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(Übungsaufgabe) Aktuelle Übungsaufgabe  (unbefristet) | | Datum: | 15:45 Do 03.02.2005 | | Autor: | Max |
[DISCLAIMER] Das hier ist nur eine Fun-Frage, also kein Zeitdruck oder sowas. Ich poste mehrere Fragen in einem Baum, da diese stark zusammenhängen und ich nicht mit so einem Quatsch das ganze Forum zu spammen will. [/DISCLAIMER]
Also, ich spiele Rollenspiel und in Shadowrun wird mit sechseitigen Würfeln (d6) der Ausgang der Proben bestimmt.
Bei einer normalen Probe wird mit einer Anzahl an Würfeln, die zB der entsprechenden Fertigkeit entsprechen, gegen einen bestimmten Mindestwurf gewürfelt. Mindestwürfe die größer als 6 sind können geschafft werden, indem man jede 6 nochmal wirft und die neuen Augenzahl hinzuaddiert. Die Wahrscheinlichkeit jetzt mit 1 Würfeln den Mindestwurf 9 zu schlagen errechnet sich dann über [mm] $p=\frac{1}{6} \cdot \frac{4}{6}=\frac{5}{9}\$. [/mm] Die [mm] $\frac{1}{6}$ [/mm] ist die Wahrscheinlichkeit für das werfen einer 6 auf einem d6, die [mm] $\frac{4}{6}$ [/mm] die Wahrscheinlichkeit beim nächsten Wurf eine Zahl zu werfen die höher oder gleich 3 ist (hierbei kann der Wurf einer weiteren 6 vernachlässigt werden, da man ja schon den Mindestwurf 9 geschafft hat). Damit ist der Erwartungswert für die Anzahl der Erfolge bei solch einer Probe [mm] $E=n\cdot [/mm] p [mm] =\frac{5}{9}\approx \frac{5}{6}$. [/mm] Das ist billig. Und noch nicht meine Frage.
Interessanter wird es wenn man offene Proben betrachtet. Dazu wirft man eine entsprechende Anzahl an Würfeln, wirft gegenenfalls alle auftauchenden 6 neu und erhält so einen höchsten Wurf. Bsp. 7 Würfel: Man wirft 1,1,3,4,5,6,6; also 2 Würfe neu durchführen 2,6; die eine 6 neuwerfen 4 ==> 1,1,3,4,5,6+2=8,6+6+4=16 ==> offene Probe mit 16.
1. Frage:
Den entsprechenden Erwartungswert kann man ausrechnen. Es ist schon halbwegs tricky die Formel für den Erwartungswert in Abhängigkeit der Anzahl der Würfel zu bestimmen. Wir haben es damals in ![[]](/images/popup.gif) diesem Tread geschafft eine rekursive Formel dafür zu finden (in dem Thread wir auch auf eine ältere Diskussion verlinkt).
Hiermal die Herleitung für den Erwartungswert der offenen Probe mit einem d6. Angenommen $E(1)$ ist der Erwartungswert für die offene Probe. Dann errechnet sich dieser Wert aus:
[mm] $E(1)=\frac{1}{6}\cdot [/mm] 1 + [mm] \frac{1}{6}\cdot [/mm] 2 + [mm] \frac{1}{6}\cdot [/mm] 3 + [mm] \frac{1}{6}\cdot [/mm] 4 + [mm] \frac{1}{6}\cdot [/mm] 5 + [mm] \frac{1}{6}\cdot [/mm] (E(1)+6)$
da ja bei einer 6 neugewürfelt würde und dieser Wurf wieder eine offene Probe mit einem d6 ist und zu der 6 addiert wird. Natürlich läßt sich dieser Wert auch leicht über eine unendliche Reihe errechnen. Diese Variante sei dem interssierten Leser vorbehalten 
Löst man nach $E(1)$ auf erhält man $E(1)=4,2$.
Analog gilt dann für $E(2)$:
Man muss 4 Fälle unterscheiden, wirft man zweimal 6, ist man wieder in der Ausgangsituation (+6 wegen dem ersten Wurf), wirft man nur eine 6, ist man in der Situation eines offenen Wurfes mit einem d6, wirft man keine 6 kann man den Erwartungswert errechen, in dem man alle Möglichkeiten für die Würfe aufsummiert. Damit ergibt sich die folgende Gleichung:
$E(2)= [mm] \frac{1}{36}(E(2)+6)+ \frac{10}{36}*(E(1)+6)+\frac{1}{36}*95 \Rightarrow E(2)=\frac{29}{5}=5,8$
[/mm]
Interessant daran ist natürlich, wie man auf die [mm] $\frac{95}{36}$ [/mm] als Erwartungswert für keine geworfene 6 kommt. Ordnet man alle möglichen
Ausgänge der beiden Würfe [mm] ($\neq [/mm] 6$) in einem Quadrat an
(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)
erkennt man, dass die Anzahl der Paare mit dem Maximum 3 durch [mm] $3^2-2^2$ [/mm] bestimmt werden kann, analoges gilt für alle Werte. Hat man nicht Paare sondern drei Würfe, muss man diese in Quadern anordnen, dort errechnet sich die Anzahl der Möglichkeiten mit Maximum 3 dann durch [mm] $3^3-2^3=19$.
[/mm]
Allgemein gilt damit, dass der Erwartungswert für das Maximum bei $n$ Würfeln durch
[mm] $R(n)=\frac{1}{5^n} \sum_{i=1}^{5} \left( i^n-(i-1)^n\right)$
[/mm]
gegeben ist. (Für später ist es sinnvoll [mm] $F(n)=\sum_{i=1}^{5} \left( i^n-(i-1)^n\right)$ [/mm] zu definieren.)
Jetzt muss man das ganze nur noch verallgemeinern um die rekusrive Formel zu erhalten. Dazu ist es sinnvoll die Anzahl der Möglichkeiten wie oft 6 fallen durch Binominalkoeffizienten anzugeben. Man erhält als Rekursionsformel, zu deren Berechnung $E(1), [mm] \ldots, [/mm] E(n-1)$ benötigt werden:
$E(n) = {n [mm] \choose [/mm] n} [mm] \left(\frac{1}{6}\right)^n \left(\frac{5}{6}\right)^0 \left(E(n)+6\right) [/mm] + {n [mm] \choose [/mm] n-1} [mm] \left(\frac{1}{6}\right)^{n-1} \left(\frac{5}{6}\right)^1 \left(E(n-1)+6\right) [/mm] + {n [mm] \choose [/mm] n-2} [mm] \left(\frac{1}{6}\right)^{n-2} \left(\frac{5}{6}\right)^2 \left(E(n-2)+6\right) [/mm] + [mm] \cdots [/mm] + {n [mm] \choose [/mm] 2} [mm] \left(\frac{1}{6}\right)^2 \left(\frac{5}{6}\right)^{n-2} \left(E(2)+6\right) [/mm] + {n [mm] \choose [/mm] 1} [mm] \left(\frac{1}{6}\right)^1 \left(\frac{5}{6}\right)^{n-1} \left(E(1)+6\right) [/mm] + [mm] \left(\frac{5}{6}\right)^n [/mm] R(n)$
$E(n) [mm] =\left[\sum_{k=1}^{n} {n \choose k} \left(\frac{1}{6}\right)^k \left(\frac{5}{6}\right)^{n-k} \left(E(k)+6\right) \right] +\left(\frac{1}{6}\right)^n [/mm] F(n)$
[mm] $6^n [/mm] E(n) = [mm] \left[\sum_{k=1}^{n} {n \choose k} 5^{n-k} \left(E(k)+6\right) \right] [/mm] + F(n)$
[mm] $6^n [/mm] E(n) = [mm] \left[\sum_{k=1}^{n} {n \choose k} 5^{n-k} E(k) \right] [/mm] +6 [mm] \left[\sum_{k=1}^{n} {n \choose k}1^k \cdot 5^{n-k}\right] [/mm] + F(n)$
Man erkennt die binomsiche Formel [mm] $(1+5)^n$, [/mm] wobei der Summand bei $k=0$ fehlt. Damit ergibt sich:
[mm] $6^n [/mm] E(n) = [mm] \left[\sum_{k=1}^{n} {n \choose k} 5^{n-k} E(k) \right] [/mm] +6 [mm] \left[6^n-5^n\right] [/mm] + F(n)$
Das ist die einfachste Formel für $E(n)$ die ich gefunden habe. Ich wäre super dankbar, wenn noch jemand diese Rechnung soweit bestätigen könnte. Damit kann man dann nach und nach Werte errechnen. Damals hatte jemand die Werte ausrechnen lassen.
E(1) = 4.2, E(2) = 5.8, E(3) = 6.85116
E(4) = 7.64789, E(5) = 8.29710, E(6) = 8.84773
E(7) = 9.32640, E(cool.gif = 9.74950, E(9) = 10.1281
E(10) = 10.4700, E(11) = 10.7811, E(12) = 11.0662
E(13) = 11.3288, E(14) = 11.5719, E(15) = 11.7981
E(16) = 12.0093, E(17) = 12.2074, E(18) = 12.3938
E(19) = 12.5698, E(20) = 12.7365, E(21) = 12.8948
E(22) = 13.0455, E(23) = 13.1893, E(24) = 13.3270
Nach dieser kleinen Vorübung kommen wir zum eigentlichen Problem, diese offenen Proben sind immer vergleichende Proben, d.h. einer der schleichen will macht eine offene Schleichen-Probe und legt damit den Mindestwurf für den anderen fest ihn doch zu hören, der dann mit seinen Würfeln dagegen wirft. Der zweite muss nur noch den Wert der offenen Probe erreichen, nicht übertreffen.
2. Frage:
Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass A mit $n$ Würfeln eine höhere oder gleiche Probe wie B mit $m$ Würfeln ablegt? Nennen wir diese Wahrscheinlichkeit $p(n,m)$. Da ein Unentschieden A nützt sollte z.B. $p(1,1)>0,5$ sein. Kann man mit den Werten für $E(n)$ nicht direkt auf die Wahrscheinlichkeiten für $p(m,n)$ schliessen.
Hier meine Überlegungen zu einer Rekursionsformel.
Würfelt B eine 1 gewinnt A bei 1 bis 6.
Würflet B eine 2 gewinnt A bei 2 bis 6.
Würfelt B eine 3 gewinnt A bei 3 bis 6.
Würfelt B eine 4 gewinnt A bei 4 bis 6.
Würfelt B eine 5 gewinnt A bei 5 bis 6.
Würfelt B eine 6 und A auch, werfen beide erneut.
$p(1,1)= [mm] \frac{1}{6} \cdot\frac{6}{6} [/mm] + [mm] \frac{1}{6}\cdot \frac{5}{6} +\frac{1}{6} \cdot\frac{4}{6} +\frac{1}{6}\cdot \frac{3}{6} +\frac{1}{6}\cdot \frac{2}{6} +\frac{1}{6}\cdot \frac{1}{6} [/mm] p(1,1)$
Löst man nach $p(1,1)$ auf erhölt man [mm] $p(1,1)=\frac{4}{7}\approx [/mm] 0,57$ wie erwartet.
Nun der Fall $p(2,1)$: Wir unterscheiden die folgenden Fälle.
A würfelt zwei 6en und B eine, wir sind wiederum in der Situation $p(2,1)$
A würfelt zwei 6en und B keine, A hat gewonnen.
A würfelt eine 6 und B eine, wir sind in Situation $p(1,1)$.
A würfelt eine 6 und B keine, A hat gewonnen.
A würfelt keine 6, A gewinnt nur, wenn er höher als B würfelt.
Zusammen bedeutet dass:
$p(2,1)= [mm] \left[ { 2 \choose 2} \left( \frac{1}{6}\right)^2 \left(\frac{5}{6}\right)^0 \right] \cdot \left[ { 1 \choose 1} \left( \frac{1}{6}\right)^1 \left(\frac{5}{6}\right)^0 \right] [/mm] p(2,1) + [mm] \left[ { 2 \choose 2} \left( \frac{1}{6}\right)^2 \left(\frac{5}{6}\right)^0 \right] \cdot \left[ { 1 \choose 0} \left( \frac{1}{6}\right)^0 \left(\frac{5}{6}\right)^1 \right] [/mm] + [mm] \left[ { 2 \choose 1} \left( \frac{1}{6}\right)^1 \left(\frac{5}{6}\right)^1 \right] \cdot \left[ { 1 \choose 1} \left( \frac{1}{6}\right)^1 \left(\frac{5}{6}\right)^0 \right] [/mm] p(1,1) + [mm] \left[ { 2 \choose 1} \left( \frac{1}{6}\right)^1 \left(\frac{5}{6}\right)^1 \right] \cdot \left[ { 1 \choose 0} \left( \frac{1}{6}\right)^0 \left(\frac{5}{6\right)}^1 \right] [/mm] + [mm] \left[ { 2 \choose 0} \left( \frac{1}{6}\right)^0 \left(\frac{5}{6}\right)^2 \right] \cdot \left[ { 1 \choose 0} \left( \frac{1}{6}\right)^0 \left(\frac{5}{6}\right)^1 \right] [/mm] w(2,1)$
Dabei soll $w(2,1)$ die Wahrscheinlichkeit sein, dass man wenn keine 6en fallen mit 2 Würfeln eine höhere Zahl als mit dem einen Würfel erreicht. Um $w(2,1)$ zu bestimmen überlegen wir wie häufig das Maximum für die beiden Würfel von A $k$ ist. Aus unseren vorherigen Überlegungen wissen wir, dass in [mm] $k^2-(k-1)^2$ [/mm] Fällen $k$ das Maximum der beiden Würfe ist. Daher gilt:
A würfelt [mm] 1^2-0^2=1 [/mm] das Maximum 1, A gewinnt wenn B eine 1 bis 1 würfelt.
A würfelt [mm] 2^2-1^2=3 [/mm] das Maximum 2, A gewinnt wenn B eine 1 bis 2 würfelt.
A würfelt [mm] 3^2-2^2=5 [/mm] das Maximum 3, A gewinnt wenn B eine 1 bis 3 würfelt.
A würfelt [mm] 4^2-3^2=7 [/mm] das Maximum 4, A gewinnt wenn B eine 1 bis 4 würfelt.
A würfelt [mm] 5^2-4^2=9 [/mm] das Maximum 1, A gewinnt wenn B eine 1 bis 5 würfelt.
Damit erhält man
$w(2,1)= [mm] \frac{1}{25}\cdot\frac{1}{5}+\frac{3}{25}\cdot\frac{2}{5}+\frac{5}{25}\cdot\frac{3}{5}+\frac{7}{25}\cdot\frac{4}{5}+\frac{9}{25}\cdot\frac{5}{5}$
[/mm]
[mm] $w(2,1)=\left(\frac{1}{5}\right)^3 \cdot [/mm] 95$
Ersetzt man $p(1,1)$ und $w(2,1)$ in der Formel und lößt nach $p(2,1)$ auf erhält man
[mm] $p(2,1)=\frac{218}{301} \approx [/mm] 0.72425$
Die nächsten Fälle werden mit Sicherheit nicht einfacher, da je nach Anzahl der gewürfelten 6en das Problem auf eine Situation mit weniger 6en verschoben wird. D.h. um $p(5,3)$ auszurechen benötigt man $p(1,1)$ bis $p(1,3)$, $p(2,1)$ bis $p(2,3)$, [mm] $\ldots$, [/mm] $p(5,1)$ bis $p(5,2)$.
Jetzt wird es Zeit die obigen Erkenntnisse in eine rekursive Formel zu stecken, hier mein Vorschlag:
$p(n,m)= [mm] \left{\sum_{i=1}^{n} \sum_{j=0}{m} \left[ {n \choose i} \left(\frac{1}{6}\right)^i \cdot \left(\frac{5}{6}\right)^{n-i}\right] \cdot \left[ {m \choose j} \left(\frac{1}{6}\right)^j \cdot \left(\frac{5}{6}\right)^{m-j}\right] \cdot p(i,j)\right} [/mm] + [mm] \left(\frac{1}{6}\right)^{n+m} [/mm] w(n,m)$
mit
$w(n,m)= [mm] \sum_{k=1}^{5} \sum_{l=1}{k} \left(k^n-(k-1)^n\right) \left(l^m-(l-1)^m\right)$
[/mm]
Wenn man jetzt mit $p(n,0)=1$, $p(0,m)=0$ und [mm] $p(1,1)=\frac{4}{7}$ [/mm] startet sollte man nach und nach alle Wahrscheinlichkeiten bestimmen können.
Wenn jemand noch bis hierhin gelesen hat und so etwas programmieren könnte um die Werte hier mitzuteilen wäre ich äußerst dankbar. Und wenn dieser jemand auch noch ein kleines Programm für die offenen Proben schreiben könnte mit dem man dann in [mm] $10^6$ [/mm] Testläufen solche Werte bestätigen oder widerlegen könnte, wäre ich schon fast wunschlos. Fast...
3. Frage:
Wie viele Würfel $n$ braucht A um B ( mit $m$ würfeln) in [mm] $p\%$ [/mm] der Fälle zu schlagen. Hier habe ich nun wirklich keine Idee mehr - wenn euch etwas einfällt seid ihr Helden! Evetntuell kann man aus einer $p(n,m)$ Tabelle solche Rückschlüsse ziehen...
Also, wenn jemand von euch entweder (a) shadowrun-begeistert ist oder (b) Statistik und Wahrscheinlichkeitsrechnung abgöttich liebt oder (c) gut programmieren kann könnt ihr ja mal euern Senf dazu geben.
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Hallo, hab mal angefange mir das durchzulesen und bin am Anfang auf einen Fehler gestoßen. ka, ob die stelle überhaupt für weitere überlegung von Interesse ist, aber ich hab gedacht, ich weiße mal drauf hin.
Bei einer normalen Probe wird mit einer Anzahl an Würfeln, die zB der entsprechenden Fertigkeit entsprechen, gegen einen bestimmten Mindestwurf gewürfelt. Mindestwürfe die größer als 6 sind können geschafft werden, indem man jede 6 nochmal wirft und die neuen Augenzahl hinzuaddiert. Die Wahrscheinlichkeit jetzt mit 5 Würfeln den Mindestwurf 9 zu schlagen errechnet sich dann über p=5*1/6*4/6.
Bei 36 Würfen wäre dann die Wahrscheinlichkeit 36*1/6*4/6 = 4, was nicht toll ist...
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 17:28 Sa 12.02.2005 | | Autor: | Max |
Das war mein Fehler, ich hätte besser gesagt:
Die Wahrscehinlichkiet errechnet sich aus
[mm] $p=\frac{1}{6}\cdot \frac{4}{6}=\frac{1}{9}$
[/mm]
und als Erwartungswert für die Anzahl der Erfolge erhält man
[mm] $E=5\cdot [/mm] p= [mm] \frac{5}{9}=0,56$.
[/mm]
Dann stimmt es auch für dein Beispiel, da du dort den Erwartungswert für die Anzahl der Erfolge bei einer Probe mit $36$ würfeln gegen den Mindestwurf $9$ bestimmt hast. Man würde ja auch unter den $36$ Würfen $6$ Sechsen erwarten, wa man dann wahrscheinlich $4$ weitere Würfe über Drei hat, hat man wahrscheinlich $4$ Erfolge.
Gruß Brackhaus
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