Stochastik

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    • Ich habe eine kurze Frage:

      Wenn man berechnen will, wieviele Würfe man bei einem 6-seitigen Würfel benötigt, um eine Trefferwahrscheinlichkeit für eine 6 von 95% zu erreichen, ist das nicht weiter schwer:
      Der Ansatz ist:
      1-(5/6)^n=0,95

      Umgeformt nach n und durch log aufgelöst ergibt sich:
      n=16,43
      Man muss also 17 mal Würfeln, um mit einer Wahrscheinlichkeit von 95% eine 6 zu würfeln.

      Aber wie verhält sich das ganze, wenn ich eine wahrschienlichkeit von 95% für 2 sechsen erreichen will?
      Komm da auf keinen Ansatz....
      Ist auch schon ein bisschen her, dass man das mal gemacht hat :)
      flickr.com/photos/ymaoh/

      "Ich werde nicht da sein. Ich werde mich erheben und untergehen"
      Stephen Vincent Benett
    • Dein erster Ansatz war richtig(geraten oder via geometrischer Reihe ehrlich errechnet? ;) ).

      Beginnen wir mal mit dem konzeptuellen Verständnis: was ist deine Grundgesamtheit von Ereignissen, die du auf Wahrscheinlichkeit untersuchen musst? Die von der Wahrscheinlichkeit gleichverteilte Menge {Augenzahl1, Augenzahl2, Augenzahl3, Augenzahl4, Augenzahl5, Augenzahl6}? Nein. Du untersuchst die Ereignismenge {(k Sechsen bei den ersten k Würfen), (k Sechsen bei den ersten k+1 Würfen), (k Sechsen bei den ersten k+2 Würfen),...}, was genau die Menge aller möglichen Spielverläufe entspricht, die nach k Sechs abbrechen, wobei in deinen Fällen k=1,2 war. Die Wahrscheinlichkeitsverteilung kannst du systematisch aus einem gleichverteilten Einzelwurf konstruieren: p({(k Sechsen bei den ersten k+m:=n Würfen)})=g(k,m)*(1/6)^k*(5/6)^m, wobei g die kombinatorische Gewichtung von möglichen Spielverläufen der Länge k+m sei. Zur Bildung von g betrachtest du die Permutationsanzahl der Wurfsequenzen bis einschließlich zum vorletzten(, der letzte ist als eine Sechs eindeutig festgelegt). Da sie k-1 Sechsen und m Nichtsechsen umfasst, ist die Gewichtung binomial: g(k,m)=(m+k-1)!/(m!*(k-1)!)

      Um nun die gewünschte Wahrscheinlichkeit p zu bekommen, musst du bis nun von m=0 solange die Wahrscheinlichkeit des nächstgrößeren m drauf summieren, bis du deine gewünschte Wahrscheinlichkeit p({(k Sechsen höchstens k+M Würfen)}):=p bekommst(wg. Sigma-Additivität des Wahrscheinlichkeitsmaßes). Du bekommst eine unbequeme Teilreihe p=(1/6)^k*[1+g(k,1)*5/6+g(k,2)*(5/6)^2+...+g(k,M)*(5/6)^M], wegen dem Quotientkriterium siehst du sofort, dass die Reihe konvergieren muss(für M gegen Unendlich) und zwar gegen 1, falls du nicht sicher sein solltest ob der Ausdruck stimmt. Du kannst ihn mit etwas analytischer Zahlentheorie mittels der hypergeometrischen Funktion geschlossen ausdrücken(, willst das wirklich sehen?).
      k=1: Ausdruck vereinfacht sich zur geometrischen Reihe und diese ist in geschlossener Form ausgedrückt: p=1-(5/6)^(M+1)=1-(5/6)^n also genau (oder zufällig ev-)) dein Ansatz.
      Ausdruck via hypergeometrischer Funktion zusammengefasst und dann vereinfacht:
      k=2: p:=1-(M+7)*5^(M+1) noch schön, 27 Würfe nötig.
      k=3: p:=1/(M+3)!*[(M^2+5*M+6)*(M+1)!-(5^(M+1))/(2*(6^(M+3)))*(M^2+15*M+86)*(M+3)!] nicht mehr ganz schön, 36 Würfe nötig.
      k=4: p:=1/(M+4)!*[(M^3+9*M^2+26*M+24)*(M+1)!-(5^(M+1))/(6^(M+5))*(M^3+24*M^2+281*M+1554)*(M+4)!], recht häßlich, 45 Würfe nötig.
      k=5 zu häßlich, 53 Würfe nötig...
    • Ui, ich glaub das ist mir zu hoch. ;)

      Und bei einem Wurf ists noch so schön einfach. :)
      Mein Ansatz war da einfach der folgende, dass die Warhscheinlichtkeit, eine Sechs zu würfeln,
      100% minus das Gegenereignis, also keine Sechs zu würfeln, ist.
      Daraus folgt dann meine Gleichung. :)

      Deinen Ansatz für zwei Würfe kann ich leidergottes pberhaupt nicht nachvollziehen 8|
      flickr.com/photos/ymaoh/

      "Ich werde nicht da sein. Ich werde mich erheben und untergehen"
      Stephen Vincent Benett
    • Ymaoh schrieb:

      Mein Ansatz war da einfach der folgende, dass die Warhscheinlichtkeit, eine Sechs zu würfeln,
      100% minus das Gegenereignis, also keine Sechs zu würfeln, ist.
      Ja, so ersparst du es dir die kombinatorische Struktur der Menge der sinnvollen Spielverläufe zu betrachten, die dir es überhaupt ermöglicht das Problem zu verallgemeinern.

      Meine Lösung gilt übrigens für jede endliche Anzahl von Sechsen.