Wahrsch.keiten bei Kniffel < Stochastik < Oberstufe < Schule < Mathe < Vorhilfe
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Hi! Also, ich schreib ne Facharbeit zu dem Spiel Kniffel und hab da n paar Probleme:
Also, hab die Wahrscheinlichkeit für einen 3er Pasch ausgerechnet:
6*1*1*5*4=120 Möglichkeiten, und dies durch 6*6*6*6*6= 7776 dividieren!
Also: 120:7776=0.0154=1.54% (hoffe das ist richtig?)
Allerdings wird hier davon ausgegangen,dass die beiden anderen Würfel zwei ganz andere und jeweils versch. Zahlen anzeigen!
Da man bei Kniffel ja aber auch einen 4erPasch, einen Kniffel und Full house als 3er-Pasch eintragn kann muss die Wahrsch.keit ja anders sein!
Muss man deswegn nun meine errechnete Wahrsch.keit einfach mit den Wahrsch.keiten der anderen Möglichkeiten(4er-Pasch, Kniffel und Full house) addieren?
Ich hoffe ihr könnt mir helfen!
Maike
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt!!!
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 14:38 Fr 10.03.2006 | | Autor: | Walde |
Hi maikilein,
tolles Thema für ne Facharbeit, find ich, viel Erfolg!
So und nun zuerstmal, deine W'keit für einen 3er-Pasch stimmt noch nicht ganz. Du musst beachten, dass es egal ist, ob der Pasch auf den ersten drei Würfeln fällt (so wie in deinem Beispiel) oder auf anderen Würfeln. Du musst also noch mit der Anzahl der Möglichkeiten (Fachbegriff: Permutationen) multiplizieren, die es gibt, deine 3 gleichen Zahlen auf die 5 Würfel zu verteilen. ( Hinweis: Es gibt [mm] \vektor{5 \\ 3} [/mm] Möglichkeiten, du bist doch mit dieser Schreibweise vertraut? gesprochen "5 über 3").
Zu deiner eigentlichen Frage: Ja, du müsstest die Warscheinlichkeiten für ein Full House, usw addieren (dabei wieder beachten, dass es mehrere Permutationen für ein Full House gibt). Es gibt aber noch eine andere, einfachere Methode die W'keit für den 3er Pasch,inklusive 4er Pasch, Full House usw. auszurechnen:
Bei deinem Beispiel hast du ja bei den Würfeln 4 und 5 nur 5 bzw 4 Möglichkeiten zugelassen, um Full House, 4er Pasch, Kniffel auszuschliessen. Lässt du stattdessen jeweils alle Möglichkeiten zu, hast du die Ereignisse 4er Pasch, usw alle mit drin. Also Anzahl der
Möglichkeiten für einen 3er Pasch(inkl. 4er, F-H, Kniffel): [mm] 6*1*1*6*6*\vektor{5 \\ 3}.
[/mm]
Alles verstanden?
L G, walde
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Also, erstmal VIELEN DANK für deine Hilfe, hatte da gar nicht dran gedacht (Kombinationsmögl.keiten)!Und natürlich für den "Erfolg"!
Ich komme grad nur leider schonwieder nicht weiter:
beim 3erPasch inklusive Kniffel etc. ist das ja logisch, aber wie mache ich das denn beim Full House oder eindeutigem 3er Pasch(ohne Kniffel etc.)?
Muss ich dann nicht auch noch die Möglichkeiten für die anderen Würfel berücksichtigen? Hatte mir überlegt:
Für Full House: 6*1*(5 über2)*5*1*1*(5 über3) & das alles dividieren durch 6*6*6*6*6;d.h.: 3000:7776= 0.3858=38,58% ; aber das kann ja nicht sein!
Dann hab ich überlegt: 6*1*(5über2)+ 5*1*1*(5über 2) & das wieder dividieren durch 6*6*6*6*6; Also: 110: 7776= 0.0141= 1,41
Denke,dass das auch falsch ist oder? Aber weiß einfach nicht wies sonst gehen soll!
Und wie ist das beim "eindeutigem" 3erPasch?Muss ich das da auch berücksichtigen?Bei den Straßen aber nicht oder?
Ich bin gerad n bisschen verwirrt...!:-(
PS: Tschuldigung für die schlechte "Eintippform" der mathematischen Zeichen!
maikilein
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(Antwort) fertig | | Datum: | 20:10 Sa 11.03.2006 | | Autor: | Walde |
Hi maikilein,
ja, du musst auch beim Full House, (bei ALLEN Würfen) immer die Anzahl der Möglichkeiten bedenken und damit multiplizieren. In deiner Überlegung zur W'keit des Full House steckt nur ein kleiner Fehler. So ist es richtig:
[mm] 6*1*\underbrace{\vektor{5 \\ 2}}_{I}*5*1*1*\underbrace{\vektor{3 \\ 3}}_{II}
[/mm]
I für deine 2 Würfel hast du 5 Plätze
II für deine anderen 3 Würfel hast du nur noch 3 Plätze frei, denn die andern beiden sind ja schon belegt, also gibt es hier nur [mm] \vektor{3 \\ 3}=1 [/mm] mögliche Anordungen
Denke dran, das dies die Möglichkeiten für ein "reines" Full House sind. Ein Kniffel kann ja auch ein Full-House sein (wenn ich die Regeln richtig im Kopf habe,weiss ich jetzt grad nicht). Wenn du das mit rein haben willst, musst du [mm] 6*1*\vektor{5 \\ 2} 6*1*1*\vektor{3 \\ 3} [/mm] rechnen.
Bei der grossen Strasse gibt es 2 Versionen (1-5, 2-6). Entweder man sieht gleich ein, dass man die W'keit von einer davon ausrechnen kann und dann einfach mal zwei nimmt oder man rechnet einfach beide Versionen einzeln aus und addiert dann. Auch hier musst du die Anzahl der Permutationen bedenken (wie gesagt: überall). Ganz korrekt müsste es so aussehen (für "Strassen Version 1-5 "):
[mm] 1*\vektor{5 \\ 1}*1*\vektor{4 \\ 1}*1*\vektor{3 \\ 1}*1*\vektor{2 \\ 1}*1*\vektor{1 \\ 1}=5*4*3*2*1
[/mm]
Vereinfacht ausgedrückt:Du hast für den ersten Würfel (" Augenzahl 1") 5 Plätze frei, für den zweiten (" Augenzahl 2") noch 4, usw.
Für kleine Strassen läuft's analog.
Alles klar? 
L G Walde
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Ah!Ja, logisch!Danke!
Hab das jetzt so ausgerechnet!Also:
Für Full House: 300/7776=3,86%
Und, hattest Recht,dass auch n Kniffel als Full House gilt!Deswegn hab ichs auch so ausgerechnet: 6*1*1*6*1*(5über3)/7776=360/7776
Nur ist das komischerweise nicht das Gleiche wie wenn ich das eingeschränkte Full House mit dem Kniffel addiere, das ist nämlich:
300/7776+6/7776=306!!!
Das gleiche Problem hab ich beim 3erPasch!
uneingeschränkter 3erPasch:
6*1*1*6*6*(5über3)/7776= 2160/7776
aber wenn ich den eingeschränkten 3erPasch mit dem 4erPasch, Full House und Kniffel addiere:
1200/7776+ 150/7776+ 300/7776+ 6/7776= 1656/7776!!!
Wie kann das sein?Müsste das nicht das Gleiche ergebn?
maikilein
P.S.:Dankeschön für deine Geduld!
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(Antwort) fertig | | Datum: | 02:34 Di 14.03.2006 | | Autor: | Walde |
Hi maikilein,
da ist dir wirklich ein guter Punkt aufgefallen. Du hast selbstverständlich recht, die W'keiten müssten dieselben sein, also steckt in den Überlegungen irgendwo ein Fehler. Und nach einigem Grübeln, glaube ich jetzt auch zu wissen wo:
Das Problem ist, dass man wohl doch NICHT so einfach z.B. Full House und Kniffel durch [mm] 6*1*1*\vektor{5 \\ 3}*6*1 [/mm] zusammenfassen kann. In dem Fall nämlich, dass alle 5 Würfel dieselbe Zahl zeigen, kann man sie nicht mehr voneinander unterscheiden und das multiplizieren mit [mm] \vektor{5 \\ 3} [/mm] müsste wegfallen.
Es ist also meiner Meinung nach doch notwendig, die W'Keiten jeweils für das "reine" Ereignis auszurechnen und dann diejenigen zu addieren, die Regeltechnisch zusammengefasst werden müssen.
Puh, Kombinatorik ist auch für nen "alten Hasen" immer noch voller Fallstricke Super mitgedacht, weiter so!
L G , Walde
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Hi!!!
Leider muss ich noch eine Frage stellen:
Also, die Wahrscheinlichkeiten die man ausrechnet sind ja immer nur für den 1.Wurf!
Und wollte mich nun vergewissern, ob es nicht möglich ist die beim Kniffel 3 möglichen Würfe und die zwei Möglichkeiten beliebig zurückzulegn bei der Wahrscheinlichkeitsberechnung mit einzubeziehen!
Ich wüsste zumindest nicht wie das gehen soll, außer an nem bestimmten Bsp.,wenn man sagt er würfelt 2 gleiche, legt die zurück, würfelt dann nochmal zwei gleiche etc.(da kann man ja dann jeiweils die Wahrscheinlichkeiten für jedn Wurf ausrechnen und später alle 3 zusammenrechnen)!Oder ist das auch allgemein machbar?
maikilein
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(Antwort) fertig | | Datum: | 20:32 Sa 11.03.2006 | | Autor: | Walde |
Also was das angeht, wirst du dann wohl an die sogenannten "Bedingten W'keiten" (und den Satz von der totalen Wahrscheinlichkeit) geraten. Falls du damit nicht vertraut bist, musst du dich einlesen. Das ist nicht schwer, da es aber soviele Möglichkeiten im ersten Wurf gibt (von denen du aber immer wieder welche zusammenfassen kannst) und dann noch einen 2. Wurf, ziemlich aufwendig glaube ich. Vielleicht helfen dir Baumdiagramme die Übersicht zu behalten. Mein Vorschlag wäre mit einfachen Beispielen anzufangen (W'keit für Kniffel im 2.Wurf) und dann schwieriger zu werden.
Falls du gar nicht weiterkommst, helf ich dir, wenn ich kann ;)
LG Walde
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 20:04 Mo 13.03.2006 | | Autor: | maikilein |
HI!
Das mit dem Baumdiagramm war ne gute Idee!Wollte die Wahrscheinlichkeit unter Einbezug der 3Würfe nun nur für Kniffel errechnen mit der Vorraussetzung dass der Spieler immer die Gleichen,die mit der höchsten Anzahl vertreten sind zurücklegt!
Das ist so schon umfangreich genug!Hab dazu eigentlich auch noch ne Frage,aber hab die an nem anderen "Strang" gestellt (wie du vielleicht schon gesehn hast),weil die gleiche Frage da schon behandelt wurde!
LG maikilein
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