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Beitrag |
    
Jens Neuhaus (Joshi)
| | Veröffentlicht am Donnerstag, den 05. April, 2001 - 15:51: | 
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Hallo zusammen!
kann mir jemand dabei helfen, die Wahrscheinlichkeiten für die verschiedenen Ereignisse beim Kniffel (Full House, gr. + kl. Straße, 3er/4er-Pasch, etc.) zu errechnen. Zum einem vor dem ersten Wurf und zum anderen, wenn bereits (1 oder 2x) gewürfelt wurde und bereits einige Würfel aussortiert wurden.
Nur für den Kniffel, die einfachste Variante habe ich schon eine Wahrscheinlichkeitgsverteilung gefunden.
Mir fehlen zu der Berechnung die Grundlagen, wollte solche Statistiken in die neueste Generation meines Kniffelprogramms einbauen (unte r www.kniffel.net zu finden)
mfg,
Joshi |
Zaph (Zaph)
| | Veröffentlicht am Donnerstag, den 05. April, 2001 - 17:28: |
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Hallo Joshi,
da hast du dir ziemlich viel vorgenommen.
Hier ein paar W'keiten für das Erreichen eines bestimmten Bildes mit einmaligem würfeln:
Es gibt insgesamt 6^5 verschiedene Würfelergebnisse. (Würfel werden unterschieden!)
6 davon bilden einen Kniffel. Also
P(Kniffel) = 6/6^5 = 1/6^4.
Es gibt 6*5*5 Möglichkeiten für einen Viererpasch. (6 für den Viererpasch, 5 für den restlichen Würfel und 5 für die Position, wo der restliche Würfel sein kann.) Also
P(Viererpasch) = 25/6^4.
Fullhouse: 6 für den Drilling, 5 für den Zwilling, Binomialkoeffizien (5 über 3) = 10 Positionen für den Drilling. Also
P(Full House) = 50/6^4
Drilling: 6 für den Drilling, 5 für den vierten und 4 für den fünften Würfel, (5 über 3) = 10 Positionen für den Drilling. Also
P(Drilling) = 200/6^4
Zwilling: Analog...
P(Zwilling) = 6*5*4*3*(5 über 2)/6^5 = 600/6^4
Doppelpasch: 6 für den ersten und 5 für den zweiten Pasch, 4 für den restlichen Würfel, 5 Positionen für den restlichen Würfel, (4 über 2) = 6 Positionen für den ersten Pasch. Das ganze durch 2 teilen! Also
P(Doppelpasch) = 6*5*4*5*6/6^5/2 = 300/6^4
Probe:
P(Kraut und Rüben) = 6*5*4*3*2/6^5 = 120/6^4
Es gilt 1 + 25 + 50 + 200 + 600 + 120 +300 = 1296 = 6^4.
Große Straße: 1,2,3,4,5 oder 2,3,4,5,6. Die Würfel 2,3,4,5,6 können auf 5! = 120 Arten sortiert werden. Ebenso 1,2,3,4,5. Also
P(große Straße) = 2*120/6^5 = 40/6^4.
Kleine Straße: 1,2,3,4 oder 2,3,4,5 oder 3,4,5,6. Bei 1,2,3,4 kann der fünfte Würfel 1,2,3,4 oder 6 sein. Oder fällt z. B. 1 für den fünften Würfel dann unter Zwilling?
Ungleich schwerer ist es, zu berechnen, wie wahrscheinlich z.B. ein Drilling überhaupt, also nach Kniffelregeln, zu erreichen ist. Hierzu muss man sich zunächst eine Strategie zurechtlegen, wie ein Drilling am günstigsten zu erreichen ist. Wenn z. B. 2,2,4,4,5 liegt. Soll man dann nur die 5 oder 2,2,5 noch einmal werfen??
Weiter zu berücksichtigen sind die Punkte. Würde man bei 1,1,4,5,6 die 4,5,6 zurücklegen und auf einen Dreierpasch auf Einsen hoffen?? |
Jens Neuhaus (Joshi)
| | Veröffentlicht am Donnerstag, den 05. April, 2001 - 18:14: |
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Hallo Zaph!
ersteinmal Danke für deine umfangreiche Hilfe.
Alle Ereignisse, die du durchgerechnet hast, gelten für Hand - also für genau einen Wurf. Wie sieht das ganze für 3 Würfe aus? Hast du da eine Ahnung?
> Kleine Straße: 1,2,3,4 oder 2,3,4,5 oder
> 3,4,5,6. Bei 1,2,3,4 kann der fünfte Würfel
> 1,2,3,4 oder 6 sein. Oder fällt z. B. 1 für den > fünften Würfel dann unter Zwilling?
Für die Statistikanzeige in meinem Programm sollte das jedenfalls egal sein. Diese Überschneidungen können ruhig vorkommen. Der Spieler soll ja nur die Wahrscheinlichkeiten für die Ereignisse erfahren - und dazu gehört auch eine kl.Straße mit 1,2,3,4 und 1.
> Hierzu muss man sich zunächst eine Strategie
> zurechtlegen, wie ein Drilling am günstigsten
> zu erreichen ist. Wenn z. B. 2,2,4,4,5 liegt.
> Soll man dann nur die 5 oder 2,2,5 noch einmal > werfen??
Wieso spielt die Strategie eine Rolle? Der Spieler soll doch wiederrum nur erfahren, welche aktuelle Wahrscheinlichkeit für die Ereignisse bestehen! Eine Strategie würde allerdings bei einem Computerspieler von Nöten sein - aber momentan geht es wirklich nur um die Statistiken.
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Wir hatten in der Schule mal die Wahrscheinlichkeiten ausgerechnet, eine bestimmte Anzahl von Einsen zu würfeln. Dabei lief die Rechnung folgendermaßen :
Zuerst für einen Würfel durchgerechnet. P(1)=91/216, P(0) = 125/216)
Nun P(0) und P(1) für Berschnung von 5 Würfeln angewendet :
P(0)= (5 über 0) * P(0)^5 * P(0)^0 = 0,0655
P(1)= (5 über 1) * P(0)^4 * P(1)^1 = 0,2363
P(2)= (5 über 2) * P(0)^3 * P(1)^2 = 0,3440
P(3)= (5 über 3) * P(0)^2 * P(1)^3 = 0,2504
P(4)= (5 über 4) * P(0)^1 * P(1)^4 = 0,0912
P(5)= (5 über 5) * P(0)^0 * P(1)^5 = 0,0133
Sind diese Wahrscheinlichkeiten diesselben, wenn man es anstatt auf x Einsen auf x Beliebige absieht?
Nochmal Danke für deine bisherige Hilfe!
Joshi |
Zaph (Zaph)
| | Veröffentlicht am Donnerstag, den 05. April, 2001 - 23:57: |
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Wo kommen denn die 91/216 her? Ist P(0) gleich P(0)?
Bin erst nach Ostern wieder hier und kann dir erst dann auf deine Fragen antworten, sofern es bis dahin kein anderer getan hat.
Z. |
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