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[Thingdor]

Es kommt halt drauf an, ob er nur wissen will welche Wahrscheinlichkeit die Summe X rauskommt oder welche Würfel das Ergebnis zeigen. Für letzteres ist die Reihenfolge wichtig, ersteres kann man entweder mit oder ohne berechnen.
Es macht ja schon bei 2 Würfel nen großen unterschied ob man jetzt mit oder ohne Reihenfolge rechnen.
Mit Reihenfolge sinds ja die klassischen 36 Möglichkeiten, ohne sinds nurnoch 21.

[Tigerle]

Man kann sicherlich auch ohne Reihenfolge ansetzen, allerdings müsste man dann mit einer sehr seltsamen Verteilung rechnen.
(Mathematischer:
Sei
X={1,2,3,4,5,6}^5 der Wahrscheinlichkeitraum zur Problemstellung
Y={(a1,...,a5) \element {1,2,3,4,5,6}^5 |a1<=...<=a5} der Wahrscheinlichkeitsraum zur Problemstellung ohne Beachtung der Reihenfolge
P:X-> R die Gleichwahrscheinlichkeitsverteilung über X
Sei nun h: X->Y
x bildet auf y ab, indem y das sortierte Tupel der Einträge von x ist.

Dann gibt es eine Wahrscheinlichkeitsverteilung P' : Y->R,
sodass für alle x \element Y gilt:
P'(x)=P(h^(-1)(x)) (wobei h^(-1) das Urbild von h ist)

[Weltengeist]

Wenn man sich die Ausgangsfragestellung anschaut, dann ist die Reihenfolge ganz offensichtlich egal. Wie Shogoth richtig schreibt - ob er seine mindestens 28 Augen nun durch (6,6,6,5,5) oder durch (5,6,6,6,5) erreicht, ist dem TE total wumpe.

Die gewünschte Formel erfordert vermutlich tatsächlich Binomialkoeffizienten, und zumindest der naive Ansatz wird für Zielwerte näher an der Mitte (sagen wir mal, Zielwert 20) ziemlich hässlich. Eigentlich wollte ich schon schreiben "vergiss es einfach", aber je länger ich damit rumspiele, desto mehr kriege ich das Gefühl, dass sich da vielleicht doch was machen lässt. Für 3W6 hatte ich das irgendwann auch schon mal formal gelöst, vielleicht lässt sich das ja verallgemeinern. Mist, da geht er hin, mein Feierabend vor der Glotze...

In jedem Fall ist der Ansatz von 3mFeldweg richtig, was man auch formal etwas sauberer mit Binomialkoeffizienten bestimmen kann. Im Falle "Zielwert 28 oder höher" gibt es tatsächlich folgende Möglichkeiten (Reihenfolge zunächst beliebig):
1. (6,6,6,6,6)
2. (6,6,6,6,5)
3. (6,6,6,6,4)
4. (6,6,6,5,5)
Dabei kommt Variante 1 tatsächlich nur in genau einer Reihung vor. Variante 2 und 3 sind in jeweils (5 über 1) = 5 Kombinationen möglich. Und Variante 4 kommt sogar in (5 über 2) = 10 Kombinationen vor. Insgesamt also:
(1 + 5 + 5 + 10) * 1/6^5 = 21/7776 = 0,0027 = 0,27%. Genau wie 3mFeldweg sagt. Ich glaube zwar, dass er bei seiner Lösung für "Zielwert 26 oder höher" einen Zählfehler drin hat (ich komme nur auf 126 statt seiner 131 Kombinationen), aber der Ansatz ist korrekt.

[Thingdor]

Doofe frage: Wenn die Reihenfolge egal ist, warum gibt es dann für Variante2 5 Möglichkeiten?

[Tigerle]

Ich glaube, wir meinen dasselbe und reden einander vorbei
Ich wollte klarstellen, dass man nicht alle Würfel mit denselben als ein Ereignis ansehen darf.
56666 ist nicht dasselbe Ereignis wie 66665.

Und das hat 3mFeldweg ja auch korrekt unterschieden

[Saalko]

Mal kurz zur Klarstellung. Es ist absolut egal wie die Würfel fallen. Das mit der 1 war so gemeint. Wenn der erste Würfel eine 1 zeigt, dann kann man selbst bei 4 6er nur noch 25 Punkte erreichen. Und damit ist es zu wenig.

Mir ists schlichtweg egal, wie die Würfel fallen, Hauptsache in der Summe habe ich eine bestimmte Augenzahl mit 5 Würfeln.

Lieb wäre mir dafür die passende Formel, oder aus welcher sie sich herleitet. Eventuell soll das in meine Bachelorarbeit rein. (Soziale Arbeit) Aber wenn ich die Formel habe, dann kann ich den Bartsch (mathematische Formelsammlung) als Quelle mit ins Literaturverzeichnis packen und das wäre ne Quelle mehr, was gut ist ^^

[3mFeldweg]

Gut um hier nochmal dir eine Antwort zu geben: Es ist absolut NICHT egal, wie die Würfel fallen, wenn man nämlich eine 1 als erstes würfelt, dann ist ja das Ergebnis schon nicht mehr erreichbar. Wenn man aber erst vier 6-en würfelt, dann hat man noch eine Chance von 1/6 zu verlieren...

So und jetzt noch für deine Bacherlorarbeit: Die Formel die man hier anwenden kann: Laplace-Formel zu Berechnung von Wahrscheinlichkeit: (Anzahl der günstigen Ergebnisse)/(Anzahl der möglichen Ergebnisse).

Die Anzahl der möglichen Ergebnisse liegt bei: 6^5=7776

Die Anzahl der günstigen Ergebnisse ist da schon ein bisschen schwieriger. Da ich das jetzt nicht doppelt hinschreiben will solltest du mal in meinem ersten Antwortpost nachgucken. Entweder du suchst alle möglichen Kombinationen raus und zählst sie zusammen oder du versuchst es mit ein bisschen mehr Mathematik und guckst in den zweiten Spoilerkasten.

Ich hoffe das hilft dir für deine Bachelorarbeit

[Saalko]

Neue Frage

Wie wahrscheinlich ist es das man mit n 6 Seitigen Würfeln 2 6en würfelt? n ist höchstens 7.

Sprich bei 1 Würfel ist die Wahrscheinlichkeit 0, dass man damit 2 6en würfelt. (Sie explodieren nicht.)
Bei 2 Würfeln ist die Change 15,6666/ bzw. 1/36

Soweit so einfach. Aber wie wahrscheinlich ist es mit 3 6 seitigen Würfeln 2 6en zu werfen. (Sprich beim 3. Würfel ist es egal ob er eine 1 zeigt, eine 2 ...) Das selbe bei 4 Würfeln bei 5, bei 6 und bei 7 Würfeln.

[Tigerle]

Ich habe vor kurzem ein ähnliches Problem für Splittermond berechnet:

Die W'keit, keine 6 zu werfen ist:
P[keine 6]=(5/6)^n

Die W'keit, exakt eine 6 zu werfen ist, wobei die 6 mit Würfel i geworfen wird:
P[genau eine 6 in i]=(1/6)*(5/6)^(n-1)

Damit ist die W'keit, exakt eine 6 zu werfen:
P[genau eine 6]: n*P[genau eine 6 in i]=n*(1/6)*(5/6)^(n-1)

Nun ist die W'keit, mindestens 2 6en zu werfen gleich der Warscheinlichkeit weder keine 6 zu werfen noch exakt 1 6 zu werfen.
Also ist P[mind. 2 Sechsen]=1-P[keine 6] - P[genau eine 6]
=1-(5/6)^n-n*(1/6)*(5/6)^(n-1)
=1-((5/6)+(n/6))*(5/6)^(n-1)
=1-((5+n)/6)*(5/6)^(n-1)

Anmerkung: Diese Formel stimmt für n>=1

[Saalko]

Ha danke. ich habe es nicht geschafft die richtige Formel zu finden, für 1-3 Würfel konnte ich es aber "zu Fuß" machen. bei 4 Würfel waren mir das dann aber doch zuviele Möglichkeiten.

Meine Exceltabelle sieht jetzt gut aus. vielen dank.

[3mFeldweg]

Tigerle hat dir die Formel für mind. 2  "6-er" gegeben.

Wenn du aber die Formel für GENAU 2 "6-er" haben willst:

P[genau zwei 6er] = n! / (2*(n-2)!) * (1/6)^2 *(5/6)^(n-2)

[Tigerle]

Das geht übrigens allgemeiner:

Gegeben seien n d-seitige Würfel.

Dann gelten die Gleichungen im Anhang:

[3mFeldweg]

das stimmt. und der Formeleditor sieht natürlich besser aus als meine Paintskills

[tomtom]

Zum einen ist bei solchen Fragen die stochastische Formelsammlung stets ein guter Freund. Ansonsten kann ich auch noch die Seite "AnyDice" für das Rumspielen mit Wahrscheinlichkeiten von verschiedenen Würfelkombinationen empfehlen.