| Autor |
Beitrag |
    
Thomas
| | Veröffentlicht am Mittwoch, den 02. Januar, 2002 - 16:49: | 
|
Hi ihr,
ich habe einen Nachhilfeschüler (12.Klasse),
und bin mir bei den folgenden Aufgaben nicht ganz sicher:
1.:
wie groß ist die WS für einen reinen 2er Pasch, wenn man mit 5 Würfeln gleichzeitig wirft?
Also zum Bsp. 12246 oder auch 22445, aber nicht
11555.
2.:
Wie groß ist die WS im 1.Wurf eine kl./gr. Straße zu würfeln?
3.:
Wie groß ist die WS nach drei Würfen "Kniffel" zu haben?
Würde mich freuen, wenn ihr mir helfen könntet.
Danke schon mal im vorraus.
ciao |
Tyll (Tyll)
| | Veröffentlicht am Donnerstag, den 03. Januar, 2002 - 11:18: |
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Hi Thomas!
Zu 1. Da man nur einmal würfelt, geht das noch: Für den ersten Würfel hast du 6 Möglichkeiten, für den zweiten genau eine - dann hast du deinen ersten Pasch - für die 3. 5, die 4. und 5. je 4 Möglichkeiten. Das macht also 6*1*5*4*4, die Vertauchung ist schon berücksichtigt, also ergibt sich WS:
(6*5*4*4)/(6^5) = 0,0617
Der Kniffel ist da schon kniffliger:
Im ersten Wurf fällt eine beliebige Zahl X, die x1 mal vorliegt.
Im zweiten Durchgang fällt von 6-x1 Würfen x2 mal X.
Im dritten Durchgang muß noch x3 := 6-x1-x2 mal gewürfelt werden, es liegt x1+x2 Mal x vor und alle Würfel müssen nun X zeigen.
Also ergibt sich für die Druchgänge:
1. (1/6)^x1*(6 über x1)
2. (1/6)^x2*(6-x1 über x2)
3. (1/6)^x3*(6-x1-x2 über x3) = (1/6)^x3
Dann ist das Gesamtergebnis:
S x1+x2+x3=6(1/6)^x1*(6 über x1)+(1/6)^x2*(6-x1 über x2)+(1/6)^x3
Gruß
Tyll |
Thomas
| | Veröffentlicht am Donnerstag, den 03. Januar, 2002 - 16:14: |
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Danke Tyll,
hat mich wirklich gefreut, dass das so schnell geklappt hat, aber ich glaube die 2. Aufgabe hast du vergessen. Wenn du die noch machen könntest, wäre das wirklich spitze.
Ach ja, eine hab ich noch, und zwar auch eine Kniffelaufgabe:
Wenn ich nach dem 1.Wurf eine 3 und eine 4 auf dem Tisch liegen lasse, wie groß ist dann die WS, dass ich noch eine große (kleine, gar keine) Straße erreiche nach dem 3. Wurf.
Ich weiß garnicht, wie ich euch danken soll.
Diese Seite ist eine außerordentlich gute und nützliche Einrichtung.
Ich werde sie auf jeden Fall weiter empfehlen.
Thomas |
Tyll (Tyll)
| | Veröffentlicht am Donnerstag, den 03. Januar, 2002 - 18:07: |
|
Hi!
Die kleine Straße....das sind 4 aufeinanderfolgende Zahlen, oder?
Zulassig sind dann
(1,2,3,4)+(alles außer 5)
(2,3,4,5)+(alles außer 1 und 6)
(3,4,5,6)+(alles außer 2)
da sonst eine große Straße daraus würde.
Dann gilt:
(1/6)^4*(5/6)*5! + (1/6)^4*(4/6)*5! + (1/6)^4*(5/6)*5! = 5!*14*(1/6)^5 ~ 21,6%
Liegen noch eine 3 und eine 4 auf dem Tisch brauchst du beispielsweise noch eine 1 und eine 2 für eine kleine Straße.
Die WS in zwei Würfen eine bestimmte Zahl (1 bzw. 2) zu würfeln, ist nach der Binomialverteilung c:=(2 ü 1)*(1/6)*(5/6) ~ 27%
Da du noch zwei Zahlen brauchst ist es dann c². Für den letzen Würfel ist erst eine 3,4 oder 6 erfoderlich, dann darf es eine 1,2,3,4 oder 6 sein, also WS = 3/6*5/6
Nun noch die drei Würfe permutieren, fertig! Es kommt raus: 3!*3/6*5/6*c²
die anderen beiden Fälle einer kleinen Straße ergeben sich ähnlich, zusammne kommt die Rechnung heraus: c²*3!*(3/6*5/6+2/6*2/6+3/6*5/6) ~ 43,7%
Gar nicht schlecht, oder?
Tyll |
Zaph (Zaph)
| | Veröffentlicht am Donnerstag, den 03. Januar, 2002 - 18:08: |
|
Hallo Thomas und Tyll,
ganz so einfach ist das ganze wohl nicht.
Zu 1:
Es gibt 6*5*4*3*2 Möglichkeiten, dass alle 5 Würfel verschieden sind. Also sind bei
6^5 - 6*5*4*3*2 = 7056
Würfen mindestens zwei gleiche dabei. Davon müssen jetzt noch die Drillinge, Vierlinge, Kniffel und Full-Houses abgezogen werden.
Es gibt 6 Kniffel.
Vierlinge gibt es 6*5*5 = 150.
Drillinge (inklusive Full-House) gibt es
6 * (5 über 3) * 5 * 5 = 1500
Also ist die Anzahl der Paschs gleich
7056 - 6 - 150 - 1500 = 5400
bzw. die W'keit für einen Pasch
5406/6^5 = 0,694
Zu 3.
Der Kniffel ist in der Tat kniffeliger (... und Tylls Lösung ist definitiv falsch!)
Zu 2.
Es gibt zwei große Straßen. Für 1,2,3,4,5 beträgt die W'keit 5*4*3*2*1/6^5. Ebenso für 2,3,4,5,6. Also ist die W'keit für eine große Straße gleich
2*5*4*3*2*1/6^5 = 0,031.
Bei der kleinen Straße gibt es
1,3,4,5,6
1,2,3,4,6
(je 5! = 120 Möglichkeiten) sowie
1,2,3,4
2,3,4,5
3,4,5,6
wobei bei den letzten drei Varianten ein Pärchen dabei ist. Für diese gibt es also je
4 * (5 über 2) * 3 * 2 * 1 = 240
Möglichkeiten. Insgesamt somit
2*120 + 3*240 = 960
Möglichkeiten. Die W'keit beträgt somit
960/6^5 = 0,123 |
Tyll (Tyll)
| | Veröffentlicht am Donnerstag, den 03. Januar, 2002 - 18:11: |
|
Hi!
Die kleine Straße....das sind 4 aufeinanderfolgende Zahlen, oder?
Zulassig sind dann
(1,2,3,4)+(alles außer 5)
(2,3,4,5)+(alles außer 1 und 6)
(3,4,5,6)+(alles außer 2)
da sonst eine große Straße daraus würde.
Dann gilt:
(1/6)^4*(5/6)*5! + (1/6)^4*(4/6)*5! + (1/6)^4*(5/6)*5! = 5!*14*(1/6)^5 ~ 21,6%
Liegen noch eine 3 und eine 4 auf dem Tisch brauchst du beispielsweise noch eine 1 und eine 2 für eine kleine Straße.
Die WS in zwei Würfen eine bestimmte Zahl (1 bzw. 2) zu würfeln, ist nach der Binomialverteilung c:=(2 ü 1)*(1/6)*(5/6) ~ 27%
Da du noch zwei Zahlen brauchst ist es dann c². Für den letzen Würfel ist erst eine 3,4 oder 6 erfoderlich, dann darf es eine 1,2,3,4 oder 6 sein, also WS = 3/6*5/6
Nun noch die drei Würfe permutieren, fertig! Es kommt raus: 3!*3/6*5/6*c²
die anderen beiden Fälle einer kleinen Straße ergeben sich ähnlich, zusammne kommt die Rechnung heraus: c²*3!*(3/6*5/6+2/6*2/6+3/6*5/6) ~ 43,7%
Gar nicht schlecht, oder?
Tyll |
Tyll (Tyll)
| | Veröffentlicht am Donnerstag, den 03. Januar, 2002 - 18:13: |
|
Hi!
Die kleine Straße....das sind 4 aufeinanderfolgende Zahlen, oder?
Zulassig sind dann
(1,2,3,4)+(alles außer 5)
(2,3,4,5)+(alles außer 1 und 6)
(3,4,5,6)+(alles außer 2)
da sonst eine große Straße daraus würde.
Dann gilt:
(1/6)^4*(5/6)*5! + (1/6)^4*(4/6)*5! + (1/6)^4*(5/6)*5! = 5!*14*(1/6)^5 ~ 21,6%
Liegen noch eine 3 und eine 4 auf dem Tisch brauchst du beispielsweise noch eine 1 und eine 2 für eine kleine Straße.
Die WS in zwei Würfen eine bestimmte Zahl (1 bzw. 2) zu würfeln, ist nach der Binomialverteilung c:=(2 ü 1)*(1/6)*(5/6) ~ 27%
Da du noch zwei Zahlen brauchst ist es dann c². Für den letzen Würfel ist erst eine 3,4 oder 6 erfoderlich, dann darf es eine 1,2,3,4 oder 6 sein, also WS = 3/6*5/6
Nun noch die drei Würfe permutieren, fertig! Es kommt raus: 3!*3/6*5/6*c²
die anderen beiden Fälle einer kleinen Straße ergeben sich ähnlich, zusammne kommt die Rechnung heraus: c²*3!*(3/6*5/6+2/6*2/6+3/6*5/6) ~ 43,7%
Gar nicht schlecht, oder?
Tyll |
Zaph (Zaph)
| | Veröffentlicht am Donnerstag, den 03. Januar, 2002 - 20:03: |
|
Hallo Tyll, stimmt leider auch nicht.
(Möglicherweise ist mein Beitrag oben in deinen drei Postings "untergegangen". Es ist zurzeit wieder etwas schwierig, hier vernünftig Beiträge abzuschicken.)
Ich verstehe schon mal garnicht, wieso du zwei verschiedenen Lösungen ablieferst - einmal 21,6% und einmal 43,7%. Da ich deinen zweiten Ansatz nicht verstanden habe, hier, was im ersten falsch ist:
Z. B. gibt es für die kleine Straße 1,1,2,3,4 nur 60 Möglichkeiten zu fallen. Die beiden Einsen können nämlich an (5 über 2) = 10 Positionen stehen, und die restlichen drei Positionen können auf 6 unterschiedliche Weisen mit 2,3,4 aufgefüllt werden. Du zählst aber 5! = 120. Dein Wert ist also zu hoch! 120 stimmt z. B. nur für die kleine Straße 1,2,3,4,6. |
Tyll (Tyll)
| | Veröffentlicht am Freitag, den 04. Januar, 2002 - 10:44: |
|
Hi Zaph!
Auch wenn es kein gutes Licht auf mich wirft, finde ich es doch mal beruhigend, zu wissen, daß es Leute gibt, die das alles mal kritisch hinterfragen!
Also: Danke für die Kritik!
Deine Lösungen sind überzeugend, wenn ich auch der Meinung bin, daß du bei deinen Päschen vergessen hast, die Straßen abzuziehen.
Ansonsten hast du recht, der zweite Wert für die Straße bezieht sich auf Thomas' Zusatzfrage.
aber, wo du schon mal hier bist:
wie macht man das denn nu mit den Kniffeln bei dreimaligem Würfeln?
Gepannten Gruß
Tyll |
Zaph (Zaph)
| | Veröffentlicht am Freitag, den 04. Januar, 2002 - 11:36: |
|
Hallo Tyll, die Zusatzfrage hatte ich vollkommen überlesen. Ich fürchte, deine Ausführungen zu dieser Zusatzfrage sind ebenfalls nicht korrekt.
Die Zusatzfrage, wie auch die Frage nach dem Kniffel in drei Würfen, erfordern m. E. die Aufstellung eines kompletten Entscheidungsbaumes, dessen Äste individuell berechnet werden müssen.
Hier ein Ansatz für die kleine Straße (wobei eine große Straße als kleine Straße gezählt wird):
Fall 1: Im zweiten Wurf fällt 1, 2 und x -> fertig
Fall 2: Im zweiten Wurf fällt 2, 5 und x -> fertig
Fall 3: Im zweiten Wurf fällt 5, 6 und x -> fertig
(x jeweils beliebig)
Fall 4: Im zweiten Wurf fällt 2, x und y mit x,y aus 2,3,4,6 -> x und y noch einmal werfen
Fall 5: Im zweiten Wurf fällt 5, x und y mit x,y aus 1,3,4,5 -> x und y noch einmal werfen
Fall 6: Im zweiten Wurf fällt 1, 6 und x mit x aus 1,3,4,6 -> x noch einmal werfen
Fall 7: Im zweiten Wurf fällt 1, x und y mit x,y aus 1,3,4 -> x und y noch einmal werfen
Fall 8: Im zweiten Wurf fällt 6, x und y mit x,y aus 3,4,6 -> x und noch einmal werfen
Bei Fall 6,7,8 stellt sich allerdings die Frage, ob es nicht günstiger ist, die 1 bzw. 6 ebenfalls noch einmal zu werfen. Alle Varianten müssen durchgerechnet werden, um dann die beste Strategie zu finden.
*********************************++
Bei der Frage nach dem Kniffel wird es noch komplizierter, da drei Würfe erlaubt sind.
Fall 1: Im ersten Wurf alle verschieden -> alle noch mal werfen
Fall 2: Im ersten Wurf zwei gleiche -> drei Würfel noch mal werfen
...
Fall 2.1: Die drei Würfel des zweiten Wurfs sind alle verschieden von denen des ersten Wurfs...
Fall 2.1.1: ... aber identisch -> die zwei Würfel aus dem ersten Wurf noch einmal werfen
Fall 2.1.2: ... nicht identisch -> die drei Würfel komplett neu werfen
undsoweiterundsofort
***************************
Ob eine kleine Straße als 2-er Pasch zählen kann, ist Definitionssache. Davon stand jedenfalls nichts in der Aufgabenstellung. Würde die Aufgabe jedenfalls erheblich verkomplizieren. |
sallow2001 (Sallow2002)
| | Veröffentlicht am Montag, den 07. Januar, 2002 - 14:29: |
|
Vielleicht bin ich jetzt etwas spät, aber ich
hatte die Aufgabe schon vor ein paar Tagen gesehen, doch jetzt erst Zeit dafür gehabt.
Hier also meine Lösungen...vielleicht etwas
einfach(er) dargestellt und erklärt!?
1. Ich bin davon ausgegangen, dass man {2, 2}
sowieso haben muss, also kann ich lediglich
die anderen 3 Würfel variieren. Hier aber
auch nur die Ziffen 1,3,4,5,6 mit der Be-
gründung, dass die 2 ja nicht noch einmal
erscheinen darf. (Sonst wäre der 2er-Pascj
nicht "rein".) Somit ergeben sich 5^3
also 125 Möglichkeiten. Insgesamt gibt
es 6^3 also 7776 Möglichkeiten. Macht also
eine WS von 125:7776 ! Problem hierbei ist
(wie von Euch schon angemerkt), dass man
noch die anderen "wertvollen" Würfe wie kl.
Strasse, Dreier-Pasch usw. abziehen muss.
Da dies aber nicht explizit gefragt ist
(oder war das mit "rein" gemeint??), würde
ich´s so hinschreiben.
2. Das Kniffel-Spiel ist mir war bekannt, aber
so ganz 100%ig weiss ich nicht mehr, was als
"Kleine Strasse" gilt. Deshalb bin ich von
1,2,3,4 und 2,3,4,5 und 3,4,5,6 ausgegangen.
Die ersten 4 Würfel haben feste Werte. Somit
ergibt sich (1:6)^4 Der Wert der 5. Würfels
ist egal, jedoch darf bei 1,2,3,4 die 5 nicht
fallen, bei 2,3,4,5 dürfen 1 und 6 nicht
fallen und bei 3,4,5,6 die 2!
Also:
(1:6)^4 * (5:6) +
(1:6)^4 * (2:4) +
(1:6)^4 * (5:6)
Bei der gr. Strasse wird´s schon einfacher,
da es nur die beiden Möglichkeiten 1,2,3,4,5
und 2,3,4,5,6 gibt. Somit ((1:6)^5) * 2
3. Darüber hab ich mir echt den Kopf zerbrochen
und ich bin zu dem Entschluss gekommen, dass
die Berechnung (fast) unmöglich ist, da die
Anzahl der Möglichkeiten ins Unendliche geht.
Beispiel: Man könnte 1xwerfen, und 2 Mal die
1 geworfen haben. Jetzt wirft man ein zweites
Mal und bekommt 3 Mal die 6. Jetzt nehme ich
die beiden 1er wieder zurück und werfe noch
einmal. Diese Spielvariante ist zwar selten,
aber durchaus möglich und muss entsprechend
mitberechnet werden.
Kurz: Meiner Meinung nach nicht berechenbar mit
einem lohnenswerten Aufwand.
Anders sieht es aus, wenn ich 3 Mal ALLE 5
Würfel werfen würde. Somit habe ich bei jedem
Wurf eine Wahrscheinlichkeit von (1:6)^5
einen Kniffel "auf einen Schlag" zu werfen.
Da ich 3 Mal werfen darf ergibt sich
((1:6)^5) * 3
Klingt zwar einfach, wäre meiner Meinung nach
aber dem Niveau einer 12. Klasse entsprechend.
So, ich hoffe, ich konnte zur Lösung der Auf-
gabe(n) beitragen. |
Hobbymathematiker
| | Veröffentlicht am Dienstag, den 22. Januar, 2002 - 22:45: |
|
Hallo,
ich beschäftige mich in meiner Freizeit ein wenig mit Wahrscheinlichkeitsrechnung (?!) und habe nun folgende Fragen:
1) Wie hoch ist die Wahrscheinlichkeit, dass ich bei einem Wurf mit drei Würfeln genau eine sechs bekomme.
2) Wie Frage 1) nur dürfen die beiden übrigen Würfeln keinen Pasch zeigen.
Meine Lösung zu 1) 3*5*5/216 = 34.7%
zu 2) 3*5*4/216 = 27.7%
Stimmt das ?
Vielen Dank
Hobbymathematicus |
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