das Ergebnis wird zum derzeitigen hinzu addiert. Es wird solange gewürfelt bis kein Volltreffer mehr gelandet wird.

Beispiel:
Ich würfel mit dem 6 Seitigen und den 12 Seitigen Würfel:
Es kommt eine 6 und eine 9 heraus. Der 6 Seitige hat einen Volltreffer erzielt.
Das derzeitige Ergebnis ist nun 15. Es wird erneut gewürfelt. Wieder eine 6!
Also ist das Ergebnis nun 21 und es wird wieder gewürfelt. Dieses Mal ist es aber eine 3. Das Endergebnis ist nun 24.



Ich suche nun eine Formel, mit der man nun (unter Berücksichtigung dieses Würfelverhalten) berechnen kann, welches Endergebnis am häufigsten vorkommt.

Die Anzahl der Würfel sowie die Würfelseiten sind nicht vorher bekannt!



Ich habe via Google nichts dazu gefunden. Wenn jemand eine Formel kennt, einen Link oder Hinweise hat, wäre ich wirklich dankbar. Ich bin auch bereit eine eigene Formel mit euerer Hilfe zu erarbeiten.

Ich hoffe ihr könnt mir weiterhelfen!
Hierzu passend bei OnlineMathe:

Online-Übungen (Übungsaufgaben) bei unterricht.de:
 
Online-Nachhilfe in Mathematik
Antwort
prodomo

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06:54 Uhr, 28.02.2013

Antworten
Ich fürchte, dass es eine kurze Formel nicht gibt, dazu ist die Zahl der Möglichkeiten zu groß. Das gilt erst recht, wenn die Würfeltypen nicht bekannt sind.
Antwort
anonymous

anonymous

12:32 Uhr, 28.02.2013

Antworten
Mein Glückwunsch an prodomo, ihr scheint euch gut zu verstehen.
Ich hingegen meine, dass die Aufgabe unverständlich ist.

Make-Grafik,
was ist ein Volltreffer?
Du beschreibst lediglich ein Beispiel, nämlich
> der 6-seitige Würfel zeigt eine "6", der 12-seitige zeigt eine "9".
Ich, und vermutlich noch mehr geradlinig denkende Menschen hier im Forum, habe keine Ahnung, wie man aus diesem Beispiel einen "Volltreffer" herauslesen kann.
Wie ist der Begriff "Volltreffer" definiert?
Make-Grafik

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16:16 Uhr, 28.02.2013

Antworten
Okay, anscheinend kann man meine Frage nicht aus dem ersten Beitrag heraus lesen. Also versuche ich es mal erneut und ausführlich zu erklären.

Ich habe eine unbekannte Anzahl an Würfeln die jeweils eine unterschiedliche Seitenanzahl haben.
Damit das ganze verständlicher wird, nehmen wir einfach mal an, dass ich schon wüsste welche Würfel zur Verfügung stehen.

Es steht ein 4, 6, 12 und 20 Seitiger Würfel zu Verfügung.
Nun möchte ich berechnen, welche Zahl am wahrscheinlichsten gewürfelt wird, wenn ich alle 4 Würfeln werfen würde.

Zudem gibt es da noch eine Sonderregel. Die Würfel, die einen Volltreffer erzielen (also die höchst mögliche Augenzahl auf dem Würfel), sollen erneut geworfen werden.

Dabei wird JEDES Würfelergebnis zu dem Endergebnis addiert. Das wird solange wiederholt bis keiner der Würfel mehr einen Volltreffer erzielen.



Um das ganze nochmal zu verdeutlichen, habe ich ein strukturierteres Beispiel geschrieben:

Runde 1:
-> Der 4-Seitige Würfel zeigt eine 3. (Derzeitige gewürfelte Summe: 3)
-> Der 6-Seitige Würfel zeigt eine 6. (Derzeitige gewürfelte Summe: 9 | Volltreffer, also nochmal würfeln.)
-> Der 12-Seitige Würfel zeigt eine 7. (Derzeitige gewürfelte Summe: 16)
-> Der 20-Seitige Würfel zeigt eine 20. (Derzeitige gewürfelte Summe: 36 | Volltreffer, also nochmal würfeln.)

Runde 2: (Alle Würfel die in Runde 1 einen Volltreffer erzielt haben.)
-> Der 6-Seitige Würfel zeigt eine 6. (Derzeitige gewürfelte Summe: 42 | Volltreffer, also nochmal würfeln.)
-> Der 20-Seitige Würfel zeigt eine 10. (Derzeitige gewürfelte Summe: 52)

Runde 3: (Alle Würfel die in Runde 2 einen Volltreffer erzielt haben.)
-> Der 6-Seitige Würfel zeigt eine 3. (Derzeitige gewürfelte Summe: 55)

Runde 4: (Alle Würfel die in Runde 3 einen Volltreffer erzielt haben.)
In Runde 3 wurde kein Volltreffer erzielt. Also wird das ganze hier beendet.
Das Endergebnis ist: 55



Ich suche nun eine Formel (bzw. Rechenweg) um heraus zu finden, welches Endergebnis am wahrscheinlichsten auftreten wird. Als Orientierung können wir bei dem Beispiel „4, 6, 12 und 20 Seitiger Würfel“ bleiben.

Ich möchte nicht alle Kombinationsmöglichkeiten aufschreiben, weil dies zu mir zu aufwendig wäre.
Ich hoffe dass ich das ganze nun verständlicher herüber gebracht habe.
Antwort
anonymous

anonymous

17:15 Uhr, 28.02.2013

Antworten
einfach um die Aufgabenstellung noch zu vervollständigen:
Was steht denn auf den Würfeln drauf?
Dürfen wir davon ausgehen, dass ein Würfel mit n Feldern jede Zahl zwischen 1 und n genau einmal zeigt?

Antwort
anonymous

anonymous

19:22 Uhr, 28.02.2013

Antworten
Auch wenn du noch nicht geantwortet hast, ich nehme jetzt einfach mal zusammenfassend an:
> du hast mehrere 'würfel'
> die 'würfel' haben n1,n2,n3... Seiten
> für jeden Würfel ist jede seiner Seiten gleich wahrscheinlich.
> jeder Würfel hat die Zahlen 1-n auf seinen Seiten.
> die Seite mit der höchsten Zahl ist der 'Volltreffer'

Nun denn, wenn dem so ist, dann:

a) Wenn ich dich recht verstehe, dann ist es doch prinzipiell egal, ob ich alle Würfel gleichzeitig würfle, oder statt dessen
> erst den ersten Würfel würfle, so lange bis er keinen Volltreffer mehr zeigt,
> dann den zweiten Würfel würfle, so lange bis er keinen Volltreffer mehr zeigt,
> dann den dritten Würfel würfle...

b) Als Konsequenz aus a) würde ich schließen, dass die gesuchte Summe aller Würfel gleich der Summe der Erwartungswerte der einzelnen Würfel ist.

c) Den Erwartungswert eines Würfels aber ist doch nicht schwer, oder?
Überleg dir doch:
> mit der Wahrscheinlichkeit n-1n triffst du den Volltreffer NICHT.
Für diese n-1n Fälle ist der Erwartungswert aus den Augenzahlen 1..(n-1) zu ermitteln.

> mit der Wahrscheinlichkeit 1n triffst du den Volltreffer.
Dann bekommst du erst mal den 'Volltrefferwert' n auf deine Zwischensumme,
und weiter geht's.

〉 mit der Wahrscheinlichkeit (1n)⋅(1n) triffst du sogar den Volltreffer (mind.) zweimal hintereinander...

〉 mit der Wahrscheinlichkeit (1n)⋅(1n)⋅(1n) triffst du sogar den Volltreffer (mind.) dreimal hintereinander...

〉 mit der Wahrscheinlichkeit (1n)4 triffst du sogar den Volltreffer (mind.) viermal hintereinander...

...na, das sieht doch einfach nach geometrischer Reihe aus.

Ich denke, jetzt ist es nicht mehr schwer...
Falls du doch noch Schwierigkeiten haben solltes, dann empfehle ich ein Baum-Diagramm...

Frage beantwortet
Make-Grafik

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23:45 Uhr, 28.02.2013

Antworten
Vielen dank für deine Hilfe!
Ich hing da jetzt gute 2 Wochen an dem Problem.
Make-Grafik

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00:08 Uhr, 01.03.2013

Antworten
Sorry, leider war dies doch nicht die Lösung. Genau folgende Annahme macht Punkt c) unbrauchbar:

"b) Als Konsequenz aus a) würde ich schließen, dass die gesuchte Summe aller Würfel gleich der Summe der Erwartungswerte der einzelnen Würfel ist."

Das ist leider nicht ganz korrekt. Um das Ganze zu verdeutlichen, nehmen wir jetzt zwei 6-Seitige Würfel und schließen diese Sonderregel aus.

Es gibt 36 Kombinationsmöglichkeiten:
(1|1)(1|2)(1|3)(1|4)(1|5)(1|6)
(2|1)(2|2)(2|3)(2|4)(2|5)(2|6)
(3|1)(3|2)(3|3)(3|4)(3|5)(3|6)
(4|1)(4|2)(4|3)(4|4)(4|5)(4|6)
(5|1)(5|2)(5|3)(5|4)(5|5)(5|6)
(6|1)(6|2)(6|3)(6|4)(6|5)(6|6)

Es ist folgendes aus der Tabelle zu erkennen:
Die Summe 2 tritt 1x auf.
Die Summe 3 tritt 2x auf.
Die Summe 4 tritt 3x auf.
...
Die Summe 7 tritt 6x auf.
...
Die Summe 10 tritt 3x auf.
Die Summe 11 tritt 2x auf.
Die Summe 12 tritt 1x auf.

Die Summe 7 ist in diesen Fall nun die am wahrscheinlich häufigsten gewürfelte Zahl.



Nach deiner Annahme im Punkt b) gibst du aber an, dass die Summe aller Würfel gleich der Summe der Erwartungswerte der einzelnen Würfel ist.

Wenn wir nun den 6-Seitigen Würfel anschauen, dann hat jede Seite eine Chance von 16,667% um gewürfelt zu werden. Wo ist da der Erwartungswert?



Im Punkt c) wird zudem nur ein Würfel in die Rechnung einbezogen. Allerdings müssen direkt alle (an der Tabelle deutlich) einbezogen werden damit dies aufkommt.

Oder ich habe das ganze falsch verstanden! Wärst du so freundlich für diesen Fall eine Berechnung nach deinem Verfahren für einen 4,6 und 8-Weitigen Würfel zu machen?
(Vergiss nicht die Sonderregel mit ein zu beziehen.)

-→ Als Ergebnis sollten die Zahl(en) auftauchen, die am wahrscheinlichsten gewürfelt werden.

"einfach um die Aufgabenstellung noch zu vervollständigen:
Was steht denn auf den Würfeln drauf?
Dürfen wir davon ausgehen, dass ein Würfel mit n Feldern jede Zahl zwischen 1 und n genau einmal zeigt?"
-→ Jap, so sieht es aus!
Antwort
pleindespoir

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00:37 Uhr, 01.03.2013

Antworten
"Wärst du so freundlich für diesen Fall eine Berechnung nach deinem Verfahren für einen 4,6 und 8-seitigen Würfel zu machen?"

Es genügt doch das mit einem n-seitigen zu berechnen, oder ?
Dann kann man auch 7-seitige oder 13-seitige Würfel berechnen!

Aber mal Sch(m)erz beisite - soll beim Würfeln der höchsten Zahl mit allen im Spiel befindlichen Würfeln nochmal neu gewürfelt werden oder nur nur mit dem einen, der das Höchstergebnis erzielt hat ?
Make-Grafik

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13:13 Uhr, 01.03.2013

Antworten
Sieh dir doch nochmal mein Beispiel an.
Alle Würfel, welche die höchst mögliche Augenzahl auf den betroffen Würfel erzielt haben, sollen in der nächsten Runde geworfen werden.

Mein Ziel ist es, dass am wahrscheinlichsten eintreffende Ergebnis zu ermitteln.
Allerdings wäre wohl hier ein Zwischenschritt, das Ergebnis der jeweiligen Runde vorher zu bestimmen.
Antwort
pleindespoir

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13:49 Uhr, 01.03.2013

Antworten
Deine Aufgabenstellung ist nicht optimal "aufbereitet" - daher die zahlreichen Rückfragen.

Wenn die Würfel sich nicht gegebnseitig beeinflussen, ist das ja nicht so kompliziert. Dazu gab es ja bereits einen Ansatz.
Make-Grafik

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14:18 Uhr, 01.03.2013

Antworten
Sie beeinflussen sich nicht gegenseitig.
Nur jeder Würfel beeinflusst sich selber mit der Sonderregel.

Allerdings ist das Endergebnis von allen Würfel abhängig.



Es gab bereits einen Ansatz?
Wo finde ich diesen?
Antwort
pleindespoir

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14:23 Uhr, 01.03.2013

Antworten

Antwort

cube2

19:22 Uhr, 28.02.2013
Make-Grafik

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18:09 Uhr, 01.03.2013

Antworten
Damit haut es ja nicht hin.
Begründung habe ich da drunter geschrieben.

Versuch es doch einfach mal selber zu rechnen mit diesen Rechenweg.
Dann wird dir hoffenlich auffallen was ich meine.
Antwort
pleindespoir

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18:15 Uhr, 01.03.2013

Antworten
Wir haben offenbar unterschiedliche Auffassungen was die Summe angeht - das meinte ich mit ungenügender Aufbereitung der Problemstellung.

Ich steig dann mal aus an dieser Stelle ...
Antwort
anonymous

anonymous

12:44 Uhr, 04.03.2013

Antworten
Hallo Make-Grafik
Ich gebe dir eine letzte Chance, dich verständlich auszudrücken.
Sonst mache ich es wie Pleindespoir, und steige auch einfach aus.

Ich wiederhole mich:
a) Wenn ich dich recht verstehe, dann ist es doch prinzipiell egal, ob ich alle Würfel gleichzeitig würfle, oder statt dessen
> erst den ersten Würfel würfle, so lange bis er keinen Volltreffer mehr zeigt,
> dann den zweiten Würfel würfle, so lange bis er keinen Volltreffer mehr zeigt,
> dann den dritten Würfel würfle...

Haben wir dich richtig verstanden, JA oder NEIN?
Make-Grafik

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16:10 Uhr, 13.03.2013

Antworten
Entschuldigung das ich mich jetzt die letzte Woche nicht gemeldet habe.

Nein!

Ich suche die Zahl, welche am häufigsten eintrifft. Nicht die prozentuale Wahrscheinlichkeit. Ich habe den ganzen Thread erneut gelesen. Allerdings habe ich es a) Falsch verstanden oder b) Falsch erklärt.



Ich habe als Vorgabe (beispielsweise) 2 Würfel. Nehmen wir jetzt zwei 6 Seitige Würfel. Wenn ich jetzt die Würfel würfel, welche Summe (1. Würfel +2. Würfel) wird dort am wahrscheinlichsten erscheinen?

Antwort: Die 7

Begründung:
Es gibt 6 Zahlen die ein Würfel zeigen kann. 2 Würfel haben demnach also 6 hoch 2 Kombinationsmöglichkeiten. Alle Kombinationsmöglichkeiten die die Summe 7 ergeben, sind mehr als wie die restlichen Kombinationsmöglichkeiten die eine andere Summe (beispielsweise 8) ergeben. (6+1,5+2,4+3,3+4,2+5,1+6)



Wie aber sieht es nun mit drei 6 Seitigen würfeln aus?
Und wie sieht das ganze dann aus, wenn ich meine Sonderregel mit einbeziehe?



Wenn dies schon mehrfach erklärt wurde, dann muss ich wohl oder übel zugeben das ich kein Stück verstanden habe was oben erklärt wurde. Für mich bezieht sich die oberen Rechnungen auf das prozentuale Ergebnis und nicht das absolute.

Wenn ich hier falsch liege würde ich dringends darum bitten mir dies zu erklären und ggf. Beispiele auf die drei 6 Seitigen Würfel zu beziehen.

Wenn es immernoch nicht klar ist was ich möchte, dann gebe ich es hier jetzt auf.



Vielen dank das sich hier bereits so viel Mühe gegeben wurde!
Antwort
anonymous

anonymous

12:55 Uhr, 14.03.2013

Antworten
Vielleicht ahne ich, was du meinst.
Lass mich in meine Worte fassen, was du vielleicht meinen könntest.

Unterscheiden wir:
a) den Erwartungswert für dieses Würfelspiel

b) die Ergebnis-Summe, die bei diesem Würfelspiel wahrscheinlich am häufigsten vorkommt.

Zur Erläuterung können wir das Beispiel nehmen, das du angesprochen hattest.
Also Beispiel:
> gegeben seien 3 Würfel mit n=6 Feldern, die die Zahlen 1-6 zeigen
> die Würfel werden vereinfachend für dieses Beispiel nur EINMAL gewürfelt.

a) Erwartungswert
Erwartungswert E=10.5
Ich hoffe, das ist uns allen klar. sonst müsste ich das auch noch herleiten...

b) Ergebnis-Summe, die bei diesem Würfelspiel wahrscheinlich am häufigsten vorkommt.
Wenn man dieses Spiel 216 mal spielt, dann dürfte statistisch
>1⋅ die Ergebnissumme 3 auftreten
>3⋅ die Ergebnissumme 4 auftreten
>6⋅ die Ergebnissumme 5 auftreten
>10⋅ die Ergebnissumme 6 auftreten
>15⋅ die Ergebnissumme 7 auftreten
>21⋅ die Ergebnissumme 8 auftreten
>25⋅ die Ergebnissumme 9 auftreten
>27⋅ die Ergebnissumme 10 auftreten
>27⋅ die Ergebnissumme 11 auftreten
>25⋅ die Ergebnissumme 12 auftreten
>21⋅ die Ergebnissumme 13 auftreten
>15⋅ die Ergebnissumme 14 auftreten
>10⋅ die Ergebnissumme 15 auftreten
>6⋅ die Ergebnissumme 16 auftreten
>3⋅ die Ergebnissumme 17 auftreten
>1⋅ die Ergebnissumme 18 auftreten

D.h. die Ergebnissummen 10 und 11 treten beide (gleichberechtigt) am häufigsten auf.
Die korrekte Antwort würde dann also heissen:
Die Ergebnissummen 10 und 11 treten beide am häufigsten auf. Ihre Auftrittswahrscheinlichkeit (-häufigkeit) ist gleich groß.

Ist die Aufgabenstellung so gemäß b) zu verstehen?
Make-Grafik

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13:26 Uhr, 14.03.2013

Antworten
Ja, genau so. War das wirklich so unverständlich von mir ausgedrückt? Entschuldigung dafür!

Ich suche nun einen Weg, um den Erwartungswert zu berechnen. (bzw. Formel) mit berücksichtigung der Sonderregel.
Antwort
anonymous

anonymous

13:30 Uhr, 14.03.2013

Antworten
Jetzt drückst du dich missverständlich aus!

Du sagst "ja, genau so"
Ich vermute mal, das sollte die Antwort auf meine Frage "Ist die Aufgabenstellung so gemäß b) zu verstehen?" sein.

Dann sagst du:
"Ich suche nun einen Weg, um den Erwartungswert zu berechnen."

Das aber wäre die Aufgabenstellung gemäß a) Erwartungswert.

:-((

BITTE !!!!!!!!!
Etwas mehr Bemühen bitte...
Make-Grafik

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13:34 Uhr, 14.03.2013

Antworten
Huch... Ich meine zur berechnung von b) (Der Ergebnis Summe wie es da oben steht...)
Also Weg b).

Sorry für die unanehmlichkeiten. Bemühen tue ich mich jedenfalls! :-)
Ich danke auch für deine bemühungen.
Antwort
anonymous

anonymous

12:10 Uhr, 18.03.2013

Antworten
Hallo
Meine bisherigen Überlegungen:

a)
Vereinbaren wir zunächst die Abkürzung 'AZ' für Augenzahl-Summe.
Die AZ sei also die Summe der gewürfelten Augenzahlen, wenn für ein Spiel jeder Würfel so häufig gewürfelt wird, bis er nicht mehr die höchste Zahl dieses Würfels ("Volltreffer") zeigt.
Ferner nutze ich die Abkürzung n für die Anzahl der Felder eines 'Würfels'.
Z.B. hat ein echter WÜRFEL wie wir ihn von vielen Spielen kennen eben sechs quadratische Felder, und damit: n=6

b)
Für Aufgabenstellungen dieser Art wird es vermutlich kaum eine Formel geben, die explizit exakt die AZ benennt, die am häufigsten auftritt. Eine Begründung für diesen Verdacht könnte sein, dass, wie wir später noch sehen werden, häufig 2 AZ auftreten, die beide gleich wahrscheinlich sind. Und welche Formel soll bei Eingabe eines Eingabe-Datensatzes zwei Ergebnisse benennen?

c)
Aber es sollte möglich sein, eine Schätzung der wahrscheinlichsten AZ zu wagen.
Schätzung heisst, wir können zwar die entsprechende AZ nicht exakt benennen, aber doch recht gut prognostizieren, wie hoch sie etwa sein wird.

d)
Für die Schätzung habe ich mir die Unterscheidung zweier Extrema überlegt.
Unterscheiden wir
> Spiele, in denen relativ wenige Würfel genutzt werden, die alle relativ viele Felder haben.
(also n〉1)
> Spiele, in denen viele Würfel genutzt werden, die aber alle relativ wenige Felder haben.

e)
Betrachten wir zunächst den Fall, weniger Würfel mit vielen Feldern.
Meine Theorie ist, dass für diesen Fall die AZ die wahrscheinlichste ist, die auch aufträte, wenn die Würfel keinen Volltreffer hätten. Dh. die Würfel würden auch nur jeweils EINMAL gewürfelt.
Zur Erläuterung und Begründung:
Ich denke dabei z.B. an nur 2 Würfel mit je n=100 Feldern.
Es ist doch sehr wahrscheinlich, dass in einem Spiel die Würfel keinen Volltreffer landen.
Wenn sie keinen Volltreffer landen, dann können wir wieder gemäß dem Schema, das du oben schon für die 2 Würfel mit n=6 Feldern genutzt hast, die Häufigkeiten der AZ errechnen:
Es gibt 1 Fall, mit der AZ=2 .
Es gibt 2 Fälle, mit der AZ=3 .
Es gibt 3 Fälle, mit der AZ=4 .
...
Es gibt 98 Fälle, mit der AZ=99 .
Es gibt 99 Fälle, mit der AZ=100 .
Es gibt 98 Fälle, mit der AZ=101 .
...
Es gibt 2 Fälle, mit der AZ=197 .
Es gibt 1 Fall, mit der AZ=198 .
D.h. die AZ=100 ist demnach die häufigste (die Wahrscheinlichste).

Ich habe jetzt einfach die Volltreffer weggelassen.
Das ganz einfach deshalb, weil:
Denken wir uns doch einfach mal, einer der Würfel hätte beim ersten Wurf tatsächlich einen Volltreffer, also eine 100. Ich müsste ihn demnach noch einmal würfeln. Im zweiten Wurf hätte er irgend eine Zahl zwischen 1-99 (oder nochmals einen Volltreffer). Auch der zweite Würfel hätte irgendeine Augenzahl. Die Augenzahl-Summe AZ wäre also mindestens 102. Anders gesagt, über die Volltreffer beeinflussen wir in obiger Liste lediglich die Fälle, in der die AZ größer als 101 ist.
Um wie viel aber beeinflussen wir oben die Fall-Anzahl einer AZ größer 101?
Betrachten wir zB. die AZ=110.
OHNE Volltreffer konnten wir uns oben überlegen, gilt:
Es gibt 89 Fälle, mit der AZ=110.
MIT Volltreffer gilt:
In 1100 aller Fälle würfelt ein Würfel einen Volltreffer 100.
In 1100 dieser Fälle würfelt er anschließend eine 1 und der andere Würfel eine 9;⇒ AZ=110
In 1100 dieser Fälle würfelt er anschließend eine 2 und der andere Würfel eine 8;⇒ AZ=110
...
In 1100 dieser Fälle würfelt er anschließend eine 9 und der andere Würfel eine 1;⇒ AZ=110
Zusammenfassend lässt sich daraus schließen, dass es durch Berücksichtigung der Volltreffer jetzt nicht mehr nur 89 Fälle für die AZ=110 ergeben, sondern statt dessen ca. 89.18 Fälle.
Aha!
Für eine Schätzung ist es doch egal, ob nun 89 Fälle, oder 89.18 Fälle zur AZ=110 führen.
Und das eben hatten wir schon unter Vernachlässigung der Volltreffer einschätzen können.

f)
Um mir selbst diese Theorie näher zu bringen, habe ich mal mit dem Computer gespielt.
Ich habe einfach das Beispiel gewählt:
Es sind k=2 Würfel mit je n=6 Feldern.
Wie hoch ist die Wahrscheinlichkeit für die einzelnen AZ?
Siehe Anlage. (Ich habe die Wahrscheinlichkeit "p" getauft.)
Wie man sieht, ist die AZ=6 die wahrscheinlichste, nämlich mit einer Wahrscheinlichkeit von p=0.13888
Dem habe ich gegenübergestellt, wie hoch die Wahrscheinlichkeit gemäß der Theorie ist, dass die Volltreffer vernachlässigt werden könnten. (Diese Wahrscheinlichkeit habe ich "p_c" getauft.)
Wie man sieht ist auch die pc bei der AZ=6 am höchsten.
(Man wird vielleicht einwenden, dass die p doch schon erheblich von pc abweicht. Aber das ist nicht die Aussage obiger Theorie. Obige Theorie besagt lediglich, dass p und pc an der selben Stelle maximal sind. Sie behauptet nicht, dass sie beide gleich groß sind.)

Dann habe ich weitergerechnet, und zwar für das Beispiel:
Es sind k=3 Würfel mit je n=6 Feldern.
Wie man sieht, gibt es zwei AZ mit der höchsten Wahrscheinlichkeit.
Sowohl AZ=9 als auch AZ=10 haben jeweils die Wahrscheinlichkeit p=0.090277.
Die vereinfachte Theorie unter Vernachlässigung der Volltreffer hat ihr Maximum bei AZ=9.
Das ist für eine Schätzung doch immer noch recht gut.

g)
Wenden wir uns dem zweiten Unterscheidungsfall zu.
Nehmen wir an, es sind viele Würfel mit wenigen Feldern.
Meine Theorie ist, dass dann die Verteilungsfunktion sich einer Normalverteilung nähert.
D.h. wenn man dann die AZ auf der Abszisse eines Diagramms aufzeichnet, und die Wahrscheinlichkeit auf der Ordinate, dann kommt eine typische Gauss-Glockenkurve zustande.
Eine Normalverteilung aber ist symmetrisch.
Symmetrische Verteilungen aber haben ihr Maximum beim Erwartungswert.
Zusammenfassend lautet meine Theorie:
Bei Spielen mit vielen Würfeln, die nur wenige Felder besitzen, ist in etwa die AZ die wahrscheinlichste, die auch Erwartungswert ist.

h)
Auch hier habe ich wieder mit dem Computer belegt, und mir selbst Halt für diese Theorie gesucht.
Ich habe das Beispiel gewählt:
"Würfel" mit n=2 Feldern,
ich habe die Anzahl der 'Würfel' "k" getauft.
→ siehe Anlage
Man ersieht folgendes:
> bei n=2 ergeben sich nur ungerade AZ bei ungerader Würfelzahl k,
> bei n=2 ergeben sich nur gerade AZ bei gerader Würfelzahl k,
> Es treten meist 2 AZ auf, die gleiche und höchste Wahrscheinlichkeit aufweisen.
ZB. bei k=5 Würfeln haben die AZ=11 und AZ=13 die höchste Wahrscheinlichkeit, und zwar jeweils p=0.1367
Ferner scheint, soweit die berechneten Beispiele andeuten, zu gelten:
Die höchste Wahrscheinlichkeit liegt bei AZ= 3⋅k-4 und bei AZ= 3⋅k-2.
Wenn man jetzt noch weiß, dass der Erwartungswert für einen Würfel mit n=2 folgenden Wert besitzt:
E=3
Dann ist der Erwartungswert für k Würfel (n=2) gleich:
Ek=3⋅k
Ja, und wie man sieht, stimmen so Theorie und Theorie für große Würfelzahlen k und für eine Schätzung ganz gut überein.

i)
Abschließend, die folgerichtige Frage.
Was gilt denn nun,
> wenn die Würfelanzahl weder besonders groß, noch besonders klein ist,
und / oder
> wenn die (typ.) Würfel-Felderzahl n weder besonders groß, noch besonders klein ist?

Nun denn, die Theorien sind eben nur Schätzungen.
Theorie e) gilt gut für wenige Würfel mit vielen Feldern.
Theorie g) gilt gut für viele Würfel mit wenigen Feldern.
Wenn beide Randbedingungen nur unbefriedigend erfüllt sind, dann wird auch die AZ mit der höchsten Wahrscheinlichkeit ein Kompromiss aus den beiden Theorien darstellen.

Soweit bisher meine Überlegungen.
Ich hoffe, ich habe hier niemanden mit vielen Worten erschlagen.


6
2
Frage beantwortet
Make-Grafik

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19:26 Uhr, 26.03.2013

Antworten
Vielen dank!
Sorry das ich nur begrenzt hier bin.
Das hat private Gründe.

Jedenfalls werde ich deine Überlegungen weiter fortführen.