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Würfelspiel

Schüler Gymnasium, 12. Klassenstufe

Tags: Erwartungswert, Stochastik Wahrscheinlichkeit, Strategien, Zufallsgröße

anonymous

22:30 Uhr, 23.10.2019

ich heiße Melina und gehe gerade in die

12

. Klasse eines Gymnasiums in HH, also kurz vor den Vorabiprüfungen. Da ich die letzten Wochen nicht in der Schule sein konnte, aufgrund eines Bandscheibenvorfalls, komm ich leider nicht weiter, was meine Präsentation angeht. Stochastik habe ich jetzt nicht worklich verstanden, obwohl ich mir diverse Youtubevideos angeschaut habe.
Ich hoffe dieses Forum kann mir weiterhelfen, da ich mir die Kosten für eine gute Nachhilfe nicht leisten kann. MfG Melina W.
und hier die Aufgbaben:

Bei dem Würfelspiel „Sechs verliert“ sucht sich ein Spieler eine beliebige Anzahl an Würfeln aus, mit denen er würfelt. Fällt beim Wurf keine sechs, dann bekommt er die Augensumme der Würfel als Punkte gutgeschrieben. Fällt eine sechs, dann ist der Gewinn 0. Es gibt auch andere Spielvarianten, bei denen nacheinander gewürfelt wird und der Spieler nach jedem Wurf neu entscheiden darf, ob er weiter würfelt.

Aufgabe:

a)

Spielen Sie das Spiel in echt oder mit Hilfe eines Zufallsgenerators

(z . b

b)

Sei

G

die Zufallsgröße: „Punktezahl beim Spiel sechs verliert“. Berechnen Sie die Wahrscheinlichkeit, dass man bei

k

Würfeln alles verliert, und den Erwartungswert

E (G)

bei

k = 1, k = 2

und

k = 3

Würfeln. Vergleichen Sie ihre empirischen Ergebnisse mit den theoretisch berechneten.

c)

Der Erwartungswert bei „Sechs verliert“ für

k

Würfel ist:

E (G) = 3

•

k

•

{(\frac{5}{6})}^{k},

begründen Sie mit Hilfe des Erwartungswerts, welche Würfelanzahl optimal für das Spiel ist.

Für alle, die mir helfen möchten (automatisch von OnlineMathe generiert):
"Ich bräuchte bitte einen kompletten Lösungsweg." (setzt voraus, dass der Fragesteller alle seine Lösungsversuche zur Frage hinzufügt und sich aktiv an der Problemlösung beteiligt.)

anonymous

07:27 Uhr, 24.10.2019

Hallo
Die Hinweise in der Aufgabenstellung geben eigentlich schon recht gut Hilfestellung.
Da wirst du sehr gut angeleitet, dich selbst in die Problemstellung einzudenken und die Lösung zu erarbeiten.

Ich möchte dir noch folgende Empfehlung geben:
Fang mal gedanklich mit dem einfachsten Fall an. Fang mal mit einem Würfel an.

>

Welche Ergebnisse (Ereignisse) kann der zeigen?

>

Was bedeuten diese Ereignisse für den Punktestand in diesem Spiel?

>

Folglich: welchen Erwartungswert an Punkten hast du, wenn du mit einem Würfel spielst?

PS: Die

a)

wird dir hier im Forum eh kaum jemand abnehmen. Die

a)

ist einfach mal spielerisch tun, und Protokoll führen, und Statistik machen. Mit deren Ergebnissen wirst du dir Vertrauen und Bestätigung schaffen, für die Theorien die du in den übrigen Teilaufgaben finden wirst...

anonymous

07:43 Uhr, 24.10.2019

Hallo,

ich komme leider wirklich nicht alleine weiter, auch wenn die Aufgabe so leicht sein soll.

>

Welche Ergebnisse (Ereignisse) kann der zeigen?
Ein Würfel kann die Ergebnisse

1 - 6

anzeigen. Bei jedem Wurf kann er diese Ergebnisse anzeigen. Die Wahrscheinlichkeit, dass eine Zahl von

1 - 6

auftaucht liegt bei

\frac{1}{6}

>

Was bedeutet diese Ereignisse für den Punktestand in diesem Spiel?
Solange keine Sechs

(p = \frac{1}{6})

kommt sondern eine Zahl von

1 - 5 (p = \frac{5}{6})

steigt der Punktestand.

>

Folglich: welchen Erwartungswert an Punkten hast du, wenn du mit einem Würfel spielst?
Den Erwartungswert berechnet man mit

E (x) = x 1 \cdot p 1 + x 2 \cdot p 2 + . .

. (x=Gewinn, p=Wahrscheinlichkeit), aber was muss ich nun einsetzten?

anonymous

07:56 Uhr, 24.10.2019

Deswegen empfehle ich, nicht nur irgendwelche Formeln hin zu schreiben, sondern vor Augen zu führen.

Wenn du eine "1" würfelst, dann hast du 1 Punkt.
Wenn du eine "2" würfelst, dann hast du 2 Punkte.
Wenn du eine "3" würfelst, dann hast du 3 Punkte.
Wenn du eine "4" würfelst, dann hast du 4 Punkte.
Wenn du eine "5" würfelst, dann hast du 5 Punkte.
Wenn du eine "6" würfelst, dann hast du 0 Punkte.

Jetzt wirst du deine Erwartungswert-Formel nutzen können.

E = (1

Punkt)

\cdot

dessen Wahrscheinlichkeit

+ (2

Punkte)

\cdot

dessen Wahrscheinlichkeit

+ . .

anonymous

08:01 Uhr, 24.10.2019

Ahhh, hab’s verstanden.

E (x) = 1 \cdot \frac{1}{6} + 2 \cdot \frac{1}{6} + 3 \cdot \frac{1}{6} + 4 \cdot \frac{1}{6} + 5 \cdot \frac{1}{6} + 0 \cdot \frac{1}{6} = 2,5

Das heißt man macht mit einem Würfel durchschnittlich

2,5

Punkte.

anonymous

12:55 Uhr, 24.10.2019

Ja, guter Anfang.

...bis auf - "E(x)"
A pro pos 'irgendwelche Formeln', ich halte nichts davon, irgend ein "(x)"

(d . h

. 'von

x')

zu schreiben, ohne dir und dem Leser klar zu machen, was denn "x" sein soll.

Aber gut, du siehst den Fall für 1 Würfel haben wir doch schon gut verständlich gemacht.
Was meinst du, ob nun vielleicht der Fall mit 2 Würfeln Sinn machen könnte?

anonymous

13:05 Uhr, 24.10.2019

Ja, guter Anfang.

...bis auf - "E(x)"
A pro pos 'irgendwelche Formeln', ich halte nichts davon, irgend ein "(x)"

(d . h

. 'von x′) zu schreiben, ohne dir und dem Leser klar zu machen, was denn "x" sein soll.

Also meinst du soll ich anstatt

E (x) = ...

. lieber nur

E = ...

. schreiben?

Aber gut, du siehst den Fall für 1 Würfel haben wir doch schon gut verständlich gemacht.
Was meinst du, ob nun vielleicht der Fall mit 2 Würfeln Sinn machen könnte?

Mit zwei Würfeln ist doch die Wahrscheinlichkeitsaufteilung bisschen anders als bei einem Würfeln
Ich glaub folgende Ereignisse sind möglich.

(1; 1) - 2

Punkte

(1; 2) - 3

Punkte

(1; 3) - 4

Punkte

(1; 4) - 5

Punkte

(1; 5) - 6

Punkte

(1; 6) - 0

Punkte (?)

(2; 2) - 4

(2; 3) - 5

(2; 4) - 6

(2; 5) - 7

(2; 6) - 0

(3 : 3) - 6

(3; 4) - 7

(3; 5) - 8

(3; 6) - 0

(4; 4) - 8

(4; 5) - 9

(4; 6) - 0

(5; 5) - 10

(5; 6) - 11

(6; 6) - 0

anonymous

13:11 Uhr, 24.10.2019

"Also meinst du soll ich anstatt

E (x)

lieber nur

E

schreiben?"
Ja, wenn du zu verstehen gibst, dass du darunter den Erwartungswert verstehst, sicher.
Besser als ein

' E (x)' -

und kein Mensch versteht, was dieses "x" sein soll...

Du beginnst eine Aufzählung, ich ahne, was du meinst.
Hinter
"(1;6)

- 0

Punkte"
machst du ein Fragezeichen.
Das ist eigentlich nicht nötig, wenn man die Spielregeln verstanden hat. Sonst musst du die nochmals durchlesen.

Was ist mit dem Ereignis

(2; 1)

anonymous

13:16 Uhr, 24.10.2019

Du beginnst eine Aufzählung, ich ahne, was du meinst.
Hinter
"(1;6) −0 Punkte"
machst du ein Fragezeichen.
Das ist eigentlich nicht nötig, wenn man die Spielregeln verstanden hat. Sonst musst du die nochmals durchlesen.

Hab die durchgelesen, stimmt beim Eintreffen einer 6 kriegt man 0 Punkte.

Was ist mit dem Ereignis

(2; 1)

?

Hab das und die anderen Ereignisse ausgelassen, weil ich dachte, dass diese doppelt vorkommen. Ich glaube aber, dass deswegen die Wahrscheinlichkeit für

(1; 2)

bei

\frac{2}{36}

liegt, da das Ereignis

(2 : 1)

ja eigentlich dasselbe ist.

anonymous

13:23 Uhr, 24.10.2019

Ja, wieder prinzipiell richtig.

Aber merkst du was?: Du nutzt wieder die Formel "Ich glaube aber...".
Wenn du es dir echt vor Augen führst, dann wird es dir klar.
So willst du ein wenig abkürzen,
und vor lauter Abkürzen wird aus Sicherheit Glauben,
und wir verschwenden Rede und Antworten und Umwege und

. .

.

PS, Tipp:
Wenn du es hübsch quadratisch tabellarisch aufschreibst,

>

hast du weniger Arbeit,

>

und noch mehr Übersicht...

anonymous

13:17 Uhr, 27.10.2019

Hallo, tut mir leid war die letzten Tage krank, konnte deshalb nicht schreiben.

Wenn du es hübsch quadratisch tabellarisch aufschreibst,

>

hast du weniger Arbeit,

>

und noch mehr Übersicht...

Hab dies nun gemacht und ich habe für den Fall von 2 Würfel legenden wahrscheinlichkeiten für die jeweiligen Augensummen raus:

Augensumme

0 : \frac{11}{36}

Augensumme

1 : \frac{0}{36}

Augensumme

2 : \frac{1}{36}

Augensumme

3 : \frac{2}{36}

Augensumme

4 : \frac{3}{36}

Augensumme

5 : \frac{4}{36}

Augensumme

6 : \frac{5}{36}

Augensumme

7 : \frac{4}{35}

Augensumme

8 : \frac{3}{36}

Augensumme

9 : \frac{2}{36}

Augensumme

10 : \frac{1}{36}

Als nächstes arbeitet man wie beim Fall von 1 Würfel dem Erwartungswert weiter, so folgt:

E = 0 \cdot \frac{1}{36} + 1 \cdot \frac{0}{36} + 2 \cdot \frac{1}{36} + 3 \cdot \frac{2}{36} + ... ... = 4,16

. Man macht also im schnitt hier

4,16

punkte das besser als im Ersten Spiel mit durchscbittlich

2,5

Punkten.

Wie fahre ich nun fort?

anonymous

17:14 Uhr, 27.10.2019

Wir ahnen was du meinst,
auch wenn du
"Augensumme 0: p=11/36"
schreibst.
Streng genommen ist nicht die Augensumme 0. Sondern die bewertete Punktezahl ist Null, weil in den Augensummanden eine 6 auftritt.

Aber das nur am Rande. Im Prinzip schon sehr gut.

"Wie fahre ich nun fort?"
Na ja, das kommt drauf an.
Natürlich kannst du das Prozedere jetzt auch stur für ein Spiel mit 3 Würfeln durchführen. Aber du und ich, wir ahnen schon, das wird immer umfangreicher und länger.

Die bisherigen Überlegungen dienen doch dazu, die Aufgabe erst mal kennen zu lernen und vertraut zu machen.
Irgendwann wirst du vermutlich doch das allgemein gültige darin erkennen wollen, um eine Formel und Regel hierin zu sehen und zu erarbeiten.
Also überleg mal:
Mit einem Würfel, da hattest du 6 Elementarereignisse:
Du konntest
1
2
3
4
5
oder
6
würfeln.

Wenn wir jetzt einen Schritt weiter gegangen sind, und von einem Würfel auf zwei Würfel übergegangen sind, dann gab es doch zu jedem Elementarereignis des ersten Würfels 6 Möglichkeiten für den zweiten Würfel.
In anderen Worten:
zur 1 des ersten Würfels, konnte eine

1; 2; 3; 4; 5

oder 6 des zweiten Würfels auftreten,
zur 2 des ersten Würfels, konnte eine

1; 2; 3; 4; 5

oder 6 des zweiten Würfels auftreten,
zur 3 des ersten Würfels, konnte eine

1; 2; 3; 4; 5

oder 6 des zweiten Würfels auftreten,

. .

.
zur 6 des ersten Würfels, konnte eine

1; 2; 3; 4; 5

oder 6 des zweiten Würfels auftreten.

Da liegt es doch nahe, dass wir dieses Prinzip auch für die Überlegungen beim Übergang von zwei Würfeln auf drei Würfel anwenden.
Ich fange mal für dich einen Satz an:
Zu jedem Elementarereignis in der quadratischen Tabelle für zwei Würfel, die du dir hoffentlich anschaulich vor Augen geführt hast, könnte
eine

1; 2; 3; 4; 5

oder 6 des dritten Würfels
hinzukommen.

Was meinst du, kommst du von hier aus weiter?
Lass mal sehen, ob du hieraus eigene Überlegungen, Konsequenzen, Formeln, Schlussfolgerungen oder Verständnisse schaffen kannst...

anonymous

17:31 Uhr, 27.10.2019

Ich komme von hier aus nicht ganz so weiter. Zunächst grundlegend: Den glechen Weg, um den Erwartungswert wie bei einem oder zwei Würfel zu kriegen, würde ich nicht bei dem Fall von 3 würfel gehen, da die anzahl fern möglichen variationen viel zu groß ist. Deshalb sollte man einen anderen weg gehen. Das von dir angesprochene Prinzip kann ich auch nachvollziehen. Ich kann daraus auf die Formel schließen, dass sich aufjedenfall die Augenzahl erhöht und die Wahrscheinlichkeiten sich verändern. Tut mir leid mehr kann ich da noch nicht so richtig rausziehen.

anonymous

19:59 Uhr, 27.10.2019

Leider habe ich jetzt auch nicht noch mehr Zeit, nochmals

1000

Worte zu erklären.
Fangen wir doch erst mal mit einfachen Überlegungen an.
Vielleicht kann ja auch noch ein anderer Helfer beispringen...

Vorschlag:

a)

Wir sprechen von Spielen mit
ein
zwei
drei
vier...
Würfeln.
Du siehst schon, wir sollten der Anzahl an Würfeln einen Bezeichner geben.
Mach mal einen Vorschlag.

b)

Dann, ganz einfach:
Wie viele Elementarereignisse gibt es

>

beim Spiel mit einem Würfel?

>

beim Spiel mit zwei Würfeln?

>

beim Spiel mit drei Würfeln?

>

beim Spiel mit zwanzig Würfeln?

>

beim Spiel mit

n

Würfeln?

c)

Wenn du alle Elementarereignisse durchspielst, wie viele Punkte hast du dann gemäß der bisherigen Überlegungen gewonnen,

>

beim Spiel mit einem Würfel?

>

beim Spiel mit zwei Würfeln?

anonymous

20:04 Uhr, 27.10.2019

a)

Wir sprechen von Spielen mit
ein
zwei
drei
vier...
Würfeln.
Du siehst schon, wir sollten der Anzahl an Würfeln einen Bezeichner geben.
Mach mal einen Vorschlag.

k=Anzahl der Würfel

b)

Dann, ganz einfach:
Wie viele Elementarereignisse gibt es

>

beim Spiel mit einem Würfel?

>

beim Spiel mit zwei Würfeln?

>

beim Spiel mit drei Würfeln?

>

beim Spiel mit zwanzig Würfeln?

>

beim Spiel mit

n

Würfeln?

Anzahl der Ereignisse=

6^{k}

c)

Wenn du alle Elementarereignisse durchspielst, wie viele Punkte hast du dann gemäß der bisherigen Überlegungen gewonnen,

>

beim Spiel mit einem Würfel?

>

beim Spiel mit zwei Würfeln?

Bei ein Würfel

= 2,5 P

Bei zwei Würfel

= 4,16 P

anonymous

20:49 Uhr, 27.10.2019

c)

Nein, ich fragte nicht nach dem Erwartungswert.
Die Frage war nach der Summe der Punkte, wenn du alle Elementarereignisse durchspielst.

Wenn du mit

k = 1

Würfel spielst,
und alle

6^{1}

Elementarereignisse gedanklich durchgehst,
dann sammelst du

1 + 2 + 3 + 4 + 5 (+ 0)

Punkte

= 15

Punkte

Wenn du mit

k = 2

Würfeln spielst,
und alle

6^{2} = 36

Elementarereignisse gedanklich durchgehst,
dann sammelst du wie viele Punkte?

anonymous

20:57 Uhr, 27.10.2019

Bei 2 Würfel wäre das:

0 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 + 8 + 9 + 10 = 54

anonymous

20:58 Uhr, 27.10.2019

Nein weit daneben...

anonymous

21:03 Uhr, 27.10.2019

Ahh verstehe nun es geht ja um die PUnkte ALLER ergebnissen also:

2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 + 4 + 5 + 6 + 7 + 8 + 5 + 6 + 7 + 8 + 9 + 6 + 7 + 8 + 9 + 10 = 150

anonymous

21:07 Uhr, 27.10.2019

Bei 1 Würfel sind es

15

Punkte bei 2 würfel sind es

150

Punkte hier wurde mit

10

multipliziert bei 3 Würfel wären es wahrscheinlich

1500

Punkte

anonymous

21:20 Uhr, 27.10.2019

Ja, die

150

für

k = 2

ist viel besser.
Aber wild mal raten führt sicherlich nicht weiter...

: - (

Zusammenfassend:
Bei

k = 1

Würfel hattest du die

6^{1}

Möglichkeiten
1
2
3
4
5

(+ 0)

Punkte zu sammeln.
Also für die 6 Elementarereignisse insgesamt:
Anzahl Punkte

= 1 + 2 + 3 + 4 + 5 = 15

Jetzt gehen wir gemäß dem Vorschlag von

17 : 14

Uhr systematisch vor, und überlegen uns, wie wir aus den 6 Elementarereignissen für einen Würfel systematisch auf die

6^{2}

Elementarereignisse für zwei Würfel kommen.
Für

k = 2

Würfel gäbe es die Möglichkeiten
1.Würfel eine

1, 2

. Würfel eine 1
ich kürze das ab mit

(1 + 1)

Punkte
oder
1.Würfel eine

1, 2

. Würfel eine 2

(1 + 2)

Punkte

u . s . w

.

Wenn wir das mal schön übersichtlich quadratisch tabellarisch vor Augen führen, dann sind das doch:

(1 + 1) + (1 + 2) + (1 + 3) + (1 + 4) + (1 + 5) +

(2 + 1) + (2 + 2) + (2 + 3) + (2 + 4) + (2 + 5) +

(3 + 1) + (3 + 2) + (3 + 3) + (3 + 4) + (3 + 5) +

(4 + 1) + (4 + 2) + (4 + 3) + (4 + 4) + (4 + 5) +

(5 + 1) + (5 + 2) + (5 + 3) + (5 + 4) + (5 + 5)

Punkte für die

6^{2}

Elementarereignisse mit

k = 2

Würfeln.

Ja?
Systematisch würde man das vielleicht zusammenfassen zu:

1 + 1 + 1 + 1 + 1 + (1 + 2 + 3 + 4 + 5) +

2 + 2 + 2 + 2 + 2 + (1 + 2 + 3 + 4 + 5) +

3 + 3 + 3 + 3 + 3 + (1 + 2 + 3 + 4 + 5) +

4 + 4 + 4 + 4 + 4 + (1 + 2 + 3 + 4 + 5) +

5 + 5 + 5 + 5 + 5 + (1 + 2 + 3 + 4 + 5)

Punkte.

Na merkst du was? Da steckt System dahinter.

Überleg dir mal, wie du wohl aus den Überlegungen für zwei Würfel auf sinnvolle Überlegungen für

k = 3

Würfel vorgehen könntest.
Ich helfe dir mal und fange an.
Empfehlung: wieder schön übersichtlich tabellarisch...
Wenn wir schon mit zwei Würfeln gewürfelt haben

()

und noch einen dritten Würfel hinterherlegen, dann bekämen wir für die

6^{3}

Elementarereignisse:

(1 + 1) + 1 + (1 + 1) + 2 + (1 + 1) + 3 + (1 + 1) + 4 + (1 + 1) + 5 +

(1 + 2) + 1 + (1 + 2) + 2 + (1 + 2) + 3 + (1 + 2) + 4 + (1 + 2) + 5 +

. .

.

Kannst du das systematisch vervollständigen?
Je früher du das System erkennst, desto weniger musst du schreiben...
Ein Blick auf die quadratische übersichtliche

k = 2 -

Tabelle für zwei Würfel hilft! Dazu haben wir die gemacht.
Aber bitte nicht wieder raten.

anonymous

21:57 Uhr, 27.10.2019

Ich fahre direkt mit dem System fort, da das andere aufschreiben zu viel Schreibarbeit ist. Mir ist bei dem System von

k = 2

aufgefallen, dass in der klammer immer die zu möglich erreichende Gesamtpunktzahl steht. Für den Fsll von drei Würfel kamn man in der Klammer

150

schreiben weil diese der Gesamtpunktzahl von 2 Würfelb entspricht. also

1 \cdot 25 + 150 +

2 \cdot 25 + 150 +

3 \cdot 25 + 150 +

4 \cdot 25 + 150 +

5 \cdot 25 + 150

Ich hab die jeweiligen möglichen Zahlen des dritten Würfel

(1; 2; 3; 4; 5)

mit

25

immer multipliziert, da das die Anzahl der ereignissen sind, die noch gültig sind.

11

der insgesamt möglichen

36

ereignisse bei 2 würfel sind ungültig weil dort eine 6 mitdabei ist.

anonymous

22:09 Uhr, 27.10.2019

= (1 + 2 + 3 + 4 + 5) \cdot 5^{2} + 150 + 150 + 150 + 150 + 150 = 1125

Guten Mutes! Ja, das habe ich auch.

Na, was meinst du, schaffst du den Übergang von

k = 3

auf

k = 4

Würfel?
Ich ahne, mir wird's allmählich zu Bett-schwer.
Ich wird nach dem Zähne-Putzen nochmals rein guggen.

Auf jeden Fall aber: Du merkst, die Aufgabenstellung leitet dich schon gut an.
Es ist von 'Excel' die Rede.
Vielleicht willst du nicht alle

6^{3}

oder

6^{4}

Möglichkeiten auf Papier schreiben.
In Excel aber sind auch

6^{5}

oder

6^{6}

Elementarereignisse kein Problem.
Ich hab's schon gemacht - und Bestärkung, Kontrolle, Sicherheit und Vertrauen gefunden.
Das rate ich auch dir...

Gute Nacht!

anonymous

22:16 Uhr, 27.10.2019

Für den fall

k = 3

auf

k = 4

würde das so lauten

?*1+1125+
?*2+1125+
?*3+1125+
?*4+1125+
?*5+1125
Das ? ist die Anzhal der „gültigen“ der

6^{3}

Ereignisse. Und das kann man mit Excel lösen oder wie? Ich hab leider noch nie Excel benutzt, weshalb ich nicht weiß wie das geht. Einen anderen weg gibt es nicht oder?

anonymous

13:04 Uhr, 28.10.2019

Die drei ??? auf Entdeckersuche:

>

Für

k = 1

Würfel gibt's 5 Punkte-trächtige Ergeignisse.

>

Für

k = 2

Würfel gibt's

5 \cdot 5

Punkte-trächtige Ereignisse.

>

Für

k = 3

Würfel gibt's

5 \cdot 5 \cdot 5

Punkte-trächtige Ereignisse.
Im Fach-Jargon spricht man auch von der Variation mit Wiederholung.
Wenn's nicht so spät am Abend gewesen wäre, dann hättest du bestimmt die drei ??? auch für

k = 4

entdeckt.

Die Excel- (oder Geogebra-) Ergänzung ist wie gesagt sehr nützlich für Bestärkung, Kontrolle, Sicherheit und Vertrauen, insbesondere der Teilaufgabe

a)

.
Bisher bist du auch ohne ausgekommen, du kannst auch gerne ohne fortfahren.
Ich kann dir ja ggf. weiter Bestärkung geben, was für

k = 4

raus kommt.

"Einen anderen Weg gibt es nicht, oder?"
Es gibt in der Mathematik immer viele Wege. Das ist der Weg, auf dem ich bisher am Direktesten an Verständnis und Ziel gekommen bin.

anonymous

15:15 Uhr, 28.10.2019

Für den fall

k = 3

auf

k = 4

würde das dann so lauten:

125 \cdot 1 + 1125 +

125 \cdot 2 + 1125 +

125 \cdot 3 + 1125 +

125 \cdot 4 + 1125 +

125 \cdot 5 + 1125

Man kann das nun unendlich lang weiterführen

anonymous

17:19 Uhr, 28.10.2019

Darf ich in meine Worte fassen:
Aus allen Einzelereignissen mit

k = 4

Würfeln wird man

5^{3} \cdot (1 + 2 + 3 + 4 + 5) + 5 \cdot 1125 = 7500

Punkte sammeln.

"Man kann das nun unendlich lang weiterführen"
Ja, das nennt man eine rekursive Formel.

Hast du aber auch verstanden, was das bedeutet?
Kannst du nun die Aufgabe lösen?
Zeig mal!

PS:
Die rekursive Formel genügt, um die Aufgabe zu lösen.
Mir ist inzwischen eine explizite Formel für die Summe aller Punkte aus allen Einzelereignissen für

k

Würfel aufgefallen. Wenn du willst, kannst du dich ja mal probieren.
Prinzipiell ahne ich hieraus, dass die Frage
"Einen anderen Weg gibt es nicht, oder?"
mit doch ja zu beantworten ist.
Aber eins nach dem andern...

anonymous

09:07 Uhr, 29.10.2019

Darf ich in meine Worte fassen:
Aus allen Einzelereignissen mit

k = 4

Würfeln wird man
53⋅(1+2+3+4+5)+5⋅1125=7500
Punkte sammeln.

"Man kann das nun unendlich lang weiterführen"
Ja, das nennt man eine rekursive Formel.

Hast du aber auch verstanden, was das bedeutet?
Kannst du nun die Aufgabe lösen?
Zeig mal!

Ich habe über dir explizite Formel für die Summe aller Punkte aus allen Einzelereignissen und hab den anfang herausgefunden:

5^{k - 1} \cdot (1 + 2 + 3 + 4 + 5) + 5 \cdot

?
Bei ? finde ich keinen Zusammenhang zwischen

15,150

und

1125

Zu deiner ersten Frage: Mit der formel kann man die gesamtpunktzahl errechnen, ich weiß aber nicht wie mir das beim lösen der aufgaben helfen soll

anonymous

09:50 Uhr, 29.10.2019

Ich saß jetzt seit 2 Stunden dran und hab nach

6284728

Versuchen die formel herausgefunden. Hab alles mögliche ausprobiert und jz kopfschmerzen aber ich hab die formeln die lautet:

Gesamtpunktzahl=15

\cdot 5^{k - 1} + 15 \cdot 5^{k - 1} \cdot (k - 1)

Bezüglich deiner ersten Frage bin ich immer nochmal nicht weitergekommen.

anonymous

13:04 Uhr, 29.10.2019

Geben wir der Gesamtzahl an Punkten, die für alle Einzelereignisse mit

k

Würfeln gewonnen werden können, doch mal einen Namen.
Ich schlage vor:

P (k)

Wir wissen:

P (1) = 15

P (2) = 150

P (3) = 1125

P (4) = 7500

Die rekursive Formel hätte gelautet:

P (k) = 15 \cdot 5^{k - 1} + 5 \cdot P (k - 1) = 3 \cdot 5^{k} + 5 \cdot P (k - 1)

P (k) = 15 \cdot 5^{k - 1} + 15 \cdot 5^{k - 1} \cdot (k - 1) = 15 \cdot 5^{k - 1} + 15 \cdot 5^{k - 1} \cdot k - 15 \cdot 5^{k - 1} \cdot 1

= 15 \cdot 5^{k - 1} \cdot k = 15 \cdot \frac{5^{k}}{5} \cdot k = 3 \cdot k \cdot 5^{k}

Und siehe da, die verrät schon die Aufgabenstellung.
:-)

Ich ahne, es mangelt einfach vor lauter 'Kopfschmerzen' an Übersicht.
Vielleicht helfen dir die richtigen Fragen zur Übersicht:

>

Wie viele Punkte kannst du mit

k = 1

Würfel über alle Einzelereignisse sammeln?

>

Wie viele Einzelereignisse gibt es mit

k = 1

Würfel?

>

Wie viele Punkte wirst du also durchschnittlich mit

k = 1

Würfel erzielen?

>

Wie viele Punkte kannst du mit

k = 2

Würfel über alle Einzelereignisse sammeln?

>

Wie viele Einzelereignisse gibt es mit

k = 2

Würfel?

>

Wie viele Punkte wirst du also durchschnittlich mit

k = 2

Würfel erzielen?

>

Wie viele Punkte kannst du mit

k = 3

Würfel über alle Einzelereignisse sammeln?

>

Wie viele Einzelereignisse gibt es mit

k = 3

Würfel?

>

Wie viele Punkte wirst du also durchschnittlich mit

k = 3

Würfel erzielen?

>

Wie viele Punkte kannst du mit

k = 4

Würfel über alle Einzelereignisse sammeln?

>

Wie viele Einzelereignisse gibt es mit

k = 4

Würfel?

>

Wie viele Punkte wirst du also durchschnittlich mit

k = 4

Würfel erzielen?

anonymous

17:06 Uhr, 29.10.2019

Du bist schon löblich einen Schritt weiter. Du hast schon die explizite Formel erforscht. Deine Formel ist gar nicht so schlecht. Aber bitte, schau doch mal, ob sich das nicht ein wenig übersichtlicher gestalten könnte:
P(k)=15⋅5k−1+15⋅5k−1⋅(k−1)=15⋅5k−1+15⋅5k−1⋅k−15⋅5k−1⋅1
=15⋅5k−1⋅k=15⋅5k5⋅k=3⋅k⋅5k

Und siehe da, die verrät schon die Aufgabenstellung.
:-)

Kurze Verständnisfrage: In der Aufgabenstellung steht’s aber

3 \cdot k \cdot {(\frac{5}{6})}^{k}

und nicht

3 \cdot k \cdot 5 k

anonymous

17:46 Uhr, 29.10.2019

Vorschlag:
Am besten, du beantwortest meine Fragen,
ich glaube
dann beantwortet sich deine (kurze Verständnis-) Frage fast von selbst.

anonymous

17:54 Uhr, 29.10.2019

>

Wie viele Punkte kannst du mit

k = 1

Würfel über alle Einzelereignisse sammeln?

15

>

Wie viele Einzelereignisse gibt es mit

k = 1

Würfel?
6

>

Wie viele Punkte wirst du also durchschnittlich mit

k = 1

Würfel erzielen?

2,5

>

Wie viele Punkte kannst du mit

k = 2

Würfel über alle Einzelereignisse sammeln?

150

>

Wie viele Einzelereignisse gibt es mit

k = 2

Würfel?

36

>

Wie viele Punkte wirst du also durchschnittlich mit

k = 2

Würfel erzielen?

4,16

>

Wie viele Punkte kannst du mit

k = 3

Würfel über alle Einzelereignisse sammeln?

1125

>

Wie viele Einzelereignisse gibt es mit

k = 3

Würfel?

216

>

Wie viele Punkte wirst du also durchschnittlich mit

k = 3

Würfel erzielen?

5,20

>

Wie viele Punkte kannst du mit

k = 4

Würfel über alle Einzelereignisse sammeln?

7500

>

Wie viele Einzelereignisse gibt es mit

k = 4

Würfel?

1296

>

Wie viele Punkte wirst du also durchschnittlich mit

k = 4

Würfel erzielen?

5,79

Der Erwartungswert ergibt sich aus denn Quotient macimale PUNkte : Anzahl einzelereignisse

anonymous

18:02 Uhr, 29.10.2019

Sehr gut...

oder allgemein:

>

Wie viele Punkte kannst du mit

k

Würfeln über alle Einzelereignisse sammeln?

>

Wie viele Einzelereignisse gibt es mit

k

Würfeln?

>

Wie viele Punkte wirst du also durchschnittlich mit

k

Würfeln erzielen?

anonymous

23:44 Uhr, 29.10.2019

>

Wie viele Punkte kannst du mit

k

Würfeln über alle Einzelereignisse sammeln?

3 \cdot k \cdot 5^{k}

>

Wie viele Einzelereignisse gibt es mit

k

Würfeln?

6^{k}

>

Wie viele Punkte wirst du also durchschnittlich mit

k

Würfeln erzielen?

3 \cdot k \cdot {(\frac{5}{6})}^{k}

Da haben wir die FOrmel aus der Aufgabenstellung

anonymous

07:23 Uhr, 30.10.2019

thumbs up ! :-)

Also, welche Würfelzahl

k

würdest du wählen?

anonymous

15:09 Uhr, 31.10.2019

Ich hab das spiel nun für

k = 5,6

und 7 durchgespielt.
Bei

k = 5

kam

E = 6,03

Bei

k = 6

kam

E = 6,03

Bei

k = 7

kam

E = 5,86

Bei 5 und 6 Würfel ist

E

am größten. Wie kann das sein?

anonymous

21:16 Uhr, 02.11.2019

Hallo, bist du noch da? Ich muss Donnerstag präsentieren, weshalb die Zeit eilt

: (

Roman-22

00:44 Uhr, 03.11.2019

>

Bei 5 und 6 Würfel ist

E

am größten.
Das ist richtig, bei beiden ist der Erwartungswert

\frac{15625}{2592} \approx 6,0282

[

EDIT: Hier stand fälschlicherweise WKT anstelle von Erwartungswert]

>

Wie kann das sein?
Warum irritiert dich dieses Ergebnis?
Je mehr Würfel du wählst, desto größer die WKT, dass einer davon eine Sechs zeigt und du verlierst.
Je weniger Würfel du wählst, desto geringer ist die erreichbare Punktezahl.

Und irgendwo zwischen

k = 0

(sicher kein Verlust wegen einer Sechs, aber dafür nur 0 Punkte "Gewinn") und

k \to \infty

(sicherer Verlust wegen einer Sechs) liegt eben eine Anzahl

k,

welche einen maximalen, von Null verschiedenen Erwartungswert hat. Du hast sie eben durch Ausrechnen der ersten paar Möglichkeiten für

k

gefunden.
Du könntest auch vorübergehend

k \in ℝ

annehmen (rote Kurve im Bild) und die Aufgabe als Extremwertaufgabe ansehen. Also

E (k)

nach

k

ableiten, Null setzen und das zugehörige

k

berechnen. Du solltest dabei auf

k_{m a x} = \frac{1}{ln (\frac{6}{5})} \approx 5,48

kommen. Da für das Spiel

k

aber ganzzahlig sein muss, musst du nun

E (5)

und

E (6)

berechnen (hast du ja schon gemacht) und müsstest prüfen, welcher der beiden Werte größer ist. Im Falles dieses Spiels ist

E (5) = E (6)

und daher ist es vom Erwartungswert her egal, ob man 5 oder 6 Würfel wählt.

anonymous

00:53 Uhr, 03.11.2019

Ahhh, nun wird das verständlicher. Was heißt WKT ausgeschrieben? (Ich weiß, dass das der erwartungswert ist)

Sei

G

die Zufallsgröße: „Punktezahl beim Spiel sechs verliert“. Berechnen Sie die Wahrscheinlichkeit, dass man bei

k

Würfeln alles verliert, und den Erwartungswert

E (G)

bei

k = 1, k = 2

und

k = 3

Würfeln. Vergleichen Sie ihre empirischen Ergebnisse mit den theoretisch berechneten.

Den Erwartungswert für

k = 1,2

und 3 kann ich berechnen. Was meint man aber mit „die Wahrscheintlichkeit, dass man bei

k

Würfeln alle so verliert“, wie kann ich diese betechnen?

anonymous

20:49 Uhr, 03.11.2019

Mit "WKT" hat Roman höchst wahrscheinlich die 'Wahrscheinlichkeit' abgekürzt. Und ja, du hast Recht, es wäre präziser gewesen, von Erwartungswert zu sprechen.

"Berechnen Sie die Wahrscheinlichkeit, dass man bei

k

Würfeln alles verliert."
Na ja, hier sind doch mit Sicherheit die Punkte gemeint.
"Alles verlieren", das heisst doch, keine Punkte bekommen, weil gemäß der Spielregeln mindestens ein Würfel eine "6" zeigt.

Also, ganz einfach:

>

Wie groß ist mit

k = 1

Würfel die Wahrscheinlichkeit, (mindestens) eine "6" zu würfeln?

>

Wie groß ist mit

k = 2

Würfeln die Wahrscheinlichkeit, (mindestens) eine "6" zu würfeln?

>

Wie groß ist mit

k = 3

Würfeln die Wahrscheinlichkeit, (mindestens) eine "6" zu würfeln?
und dann eben allgemein...

>

Wie groß ist mit

k

Würfeln die Wahrscheinlichkeit, (mindestens) eine "6" zu würfeln?

anonymous

21:02 Uhr, 03.11.2019

Die anzahl aller mögliche ergebnisse ist

6^{k}

. Die anzahl der gültigen ergebnisse ist

5^{k},

also ist die anzahl der „nicht gültigen“ ergebnisse also überall, wo eine 6 mit dabei ist:

6^{k} - 5^{k}

. Nun muss man die Anzahl der nicht gültige mit Ergebnisse durvh die Anzahl aller ergebnisse teilen, also:

>

Wie groß ist mit

k = 1

Würfel die Wahrscheinlichkeit, (mindestens) eine "6" zu würfeln?

\frac{1}{6}

>

Wie groß ist mit

k = 2

Würfeln die Wahrscheinlichkeit, (mindestens) eine "6" zu würfeln?

\frac{11}{36}

>

Wie groß ist mit

k = 3

Würfeln die Wahrscheinlichkeit, (mindestens) eine "6" zu würfeln?

\frac{91}{216}

und dann eben allgemein...

>

Wie groß ist mit

k

Würfeln die Wahrscheinlichkeit, (mindestens) eine "6" zu würfeln?

\frac{6^{k} - 5^{k}}{6^{k}}

Roman-22

21:33 Uhr, 03.11.2019

>

Mit "WKT" hat Roman höchst wahrscheinlich die 'Wahrscheinlichkeit' abgekürzt.
So ist es, ja

>

Und ja, du hast Recht, es wäre präziser gewesen, von Erwartungswert zu sprechen.
Nein, das war nicht "unpräzise" von mir (danke für den freundlichen Euphemismus), das war schlicht falsch, Unfug, den Erwartungswert

6, . .

. als Wahrscheinlichkeit zu bezeichnen.

> >

Wie groß ist mit

k

Würfeln die Wahrscheinlichkeit, (mindestens) eine "6" zu würfeln?

> \frac{6^{k} - 5^{k}}{6^{k}}

Ja, das ist richtig!
Du hättest dir das auch anders überlegen können:
Die WKT, dass ein Würfel keine Sechs zeigt ist

\frac{5}{6}

Die WKT, dass von

k

Würfeln keiner eine Sechs zeigt ist daher

{(\frac{5}{6})}^{k}

Und die WKT für das Gegenereignis, also dafür, dass mindestens ein Würfel eine Sechs zeigt, ist daher

1 - (\frac{5}{6}) k

. Das ist nur eine andere Darstellung für den Ausdruck, den du bekommen hast.

Die Formulierung in der Angabe "dass man alles verliert" ist allerdings etwas unklar. Da nirgendwo von einem Spieleinsatz die Rede ist und man ja auch nur eine Runde spielt und daher noch nichts gewonnen haben kann, kann man ja auch nichts verlieren. Man kann bloß unter Umständen nichts gewinnen, wenn eben eine Sechs kommt.

anonymous

21:42 Uhr, 03.11.2019

Ich habe noch 2 Fragen zum Beitrag vom

03.11.2019

00 : 44

Uhr:
- Du hast gesagt man kann

E

nach

k

ableiten und 0 setzten. Damit kann man ja den Hochpunkt der funktion (größtes

E)

herauskriegen. Nun aber meine frage: Wie kann man

E = 3 k \cdot {(\frac{5}{6})}^{k}

nach

k

ableiten ich hab es erfolgslos nicht geschafft.
-Mit welchem programm hast du das diagramm, mit dem du die balken und die funktion des Erwartungswet veranschaulichte hast, erstellt?

Roman-22

22:10 Uhr, 03.11.2019

Ich bin mir nicht sicher, ob es bei dieser Aufgabe tatsächlich verlangt/gewollt ist, den Extremwert mittels Ableitung zu ermitteln.
Jedenfalls benötigst du die Produktregel und musst wissen, wie man

a^{x}

nach

x

differenziert

\to (a^{x})' = ln (a) \cdot a^{x}

Wenn du nicht weiter kommst, kannst du deine Rechnung ja hier posten.
Das Diagramm habe ich mit Mathcad (kommerzielle Software) erstellt, aber ich denke, dass viele kostenlose Plotprogramme oder auch der Tausendsassa Geogebra vergleichbare Grafiken zustande bringen.

anonymous

22:23 Uhr, 03.11.2019

Zur Ableitung:

f (x) = 3 k \cdot {(\frac{5}{6})}^{k}

Die produktregel: u(x)*v‘(x)+u‘(x)*v(x)

u (v) = 3 k

und

v (k) = {(\frac{5}{6})}^{k},

also:
f‘(x)=3k*k*(5/6)^k-1+3*(5/6)^k und nun?

Noch ne kurze Frage zu „Vergleichen Sie ihre empirischen Ergebnisse mit den theoretisch berechneten.“. Hier soll ich ja meine ergebnisse vergleichen, mit welcher methode kann man am besten werte vergleichen?

Roman-22

22:35 Uhr, 03.11.2019

>

f‘(x)=3k*k*(5/6)^k-1+3*(5/6)^k und nun?
Das ist falsch!

v (k) = {(\frac{5}{6})}^{k}

ist eine Exponentialfunktion und keine Potenzfunktion. Du hast aber die Regel für Potenzfunktion darauf angewandt. Wie eine Exponentialfunktion abgeleitet wird, hatte ich dir vorhin doch geschrieben.

Was den Vergleich mit den empirischen Ergebnissen anlangt, so ist da, wie ich glaube, nichts besonders Großartiges verlangt. Einfach deine Ergebnisse angeben und mit den berechneten Werten vergleichen, wie etwa

30

Runden mit 4 Würfeln gespielt

14

mal verloren, Rechnung ergäbe

15,53

im Schnitt

6,4

Punkte pro Spiel erzielt, Rechnung ergibt

5,79

. .

.

Was die Zeichnung anlangt, so bietet GeoGebra den Befehl Balkendiagramm, mit dem sich eine gleichwertige Grafik erstellen lässt wie vorhin gezeigt. Und das zusätzliche Einzeichnen der Funktion

E (k)

ist auch kein Problem. Siehe beigefügte Grafiken.

HAL9000

11:59 Uhr, 04.11.2019

> Ich bin mir nicht sicher, ob es bei dieser Aufgabe tatsächlich verlangt/gewollt ist, den Extremwert mittels Ableitung zu ermitteln.

Sehe ich auch so. Wir haben hier diskrete Argumente, da kann man auch so vorgehen:

Wir betrachten statt der Ableitung den Qotienten

q (k) := \frac{f (k + 1)}{f (k)}

, im vorliegenden Fall kommt man da schnell auf

q (k) = \frac{5 (k + 1)}{6 k}

. Nun gilt für eine positive Funktion

f

, wie wir sie hier vorliegen haben

q (k) < 1 \overset{}{\Leftrightarrow} f (k) > f (k + 1)

q (k) > 1 \overset{}{\Leftrightarrow} f (k) < f (k + 1)

q (k) = 1 \overset{}{\Leftrightarrow} f (k) = f (k + 1)

Schauen wir uns den ersten Punkt an:

q (k) = \frac{5 (k + 1)}{6 k} < 1

bedeutet aufgelöst

k > 5

, während wir für

k = 5

noch

q (5) = 1

haben. Daraus kann man unmittelbar

f (1) < f (2) < \dots < f (5) = f (6) > f (7) > f (8) > \dots

folgern, womit klar ist: Die beiden Maximumstellen sind

k = 5

und

k = 6 .

Dieses Konzept zur diskreten Maximumsuche ist oft erfolgreich, gerade im Zusammenhang mit Exponentialfunktionen und/oder Fakultäten/Binomialkoeffizienten. So kann man damit beispielsweise die Maximumstelle(n) der Binomialverteilung rausfinden.

anonymous

23:10 Uhr, 05.11.2019

@Roman22 danke für die Tipps zu Geogebra! Ich glaube die geschichte mit der ableitung müssen wir nicht weitervertiefen, wenn das sowieso nicht gefordert ist

anonymous

23:15 Uhr, 05.11.2019

@Hal9000 kannst du mir das nochmals mit der diskreten Maximumsuche erklären. Warum setzt du bei der funktion

\frac{f (x + 1)}{f (x)}

oben eine 5 für

f

ein und unten eine 6 für ein. Und: Kannst zu mi es erklären, was Binomialverteilungen ist und wie man die hier in diesem fall bestimmen kann? dank dir dir im voraus

Roman-22

23:31 Uhr, 05.11.2019

>

Warum setzt du bei der funktion

f (x + 1) f (x)

oben eine 5 für

f

ein und unten eine 6 für ein.
Das macht er doch nicht!
Die Funktion

f

ist doch definiert durch

f (x) := 3 \cdot x \cdot {(\frac{5}{6})}^{x},

wobei ich hier für das formale Argument absichtlich die Bezeichnung

x

gewählt habe.

f (k)

erhältst du, wenn du anstelle von

k

schreibst und

f (k + 1)

erhältst du, wenn du anstelle von

x

den Ausdruck

(k + 1)

schreibst.
Mach das nun für

\frac{f (k + 1)}{f (k)}

und kürze und vereinfache den entstehenden Bruch.

P . S . :

Wie du nun auf das Maximum kommen sollst, also entweder durch gezieltes Ausprobieren, durch Ableitung der Funktion oder durch HALs Ansatz, das ist schwer zu sagen. Das ist wohl so ein typischer Fall von "mach es so, wie es immer im Unterricht gemacht wurde".

anonymous

23:40 Uhr, 05.11.2019

Hab da jz raus:

\frac{3 \cdot (k + 1) \cdot {(\frac{5}{6})}^{k + 1}}{3 \cdot k \cdot {(\frac{5}{6})}^{k}}

Das einzige kürzbare wären die

3 k

im Nenner, wenn ich im Zähler ausmultipliziere?

anonymous

08:47 Uhr, 06.11.2019

\frac{E (k + 1)}{E (k)} = \frac{3 \cdot (k + 1) \cdot {(\frac{5}{6})}^{k + 1}}{3 \cdot k \cdot {(\frac{5}{6})}^{k}} = \frac{3}{3} \cdot \frac{k + 1}{k} \cdot \frac{{(\frac{5}{6})}^{k} \cdot {(\frac{5}{6})}^{1}}{{(\frac{5}{6})}^{k}} = . .

.

PS:
Ich möchte mich dem Ratschlag Romans anschließen.
Du kannst ableiten,
du kannst HAL's Vorgehen verfolgen,
du kannst deinen Funktionsverlauf graphisch betrachten,
du kannst dir die Tabelle der Erwartungswerte durchsehen:

E (k = 1) = 2,5

E (k = 2) = 4,16667

E (k = 3) = 5,20833

E (k = 4) = 5,78704

E (k = 5) = 6,02816

E (k = 6) = 6,02816

E (k = 7) = 5,86071

E (k = 8) = 5,58163

Wie auch immer, ich finde es sehr offensichtlich, wo das Maximum liegt.
Du solltest vielleicht nochmals selbstkritisch deine handwerklich ernüchternden Übungslücken bewusst machen, Romans guten Tipps zu folgen, die Ableitung zu bilden, oder auch nur HAL's Bruch zu kürzen. Beides ist nicht wirklich schwer.
Aber, warum du es dir an dieser Stelle überhaupt aufwändig machst, das Maximum zu ersehen, das bleibt bisher dein Geheimnis.

anonymous

11:14 Uhr, 06.11.2019

Ich versuche das mit dem quotienten zu verstehen, weil man das nach HAL für die Binomialverteilung braucht. Für die BEstimmung des Maximum brauche ich das nicht, da sind wir ja einig, dass diese bei

E = 5

und.E=6 liegen. Deshalb meine frage, wie liegen nun der quotient (dessen kürzen ich verstanden habe danke 11englisch) und die stellen der binomialverteilung zusammen?

HAL9000

16:08 Uhr, 06.11.2019

> Deshalb meine frage, wie liegen nun der quotient (dessen kürzen ich verstanden habe danke 11englisch) und die stellen der binomialverteilung zusammen?

Anscheinend habe ich mit meinem Verweis auf die Binomialverteilung (der NICHTS mit dem vorliegenden Problem zu tun haben sollte) ein gehöriges Durcheinander in deinem Kopf angerichtet. Also vergiss bitte meine obige Anmerkung zur Binomialverteilung und konzentriere dich auf dein Problem hier. Falls dich unerwarteterweise wirklich dieses ANDERE, von mir angesprochene Problem

"Bestimmung der Maximumstelle(n) der Binomialverteilungs-Wahrscheinlichkeitsfunktion"

interessiert, dann besprechen wir das besser in einem abgetrennten Thread.

anonymous

22:51 Uhr, 09.11.2019

Abend,
da ich bis morgen meine Präsentation meinem Lehrer schicken muss, bin ich etwas in Zeitnot. Ich habe Aufgabe 2 und 3 bearbeiten können. Nun aber bleib ich irgendwie an der ersten Aufgabe hängen.

a)

Spielen Sie das Spiel in echt oder mit Hilfe eines Zufallsgenerators

(z . b

. bei excel oder Geogebra) oft durch. Stellen Sie Ihre Ergebnisse angemessen dat, werten Sie sie statistisch aus und begründen Sie aufgrund Ihres Experimentes, welches vermutlich die beste Spielstrategie ist.

Ich weiß nicht genau, was hier genau verlangt wird. Ich habe 2 Ansätze:
-Entweder zeichne ich ein Diagramm, wo ich eintrage wieviele Punkte durchschnichttlich bei

1,2,3,4,5,6,7,8, .

. Würfel gekommen sind (was ja aber eigentlich dem Diagramm des Erwartungswertes ja ähneln würde)
-Oder ich zeichne 8 verschiedene Diagramme und bei einem Diagramm vertiefe ich, wie hoch die Wahrscheinlichkeit ist

1,2,3,4,5,6,7,8,9, . .

. Punkte zu erzielen und dass dann jeweils für

1,2,3,4,5,6,7,8,9

Würfel mache.

anonymous

23:16 Uhr, 09.11.2019

Die

a)

ist doch die spielerischste. Die hätte eingangs einfach zum Kennenlernen der Problemstellung dienen können.

Du könntest zum Beispiel einfach mal

k

Würfel in die Hand nehmen und

50

mal würfeln... und aufschreiben, was bei dir raus kommt

...

. und vergleichen, mit dem was du aus

b)

und

c)

rechnerisch erwarten musst.

anonymous

23:21 Uhr, 09.11.2019

-In der Aufgabenstellung steht, dass ich die Ergebnisse statistisch auswerten soll. Kann man sowas nicht am besten mit einem Diagramm veranschaulichen?
-Reichen

50

Würfe bei

k

Würfel aus?

Wenn ich ein Diagramm zeichne dann müsste ein Ähnliches, wie das beim Erwartungswert rauskommen

anonymous

00:12 Uhr, 10.11.2019

"Kann man sowas nicht am besten mit einem Diagramm veranschaulichen?"
Vielleicht, bestimmt, gerne, auf auf, guten Mutes, viel Spaß.

"Reichen

50

Würfe bei

k

Würfel aus?"
Na ja, du kannst auch

500

machen, oder

5000,

oder

50000

.
Aber ich hatte verstanden, du willst auch mal abgeben...
Es ist eben wie immer in der Statistik: Je mehr du würfelst, desto verlässlicher wirst du dich dem Erwartungswert nähern.

"Wenn ich ein Diagramm zeichne dann müsste ein Ähnliches, wie das beim Erwartungswert rauskommen"
Ja, (ich hatte schon empfohlen: ...und vergleichen, mit dem was du unter

b)

und

c)

rechnerisch erwarten musst.)

anonymous

13:35 Uhr, 10.11.2019

Ok, ich bin gerade dabei, dass für das spiel zu machen. In der Aufgabenstellung wird von 2 ARten de so SPiels gesprochen. Entweder man würfelt einmal (wenn 6 dann 0 Punkte und bei anderen ZAHlen die Augensumme) oder das zweite Spiel ist, man würfelt solange bis eine 6 kommt. Wir sind ja die ganze zeit vom ersten spiel ausgegangen. Wie würde sich alles beim 2. Spiel verändern?

anonymous

14:18 Uhr, 10.11.2019

Ich hab's mir auch gerade nochmals durchgelesen.
Und ich finde das wert, weiter zu präzisieren und zu detaillieren.
Darf ich in meine Worte fassen:

Es gibt Spielvarianten.

α)

Spielvariante

α :

Bei der Spielvariante

α

sucht sich der Spieler eine Anzahl

k

an Würfeln aus, mit denen er gleichzeitig würfelt.
(Fällt eine "6", dann bekommt er keine Punkte. Ansonsten bekommt er die Augensumme als Punkte.

u . s . w ., ..., u . s . w .)

β)

Spielvariante

β :

Bei der Spielvariante

β

würfelt der Spieler mit einem Würfel. Er muss sich aber VOR dem ersten Würfeln festlegen, wie oft er würfeln will.
(Fällt innerhalb der festgelegten Anzahl an Würfelvorgängen eine "6", dann bekommt er keine Punkte. Ansonsten bekommt er die Augensumme

...)

γ)

Spielvariante

γ :

Bei der Spielvariante

γ

würfelt der Spieler mit einem Würfel. Er darf sich aber NACH jedem Würfelvorgang entscheiden,

>

ob er aufhören und die bisher erzielte Augensumme als Punktewertung werten will,

>

oder nochmals würfeln will, und damit

〉

einerseits die Chance erhöht noch weitere Punkte zu sammeln,

〉

andererseits aber auch das Risiko auf sich nimmt, eine "6" zu würfeln, und alles zu verlieren.

Ich schlage vor: Kümmere dich erst mal um die Spielvarianten

α

und

β

.
Was ist der Unterschied im mathematischen Sinne?
Welche Konsequenzen haben die bisherigen Überlegungen für die Spielvariante

α

oder beta?

anonymous

14:26 Uhr, 10.11.2019

Bei Spielvariante

b

und

c

darf er doch auch mit

k

Würfeln werden oder nicht? Frage, weil bei SPielvariante

b

und von "einem Würfel" die Rede ist?

Grundsätzlich würde ich sagen, dass bei Spielvariante

b

die Wahrscheinlichkeit höher ist alles zu verlieren, da ja die Wahrscheinlichkeit eine 6 zu würfeln mit jedem Wurf größer wird. Ich weiss aber nicht wie sich das auf den Erwartungswert auswirkt.

anonymous

14:51 Uhr, 10.11.2019

ÄÄääääääääääääähmmmmmm....
Bitte, bitte, bitte, lass uns doch systematisch vorgehen. Sonst reden wir wild durcheinander, missverstehen kunterbunt aneinander vorbei und müssen vor lauter Wurstelgewusel alles dreimal erklären und wiederholen.

# Die Original-Aufgabe hat Teilaufgaben.
Die Teilaufgaben bestehen aus den Teilaufgaben

a)

b)

c)

Die Buchstaben

a, b, c

stehen also für Teilaufgaben.

# Wir hatten zuletzt Spielvarianten andiskutiert.
Ich hatte vorgeschlagen, die

α, β, γ

zu taufen.
Sonst verwurstel-wechsel-missverstehen wir Teilaufgaben mit Spielvarianten.

# Ich hatte hoffentlich klar gemacht, wie ich die Spielvarianten

α, β, γ

verstehen will.
Ich hatte vorgeschlagen

α :

Würfeln mit

k

Würfeln

β :

Würfeln mit einem Würfel

γ :

Würfeln mit einem Würfel

Wenn du jetzt noch mit anderen Spielvarianten die Sache noch weiter verkomplizieren willst, meinetwegen. Aber bitte, dann im Bemühen mit

>

klaren Unterscheidungen, das griechische Alphabet bietet noch ausreichend Optionen,

>

und klaren Erklärungen, welche Spielvarianten denn noch welchen Spielregeln unterliegt.

Sorry, wenn ich jetzt ein wenig direkt geworden bin. Aber wenn wir jetzt nicht ein wenig Bemühen zur Systematik an den Tag legen, dann machen wir noch 7 Sonntage lang Frage- und Antwort-Spielchen...

anonymous

14:58 Uhr, 10.11.2019

Alles gut, hast recht, wir brauchen wirklich klare Spielbezeichnungen. Bin nur etwas in zeitdruck, weil ich die Präsentation heute Abend abschicken muss und bis dahin, dass mit den verschiedenen Spielvariationen auch mit reinnehmen muss.
Meine Idee: ICh glaube, dass bei SPialvariante

β

die Wahrscheinlichkeit größer ist alles zu verlieren als bei Spielvariante

α,

da man dort öfters würfelt. Die Frage, ob der Erwartungswert bei Spiel

β

größer ist als der Erwartungswert in Spiel aplha mit zb einem Würfel kann ich nicht sagen, in Spiel

β

kann man mehr Punkte machen aber die Wahrscheinlichkeit ist auch höher alles zu verlieren

anonymous

15:17 Uhr, 10.11.2019

Du wirst gleich sehen, warum ich so darauf bestanden habe, klare Bezeichnungen und Absprachen zu halten.

Bleiben wir doch mal bei den Spielvarianten

α

und

β

.
Ich helfe dir mal noch ein wenig, um unsere Gedankengänge besser zu verzahnen.

Spielvariante

β :

Ich hatte oben bewußt noch schwammig von einer Anzahl an Würfelvorgängen gesprochen, ohne der einen Namen zu geben.
Laß uns der Anzahl an Würfelvorgängen, die VOR einem Durchgang zu wählen ist, einen Namen geben.
Ich schlage vor, die Anzahl

k

zu taufen.
Du wirst gleich sehen, warum.

So und jetzt zur Spielvariante

α :

Ich stelle mir vor, wir haben einen Würfelbecher. In den geben wir

k

Würfel.
Jetzt nehmen wir eine Zeitlupen-Kamara und filmen den Würfelvorgang.
Vielleicht sieht der so aus:
Aus dem Würfelbecher kullert der erste Würfel. Er kullert, hobbelt, taumelt, überlegt sich's nochmals, kippt noch ein letztes Mal über eine Kante und kommt schließlich zur Ruhe - und siehe da, zeigt eine Augenzahl.
Dann, oder fast schon gleichzeitig, kommt ein zweiter Würfel, kullert

... ... ...

. und zeigt eine Augenzahl.
Dann, oder fast schon gleichzeitig, kommt ein dritter Würfel, kullert

... ... ...

. und zeigt eine Augenzahl.

. .

.
Dann, oder fast schon gleichzeitig, kommt der letzte, der k-te Würfel, kullert

... ... ...

. und zeigt eine Augenzahl.

Was ist wirklich der Unterschied zu Spielvariante beta?

anonymous

15:31 Uhr, 10.11.2019

Ahaaaa, wenn man bei Spielvariante

α

zb 5 Würfel wählt und man das nun mit der Zeitlupe veranschaulicht, dann kommen die 5 Würfel nacheinander raus. Das wäre dasselbe, als wenn man vor dem Spiel sagt ich würfel 5 Mal mit einem Würfel. Der Unterschied ist nur, dass bei Spielvariante

α

die Würfel alle aufeinmal erscheinen. Darauf folgt, dass der Erwartungswert und die Wahrscheinlichkeit eine 6 zu würfeln dieselbe sind.

anonymous

15:50 Uhr, 10.11.2019

Ja genau.
Oder in meinen Worten:
Die Aufgabenvarianten

α

und

β

sind nur verschiedene Wortwahl für prinzipiell ein und die selbe Aufgabenstellung, die die wir schon eine Woche lang beackert haben.

Alle bisherigen Überlegungen, Formeln, Wahrscheinlichkeiten, Erwartungswerte gelten sowohl für Spielvariante

α,

wie auch für

β

.

Ich hatte bisher die Aufgabe so verstanden und mich darauf konzentriert.
Nochmals durchlesen der Original-Aufgabenstellung - wie du sie hier angeboten hast - zeigt mir wohl auch, dass da sehr wohl eine Spielvariante

γ

angedeutet war.
Du musst jetzt halt schon mal nochmals in dich gehen, was du willst, oder was die Aufgabe eigentlich von dir fordert.
Wir haben uns auf Aufgabenverständnis

α

bzw.

β

konzentriert. und da bist du doch schon weit gekommen.

Wenn du jetzt tatsächlich noch Aufgabenverständnis

γ

machen wolltest oder solltest, dann bekomme ich schon auch langsam Bammel. Da müssten wir nochmals sehr sehr weit ausholen.

Ich will hoffen, dass eigentlich folgende Vorgehensweise angemessen und die tiefer verborgene Intention war:
Die Aufgabenstellung lässt offen, ob du Aufgabenverständnis

α

bzw.

β

oder

γ

ausdetaillieren solltest.
Du solltest aufzeigen, dass

>

beide Verständnisse möglich sind,

>

dass du dich auf

α

bzw.

β

konzentriert hast,

>

die bisherigen Überlegungen hierzu zeigen solltest (das ist eigentlich schon sehr viel, umfassend und präsentationswürdig),

>

eine Abgrenzung, Grundverständnis, Unterscheidung zu

γ

>

vielleicht noch andeutungsweise Ansätze für Aufgabenverständnis

γ

. .

. und gut is…

anonymous

16:31 Uhr, 10.11.2019

Wenn du jetzt tatsächlich noch Aufgabenverständnis γ machen wolltest oder solltest, dann bekomme ich schon auch langsam Bammel. Da müssten wir nochmals sehr sehr weit ausholen.

Ich will hoffen, dass eigentlich folgende Vorgehensweise angemessen und die tiefer verborgene Intention war:
Die Aufgabenstellung lässt offen, ob du Aufgabenverständnis α bzw. β oder γ ausdetaillieren solltest.
Du solltest aufzeigen, dass

>

beide Verständnisse möglich sind,

>

dass du dich auf α bzw. β konzentriert hast,

>

die bisherigen Überlegungen hierzu zeigen solltest (das ist eigentlich schon sehr viel, umfassend und präsentationswürdig),

>

eine Abgrenzung, Grundverständnis, Unterscheidung zu γ

>

vielleicht noch andeutungsweise Ansätze für Aufgabenverständnis γ

Da die Präsentation nur

15

Minuten Zeit in Anspruch nimmt glaube ich auch, dass es reicht Aufgabenverständnis

α

und

β

dort zu präsentieren. Trotz allem aber sollte ich schon

>

eine Abgrenzung, Grundverständnis, Unterscheidung zu γ

>

vielleicht noch andeutungsweise Ansätze für Aufgabenverständnis γ
anschneiden. Wie unterscheidet sich

γ

von

α

bzw. beta?

anonymous

16:50 Uhr, 10.11.2019

In der Spielregel.!.?_

Ja, was meinst du, was wird denn ein Spieler wohl strategisch / taktisch denken?
Wann wird er denn wohl aufhören?
Fängt er überhaupt an?

anonymous

16:57 Uhr, 10.11.2019

GIn der Spielregel.!.?_

Ja, was meinst du, was wird denn ein Spieler wohl strategisch / taktisch denken?
Er würde wenn er mit einem Würfel spielt wahrscheinlich 5 mal weiterspielen, da nach 6 Würfen eigentlich eine 6 auftauchen muss.
Wann wird er denn wohl aufhören?
Nach 5 Würfen
Fängt er überhaupt an?
Ja mind einen Wurf muss er ja machen unabhängig von der Spielvariante

anonymous

17:05 Uhr, 10.11.2019

Fängt er überhaupt an?
Ja natürlich. Sonst holt er ja keine Punkte.

"Er würde wenn er mit einem Würfel spielt wahrscheinlich 5 mal weiterspielen"
Du bist noch zu sehr im Spielmodus

α

bzw.

β

verfangen.
Der Spieler hat doch viel mehr Freiheiten.

Er wird erst mal würfeln.
Da könnte er

>

eine "1" würfeln,

>

eine "2" würfeln,

>

eine "3" würfeln,

>

eine "4" würfeln,

>

eine "5" würfeln,

>

eine "6" würfeln.

Angenommen, er hat

>

eine "1" gewürfelt, was wird er sich jetzt denken?

>

eine "2" gewürfelt, was wird er sich jetzt denken?

>

eine "3" gewürfelt, was wird er sich jetzt denken?

>

eine "4" gewürfelt, was wird er sich jetzt denken?

>

eine "5" gewürfelt, was wird er sich jetzt denken?

>

eine "6" gewürfelt, das macht's einfach: game over, Pech gehabt.

anonymous

17:08 Uhr, 10.11.2019

Angenommen, er hat

>

eine "1" gewürfelt, was wird er sich jetzt denken?

>

eine "2" gewürfelt, was wird er sich jetzt denken?

>

eine "3" gewürfelt, was wird er sich jetzt denken?

>

eine "4" gewürfelt, was wird er sich jetzt denken?

>

eine "5" gewürfelt, was wird er sich jetzt denken?

>

eine "6" gewürfelt, das macht's einfach: game over, Pech gehabt.

Bei einer

1 - 4

würde er weiterwürfeln, um noch mehr Punkte zusammeln. Bei einer 5 könnte er aufhören, weil das schon eine hohe Punktzahl ist.

anonymous

17:15 Uhr, 10.11.2019

Du gehst schon in die richtige Richtung. Richtig viel systematisch überlegen tust du aber nicht. Das wirkt wieder eher, wie raten.

Du rätst: "Bei einer 5 könnte er aufhören."
Richtig erkannt: Es kommt doch drauf an, wie viele Punkte er schon gesammelt hat.
Wenn er schon viele Punkte gesammelt hat, dann riskiert er, im nächsten Wurf viel zu verlieren.
Wenn er noch wenige Punkte gesammelt hat, dann sind die Aussichten, was zu gewinnen noch groß, gegenüber dem Risiko, das bisschen zu verlieren.

Du bist doch Mathematiker. Du kannst doch mehr, als nur zu raten...

anonymous

17:18 Uhr, 10.11.2019

Das einzige, was mir in den Sinn kommt, ist, dass er weiterwürfelt, wenn das Risiko zu verlieren kleiner ist als das Risiko etwas zu gewinnen und dieses Risiko hängt von der Punktzahl ab, die er zuvor gewürfelt hat.

Roman-22

17:30 Uhr, 10.11.2019

Eine mathematische Berechnung der optimalen Strategie gibt es bei dieser Spielvarianate nicht. Bei jedem Schritt ist die WKT, alles zu verlieren, immer

\frac{1}{6}

und mit der WKT

\frac{5}{6}

erzielt man einen Zugewinn (von durchschnittlich

2,5

Punkten). Die WKT ändert sich nicht, denn der Würfel hat kein Gedächtnis. Auch wenn

20

Mal hintereinander keine Sechs gefallen ist, ist die WKT für eine Sechs im nächsten Wurf nur

\frac{1}{6}

.
Welche Strategie ein Spieler wählen wird, ist jetzt nur dadurch bestimmt, wie wertvoll er einen Zugewinn von im Schnitt

2,5

Punkten erachtet im Vergleich zum Verlust alles bisher Erspielten.
Wie bei der Millionenshow, nur dass dort die möglichen Zugewinne progressiv steigen und die WKT, die nächste Frage beantworten zu können, theoretisch kleiner wird. Jemandem mit sehr dicker Brieftasche wird auch ohne noch Joker zu haben kaum zögern, beim Stand von 30000€ noch weiter zu spielen. Ein Mindestrentner wird bei gleicher Situation wohl aufhören.

anonymous

17:33 Uhr, 10.11.2019

@Melina: Ja, qualitativ richtig.
Jetzt werden wir das noch quantifizieren wollen...

Ein bisschen optimistischer wie Roman bin ich eigentlich schon.

anonymous

17:34 Uhr, 10.11.2019

Wie kann man das quantifizieren?

anonymous

17:36 Uhr, 10.11.2019

Indem du systematisch wie ein intelligenter Spieler denkst.
Angenommen, du hast

>

eine "1" gewürfelt, was wirst du dir denken?

>

eine "2" gewürfelt, was wirst du dir denken?

. .

anonymous

17:41 Uhr, 10.11.2019

Indem du systematisch wie ein intelligenter Spieler denkst.
Angenommen, du hast

>

eine "1" gewürfelt, was wirst du dir denken?

>

eine "2" gewürfelt, was wirst du dir denken?

. .

.

Ich kann nun zu

\frac{5}{6}

meine Punktzahl erhöhen und zu

\frac{1}{6}

alles verlieren. Das Risko etwas zu gewinnen ist größer, also würd ich das Risiko eingehen

anonymous

17:44 Uhr, 10.11.2019

"Ich kann nun zu

\frac{5}{6}

meine Punktzahl erhöhen"
Ja, um wie viel?

anonymous

17:46 Uhr, 10.11.2019

Bei einer gewürfelten 1 kann ich meine Punktzahl um maximal 5 Punkte erhöhen.

anonymous

17:49 Uhr, 10.11.2019

"Bei einer gewürfelten 1 kann ich meine Punktzahl um maximal 5 Punkte erhöhen."
Also, du hast nun die Wahl:
Du kannst

>

bei einer gewürfelten 1 aufhören. Dann hast du einen sicheren Punkt.

>

oder weiter würfeln, dann...

anonymous

17:50 Uhr, 10.11.2019

oder ich würfel weiter und krieg insgesamt 6 Punkte

anonymous

17:52 Uhr, 10.11.2019

Das klingt so, als ob du wüsstest, dass du im nächsten Wurf eine "5" werfen wirst.
denn nur

1 + 5 = 6

anonymous

17:54 Uhr, 10.11.2019

Wenn ich eine 1 würfel, dann ist möglich:

1 + 1 = 2

1 + 2 = 3

1 + 3 = 4

1 + 4 = 5

1 + 5 = 6

1 + 6 = 0

Roman-22

17:59 Uhr, 10.11.2019

>

Ein bisschen optimistischer wie Roman bin ich eigentlich schon.
Ich bin nicht pessimistisch, aber wir bewegen uns nun in Richtung Entscheidungstheorie und müssen, wie dort üblich, zwischen "value" und "utily", also der reinen erreichbaren Punktezahl und dem individuellen Nutzen für den Spieler, unterscheiden. Und dieser Nutzen, der für die zu wählende Strategie ausschlaggebend ist, entzieht sich einer mathematischen Berechnung, weil er eben individuell verschieden ist. Man könnte natürlich zusätzlich noch eine Nutzen-Funktion (quasi einen ganz bestimmten Spieler) ins Spiel bringen, wodurch unterschiedliche Strategien auch mathematisch vergleichbar gemacht werden können (aber auch nur für diesen Spieler).
Den reinen Erwartungswert wird man hier eher nicht heranziehen (der würde die Strategie, bis

15

Punkte zu spielen, implizieren).

Aber all das ist hier doch gar nicht verlangt. Ich sehe in der Aufgabenstellung den Hinweis auf andere Spielvarianten nicht als Aufforderung, im Referat darauf einzugehen.

anonymous

18:01 Uhr, 10.11.2019

Also, was
'erwartest'
du, wenn du im 1. Wurf eine 1 geworfen hast, und weiter machen würdest?

anonymous

18:03 Uhr, 10.11.2019

Ich würde den Durchschnitt der zu erreichenden Punkte berechnen. Also würde ich etwa

3,3

Punkte erwarten.

anonymous

18:05 Uhr, 10.11.2019

Jupp, sehr gut!
Also, willst du weiter machen?

nächster Fall,
angenommen, du hattest eine

' 2'

geworfen, was
'erwartest'
du dann?

anonymous

18:11 Uhr, 10.11.2019

Wenn ich eine 2 geworfen habe, dann sind folgende Ergebnisse möglich:

2 + 1 = 3

2 + 2 = 4

2 + 3 = 5

2 + 4 = 6

2 + 5 = 7

2 + 6 = 0

Durchschnittlich

4,16

Punkte

Bei 3 wären das durchschnittlich 5 Punkte, usw..

anonymous

18:14 Uhr, 10.11.2019

Ja.

Du hast eine Frage nicht beantwortet.
Wenn du 1 Punkt hast, und vor der Wahl stehst

>

aufzuhören

>

oder weiter zu würfeln,
würdest du weiter würfeln?

anonymous

18:16 Uhr, 10.11.2019

Wenn ich eine 1 gewürfelt habe, dann würde ich weiterwürfeln, weil ich ja durchschnittlich

3,3

Punkte erzielen kann, was mehr als mein 1 Punkt ist.

anonymous

18:18 Uhr, 10.11.2019

Sehr gut.
Wie sieht die Überlegung nun aus

>

wenn du 2 Punkte hast,

>

wenn du 3 Punkte hast,
…

>

wenn du

n

Punkte hast?

anonymous

18:23 Uhr, 10.11.2019

Wenn ich 2 Punkte hab kann ich durchschnittlich

4,16

Punkte kriegen und bei 3 Punkten waren es durchschnittlich 5 Punkte, würde auch bei beiden weiterwürfeln, weil die durchschnittliche Punktzahl höher ist als die Punktzahl beim ersten Wurf.
Bei

n

Würfeln würde man durchschnittlich

\frac{5 \cdot n + 15}{6}

Punkte kriegen.

anonymous

18:28 Uhr, 10.11.2019

Na ja, wieder ein klein wenig ungeschickt formuliert, aber wir wissen was du meinst.

Bei einem Punktestand von

n

ist der Erwartungswert für den Punktestand, wenn wir noch einmal mehr würfeln:

\frac{5 \cdot n + 15}{6}

Also, wann würdest du weiter würfeln?

anonymous

18:32 Uhr, 10.11.2019

Ich würde weiter würfeln, wenn

\frac{5 \cdot n + 15}{6}

größer als

n

ist.

anonymous

18:33 Uhr, 10.11.2019

und das ist...?

anonymous

18:34 Uhr, 10.11.2019

Das ist immer der Fall.

anonymous

18:36 Uhr, 10.11.2019

Nein, da bist du aber sehr optimisisch...

anonymous

18:39 Uhr, 10.11.2019

Wenn

n

kleiner als

15

ist, dann ist das der Fall

anonymous

18:46 Uhr, 10.11.2019

Ja.
Jetzt haben wir noch eine Erkenntnis stillschweigend genutzt, die die Fassung in Worte verdient.

Wir waren lange davon ausgegangen, dass wir erst ein erstes Mal gewürfelt hatten.
Wir könnten schon ein zweites Mal, oder ein drittes Mal oder...
gewürfelt haben.
Darauf kommt es nicht an.
Es kommt einzig auf den bisher erzielten Punktestand

n

an.

Und wir haben gelernt:
Bis zum Punktestand

n = 14

lohnt es sich, weiter zu würfeln.
Die Chance noch ein paar Punkte dazu zu gewinnen ist größer,
als das Risiko, eine "6" zu werfen - und alles zu verlieren.

Beim Punktestand

n = 15

ist es gerade 'Gleichgewicht'.
Die Chance, noch ein paar Punkte dazu zu gewinnen ist ebenso groß,
wie das Risiko, durch eine "6" alles zu verlieren.

Beim Punktestand

n > 15

lohnt es sich nicht mehr, weiter zu würfeln.
Die Chance, noch ein paar Punkte dazu zu gewinnen ist einfach zu gering,
gegenüber dem Risiko, durch eine "6" alles zu verlieren.

Du siehst: Deine ursprüngliche Raterei "5" war noch ganz schön weit weg...

anonymous

18:52 Uhr, 10.11.2019

Die gesammelten Ergebnisse gelten ja nun für die Spielvariante

γ,

wo man nach jedem Wurf mit einem Würfel entscheiden darf, ob man weiterwürfel möchte oder nicht. Gibt es bei dieser Spielvariante noch irgendwelche Gedankengänge, die man mit mathematisch beschreiben kann?

anonymous

19:02 Uhr, 10.11.2019

Ja gewiss.
Wir haben uns eine Spielstrategie entwickelt.

(Streng genommen sind es zwei Spielstrategien.
Spielstrategie

γ_{1} :

ich höre beim Punktestand

n = 15

auf, und begnüge mich mit den

15

Punkten.
Spielstrategie

γ_{2} :

ich würfle beim Punktestand

n = 15

noch weiter, und hoffe auf den Jackpot.)

Die drängende Frage, die sich anschließt, ist:
Gemäß (einer) dieser Stategie(n), welchen Erwartungwert an Punkten darf ich ansetzen?

Aber Stop!
Da muss ich Roman unbedingt Recht geben.
Wir sollten im Blick behalten, was wir wollen. Für ein Referat morgen sollte das MEHR als genug Stoff sein.

Die Frage nach dem Punkte-Erwartungswert gemäß

γ_{1}

oder

γ_{2}

>

dürfte sehr, sehr kompliziert sein,

>

ich bin da selbst noch nicht sehr weit und wenig hoffnungsvoll, dafür noch Motivation zu finden,

>

und würde sicherlich eher noch

7 \cdot 7

Sonntage benötigen,

>

und dich nur von der Vorbereitung deiner Präsentation abhalten...

Viel Erfolg!

anonymous

19:08 Uhr, 10.11.2019

ICh bin eben beim Vorbereiten meiner Präsentation auf den Begriff der Normal- und Binomialverteilung getroffen. Die Spielvariante

α

bzw

β

würde doch eine Binomialverteilung sein, da es nur 2 feste Ausgänge gibt

Roman-22

19:10 Uhr, 10.11.2019

>

Wir sollten im Blick behalten, was wir wollen. Für ein Referat morgen sollte das MEHR als genug Stoff sein.
Ja, genau.
Es reicht ja, wenn du kurz erwähnst, dass du irgendwo gelesen hast, dass der Erwartungswert knapp über 6 Punkten liegt, du aber auf die nähere Behandlung verzichtet hast, um den vorgegeben Zeitrahmen nicht zu sprengen ;-)

anonymous

19:47 Uhr, 10.11.2019

"Die Spielvariante

α

bzw

β

würde doch eine Binomialverteilung sein, da es nur 2 feste Ausgänge gibt."

Unbedingter Rat, dich nicht zu verzetteln.
"2 feste Ausgänge" für was?
Eine Vermutung meinerseits könnte sein, du meinst Punkte zu gewinnen, oder alles zu verlieren. Das hattest du aber unter

b)

mit der Gewinn- Verlust-Wahrscheinlichkeit behandelt
und hat -nichts- mit Binomialverteilung zu tun.

Eine andere Vermutung meinerseits könnte sein, du meinst die Verteilung der Punkte, die du mit

k

Würfeln erzielen kannst.
Und die

>

hat eben mehr als nur 2 'feste' Ausgänge,

>

und dennoch wiederum nichts mit Binomialverteilung zu tun.

anonymous

00:50 Uhr, 17.11.2019

So, jetzt bin ich doch nochmals dazu gekommen und habe eine hinnehmbar direkte Methode gefunden, den Erwartungswert für die Spielvariante

γ_{1}

zu ermitteln.
Zur Erinnerung:

γ_{1}

war:

>

bis Punktestand

14

wage ich noch einen weiteren Würfelwurf.

>

ab Punktestand

15

belasse ich diesen sicheren Punktestand.

Bitte erspare mir, den ganzen Hergang beschreiben und erklären zu müssen.
Ich konzentriere mich auf die Zusammenfassung:
In den theoretisch

6^{15}

Elementar-Spielverläufen erreiche ich:

292556295409

mal keine Punkte, weil irgendwann eine "6" auftrat,

61726240849

mal

15

Punkte,

47451113185

mal

16

Punkte,

34829555593

mal

17

Punkte,

22632507085

mal

18

Punkte,

10989272455

mal

19

Punkte.

Das gibt einen Erwartungswert von

6.153738

Punkten.
(Für mein Bauchgefühl eigentlich ein bisschen wenig, angesichts dessen dass schon Spielvariante

α

bzw.

β

einen Erwartungswert von

6.02816

Punkten ergab. Da hätte ich eigentlich mehr Unterschied erwartet. Aber Schätzen kann fehlen...)

Und jetzt könnte man noch die Verteilung der Anzahl an Würfeldurchgängen aufzeigen.
In den theoretisch

6^{15}

Elementar-Spielverläufen habe ich nach dem
1.ten Wurf

78364164096

mal punktelos und 0 mal mit Punkterfolg abgeschlossen,
2.ten Wurf

65303470080

mal punktelos und 0 mal mit Punkterfolg abgeschlossen,
3.ten Wurf

54419558400

mal punktelos und

2176782336

mal mit Punkterfolg abgeschlossen,
4.ten Wurf

44986834944

mal punktelos und

42447255552

mal mit Punkterfolg abgeschlossen,
5.ten Wurf

30414486528

mal punktelos und

69112839168

mal mit Punkterfolg abgeschlossen,
6.ten Wurf

13826598912

mal punktelos und

43948832256

mal mit Punkterfolg abgeschlossen,
7.ten Wurf

4197360384

mal punktelos und

15645623040

mal mit Punkterfolg abgeschlossen,
8.ten Wurf

890196480

mal punktelos und

3630489984

mal mit Punkterfolg abgeschlossen,
9.ten Wurf

136748736

mal punktelos und

590758272

mal mit Punkterfolg abgeschlossen,
10.ten Wurf

15497568

mal punktelos und

69704064

mal mit Punkterfolg abgeschlossen,
11.ten Wurf

1297296

mal punktelos und

6014736

mal mit Punkterfolg abgeschlossen,
12.ten Wurf

78624

mal punktelos und

373464

mal mit Punkterfolg abgeschlossen,
13.ten Wurf

3276

mal punktelos und

15876

mal mit Punkterfolg abgeschlossen,
14.ten Wurf

84

mal punktelos und

414

mal mit Punkterfolg abgeschlossen,
15.ten Wurf 1 mal punktelos und 5 mal mit Punkterfolg abgeschlossen.

Und das wiederum ist ein Erwartungswert von

3.7333

Würfeldurchgängen.

Uff - wie schön, dass ich Statistik nur als Hobby machen darf, und nicht machen muss...

Roman-22

00:23 Uhr, 18.11.2019

>

Das gibt einen Erwartungswert von

6.153738

Punkten.
(Für mein Bauchgefühl eigentlich ein bisschen wenig, angesichts dessen dass schon Spielvariante α bzw. β einen Erwartungswert von

6.02816

Punkten ergab. Da hätte ich eigentlich mehr Unterschied erwartet. Aber Schätzen kann fehlen...)

Ich hatte doch schon vor einer Woche

(19 : 10

Uhr,

10.11.2019)

den Erwartungswert bei dieser Spielvariante mit "knapp über 6" angegeben. Für das gegenständliche Referat wäre die Herleitung desselben nicht wirklich relevant.
Aber der Abgabetermin ist ja vorbei und wie man sieht, ist das Interesse der Fragestellerin ohnedies schlagartig erloschen.
Fazit: Vergebene Liebesmüh'

anonymous

00:35 Uhr, 18.11.2019

Abend,
mein Lehrer war letzte woche auf einer fortbildung weshalb sich der vorträge auf dienstag verschoben hat. Ich habe einen 2. weg für die formel für den erwartungswert gefunden im internet . aber ich verstehe sie nicht richtig, könnt ihr mir die erklären?

„Da das Spiel oft gespielt werden soll, bietet sich als Gu ̈tekriterium fu ̈r eine Spielstrategie der Erwar- tungswert des zufa ̈lligen Spielgewinns

G

an. Wir be- trachten in diesem Abschnitt die Strategie,

k

mal zu wu ̈rfeln, und interessieren uns insbesondere fu ̈r das- jenige

k,

welches den Erwartungswert von

G

maxi- miert. Der Ku ̈rze halber bezeichne A das Ereignis, kmalhintereinanderkeineSechszuwu ̈rfeln.Tritt in den ersten

k

Wu ̈rfen mindestens eine Sechs auf und somit das komplementa ̈re Ereignis A ein (dies geschieht mit der Wahrscheinlichkeit 1 −

(\frac{5}{6}) k),

so geht man leer aus; der Spielgewinn

G

nimmt dann den Wert 0 an.
Hat man Glu ̈ck und wu ̈rfelt

k

mal hintereinander kei- ne Sechs, tritt also A ein, so stellt sich

G

als Summe

X 1 +

. . .

+

Xk von Zufallsvariablen dar, wobei

X j

die
Augenzahl des j-ten Wurfs angibt. Unter der Bedin- gung, dass keine Sechs auftritt, nimmt jedes Xj die Werte

1, 2, 3, 4, 5

mit gleicher (bedingter) Wahr- scheinlichkeit

\frac{1}{5}

an. Der Erwartungswert von Xj ist also

\frac{1 + 2 + 3 + 4 + 5}{5} = 3,

und der Erwar- tungswert von

G

(ebenfalls unter dieser Bedingung!) gleich

k

· 3. Da das bedingende Ereignis A mit der Wahrscheinlichkeit

P (A) = (\frac{5}{6}) k

eintritt, ist der Er- wartungswert des Spielgewinns unter der Strategie,

k

mal zu wu ̈rfeln, gleich

anonymous

07:25 Uhr, 19.11.2019

Ich vermute, deine letzt-genannte Erklärung aus dem Internet bezieht sich wieder auf die Spielvariante

α

bzw.

β

.
Und die läuft ja wiederum auf die schon in der Aufgabenstellung unter

c)

genannte Formel für den Erwartungswert

E (G)

hinaus - auch wenn du sie ein wenig abgeschnitten hast.

anonymous

20:50 Uhr, 20.11.2019

So, jetzt bin ich doch nochmals dazu gekommen und habe eine hinnehmbar direkte Methode gefunden, den Erwartungswert für die Spielvariante γ1 zu ermitteln.
Zur Erinnerung: γ1 war:

>

bis Punktestand

14

wage ich noch einen weiteren Würfelwurf.

>

ab Punktestand

15

belasse ich diesen sicheren Punktestand.

Bitte erspare mir, den ganzen Hergang beschreiben und erklären zu müssen.
Ich konzentriere mich auf die Zusammenfassung:
In den theoretisch

615

Elementar-Spielverläufen erreiche ich:

292556295409

mal keine Punkte, weil irgendwann eine "6" auftrat,

61726240849

mal

15

Punkte,

47451113185

mal

16

Punkte,

34829555593

mal

17

Punkte,

22632507085

mal

18

Punkte,

10989272455

mal

19

Punkte.

Das gibt einen Erwartungswert von

6.153738

Punkten.
(Für mein Bauchgefühl eigentlich ein bisschen wenig, angesichts dessen dass schon Spielvariante α bzw. β einen Erwartungswert von

6.02816

615

Elementar-Spielverläufen habe ich nach dem
1.ten Wurf

78364164096

mal punktelos und 0 mal mit Punkterfolg abgeschlossen,
2.ten Wurf

65303470080

mal punktelos und 0 mal mit Punkterfolg abgeschlossen,
3.ten Wurf

54419558400

mal punktelos und

2176782336

mal mit Punkterfolg abgeschlossen,
4.ten Wurf

44986834944

mal punktelos und

42447255552

mal mit Punkterfolg abgeschlossen,
5.ten Wurf

30414486528

mal punktelos und

69112839168

mal mit Punkterfolg abgeschlossen,
6.ten Wurf

13826598912

mal punktelos und

43948832256

mal mit Punkterfolg abgeschlossen,
7.ten Wurf

4197360384

mal punktelos und

15645623040

mal mit Punkterfolg abgeschlossen,
8.ten Wurf

890196480

mal punktelos und

3630489984

mal mit Punkterfolg abgeschlossen,
9.ten Wurf

136748736

mal punktelos und

590758272

mal mit Punkterfolg abgeschlossen,
10.ten Wurf

15497568

mal punktelos und

69704064

mal mit Punkterfolg abgeschlossen,
11.ten Wurf

1297296

mal punktelos und

6014736

mal mit Punkterfolg abgeschlossen,
12.ten Wurf

78624

mal punktelos und

373464

mal mit Punkterfolg abgeschlossen,
13.ten Wurf

3276

mal punktelos und

15876

mal mit Punkterfolg abgeschlossen,
14.ten Wurf

84

mal punktelos und

414

mal mit Punkterfolg abgeschlossen,
15.ten Wurf 1 mal punktelos und 5 mal mit Punkterfolg abgeschlossen.

Und das wiederum ist ein Erwartungswert von

3.7333

Würfeldurchgängen.

Uff - wie schön, dass ich Statistik nur als Hobby machen darf, und nicht machen muss...

Das mit

15,16,17,18

und

19

Punkte habe ich verstanden, jedoch ist mir das mit ....mal

. .

. Punkte nicht klar geworden, kannst du das kurz schnell zusammenfassend erklären...Danke dir

anonymous

22:14 Uhr, 20.11.2019

Ich hoffe, du hast verstanden, was die

6^{15}

Elementar-Spielverläufe sind.
Das ist einfach die Vorstellung, alle Spielverläufe, die man mit 15-mal Würfeln erzielen kann, gedanklich, statistisch, systematisch durch zu gehen und dir klar zu machen, wie der Durchgang gemäß der Strategie

γ_{1}

aus gehen würde.

Du hast doch bei 15-mal Würfeln
6 Möglichkeiten für den ersten Wurf,
6 Möglichkeiten für den zweiten Wurf,

. .

.
6 Möglichkeiten für den

15

. Wurf.
Und das sind eben die

6^{15}

Spielverläufe.

Nehmen wir mal das Beispiel:
eine "1" im ersten Wurf,
eine "2" im zweiten Wurf,
also:

1, 2, 3, 4, 5, 6, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 1, 2, 3

Wann würdest du gemäß Strategie

γ_{1}

aufhören?
Wie viel Punkte würde dieses Beispiel erzielen?

Ja und ich habe eben prinzipiell all diese

6^{15}

Spielverläufe durch-exerziert und statistisch zusammengestellt, mit welchem Punktestand sie enden.

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20:12 Uhr, 03.03.2021

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