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Alt 17. April 2012, 19:52   #1
Albstein
 
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Dunkler Templer
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Würfelwarscheinlichkeit

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Folgendes Problem:
Ich werfe 3 ideale 6-seitige Würfel. Den Würfel mit der niedrigsten Augenzahl wird ignoriert, die anderen beiden addiert. Wie ist der durchschnittliche Wert der Summe der 2 höchsten.

Habe mal die Kombinationen in Excel durchgerechnet:
http://pastie.org/3805960
Ersten 3 Spalten sind die Würfel dann kommt die Summe der zwei höchsten. Unten dann die Berechnung des Schnitts.

Die Frage ist, wie ich so eine Aufgabe allgemein angehen würde. Habe weder in Schule noch Uni sowas gemacht.
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"The power of accurate observation is frequently called cynicism by those who don't have it." - George Bernard Shaw (1856-1950)
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Alt 17. April 2012, 21:07   #2
Brusko651
 
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Deine Methode ist eigentlich eh ganz gut^^.

Ohne einiges an Fallunterscheidungen wird man das vermutlich eh nicht ausrechnen können.
Ich lasse mich aber gerne eines besseren belehren : )
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Alt 17. April 2012, 21:07   #3
FORYOUITERRA
 
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du brauchst noch eine entscheidungsregel was passiert, wenn alle drei würfel denselben wert haben.
sonst kannst du das ding grob als vereinigung von disjunkten ereignissen aufschreiben. vermutlich lässt sich folgendes schema verallgemeinern: stell dir vor du hast nur 2 würfel und einen fall:
A_i = würfelergebnis von i-ten würfel
du interessierst dich für das Ereignis, daß A_1=k und A_1>A_2.
gesucht ist dann für k=1,...,6:
\sum_i P(A_1=k, A_1>=A_2,A_2=i) = \sum_i P(A_1=k|A_1>=i)P(A_1=k |A_2=i)P(A_2=i)
die wahrscheinlichkeiten lassen sich alle leicht finden.
für 3 würfel geht man ähnlich vor. ein relevantes Ereignis ist z.b.
(A_1+A_2=k,A_1>=A_3, A_2>=A_3)
von den ereignissen gibt es zumindest 3 verschiedene, die aber symmetrisch sind. dann spielt noch die entscheidungsregel eine rolle, wenn alle gleich sind (hier bissl implizit schon benutzt).
hier kann man nun A_3 wiederum auf i setzen und muss zudem A_2 auf j setzen und das ereignis als schnitt über alle i und j definieren. das ergibt dann eine ekelhafte summe.

alternativ und viel einfacher kann man das problem auch mithilfe von ordnungsstatistiken formulieren.
A{i} sei die i-te Ordnungsstatistik des Würfelergebnisses von drei Würfen. Also A{1} >= A{2} >=A{3}.
dann suchen wir einfach nur für k=2,...,12
P(A{1}+A{2}=k) = sum_j P(A{1}+A{2}=k|A{2}=j)P(A{2}=j) = sum_j P(A{1}=k-j,A{2}=j)
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Geändert von FORYOUITERRA (17. April 2012 um 21:55 Uhr)
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Alt 17. April 2012, 21:09   #4
Brusko651
 
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Zitat:
Zitat von FORYOUITERRA Beitrag anzeigen
du brauchst noch eine entscheidungsregel was passiert, wenn alle drei würfel denselben wert haben.
dann nimmt man obv. diesen Wert mal 2 als "Summe der 2 höchsten". sieht man auch in der Tabelle.
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Alt 17. April 2012, 21:33   #5
FORYOUITERRA
 
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Zitat:
Zitat von Brusko651 Beitrag anzeigen
dann nimmt man obv. diesen Wert mal 2 als "Summe der 2 höchsten". sieht man auch in der Tabelle.
ich klicke keine links im internet an. da könnten viren hinter sein. obviously. eingangsposts über drei zeilen länge lese ich übrigens auch nicht. obviously.

außerdem suchte ich nen weg die entscheidungsregel sinnvoll zu integrieren, so daß man disjunkte ereignisse hat. das ist nämlich gar nicht so leicht und gelingt mir nicht auf anhieb ohne die ereignisse zu groß werden zu lassen. hier ist einfach mal der weg über die ordnungsstatistik angesagt.
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Alt 17. April 2012, 22:02   #6
Albstein
 
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Also es liegt nicht an mir das man das nicht im Kopf eben bestimmen kann, was mich schonmal beruhigt. Problem ist halt, dass ich nie Statsitik gehabt habe.
Spoiler


Habe die Tabelle mal in den Spoiler gepackt.
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Alt 17. April 2012, 22:26   #7
FORYOUITERRA
 
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ja, analytische lösung ist nicht ganz so trivial. hier bauen die ordnungsstatistiken auf diskreten variablen auf - der fall wird standardmässig nicht behandelt. wird aber sicher zig literatur geben, wo die gemeinsame verteilung drin steht.

mit der tabelle auszählen ist hier jedoch einfacher.
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Alt 18. April 2012, 10:45   #8
sesslor
 
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Zitat:
Zitat von FORYOUITERRA Beitrag anzeigen
ich klicke keine links im internet an. da könnten viren hinter sein. obviously. eingangsposts über drei zeilen länge lese ich übrigens auch nicht. obviously.

außerdem suchte ich nen weg die entscheidungsregel sinnvoll zu integrieren, so daß man disjunkte ereignisse hat. das ist nämlich gar nicht so leicht und gelingt mir nicht auf anhieb ohne die ereignisse zu groß werden zu lassen. hier ist einfach mal der weg über die ordnungsstatistik angesagt.
Was zum Fick bin ich am lesen? Also dass man sich den Wuerfel aussuchen kann, den man weglaesst, wenn die kleinste Wuerfelzahl bei mehreren Wuerfeln vorkommt, sollte wohl wirklich obvious sein. Oder meinst du dass in diesem Fall ein Einhorn erscheint, welches dir 3 Wuensche erfuellt? Mir scheint dein Geschreibsel eher inhaltsleeres Fachwoertergespamme zu sein.
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Alt 18. April 2012, 16:44   #9
mfb
 
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Mit Computerhilfe ist das sture Auswerten aller 6^3 Möglichkeiten sicher die einfachste Variante.

Auf dem Papier könnte man folgendes ansetzen:
Addiere die Zahlen aller 3 Würfel und subtrahiere dann den kleinsten. Der Erwartungswert dieser Differenz ist gleich die Differenz der Erwartungswerte der beiden Teile.
Der Erwartungswert der Summe der drei Würfel ist aber einfach, nämlich 3,5*3=10,5.

Fehlt der Erwartungswert des kleinsten Würfels.
Zu (1/6)^3 ist es 6 (nämlich genau wenn alle drei Würfel 6 sind)
Zu (2/6)^3 - (1/6)^3 ist es 5 (nämlich genau wenn alle drei Würfel 5 oder 6 sind, aber nicht alle 6)
Zu (3/6)^3 - (2/6)^3 ist es 4, und so weiter.

Diese Ausdrücke lassen sich von Hand gut ausrechnen und dann zu einem Erwartungswert zusammensetzen. Ist im Kopf auch noch möglich, ich würde aber Papier vorziehen.
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Alt 18. April 2012, 16:50   #10
ROOT
 
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Für sowas mach ich immer ne schnelle Monte Carlo Sim in Python.
Lass mich raten, du bist auf TTwelt mit demselben Nick unterwegs?
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Alt 18. April 2012, 20:09   #11
Brusko651
 
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ich komme mit mfb's Methode nicht auf Albsteins Ergebnis.

Hab ich's falsch eingegeben?

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Alt 18. April 2012, 20:22   #12
FORYOUITERRA
 
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Zitat:
Zitat von sesslor Beitrag anzeigen
Was zum Fick bin ich am lesen? Also dass man sich den Wuerfel aussuchen kann, den man weglaesst, wenn die kleinste Wuerfelzahl bei mehreren Wuerfeln vorkommt, sollte wohl wirklich obvious sein. Oder meinst du dass in diesem Fall ein Einhorn erscheint, welches dir 3 Wuensche erfuellt? Mir scheint dein Geschreibsel eher inhaltsleeres Fachwoertergespamme zu sein.
dein beitrag hat eine leere menge zur diskussion beigetragen. gratulation.
der weg über die ordnungsstatistik ist der formal beste lösungsweg bis hier was besseres präsentiert wird.
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Alt 18. April 2012, 20:26   #13
Albstein
 
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Brusko evtl. hab ich in der Tabelle einen Fehler?
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Alt 18. April 2012, 20:33   #14
Brusko651
 
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ahja stimmt. hab schon einen fehler gefunden.
zeile 95 hast du
3 4 5 7
sollte natürlich 8 sein, die summe.
das kann natürlich nicht der einzige fehler sein, weil sich das ergebnis ja um 6 unterscheidet, aber ich gebe mich damit mal zufrieden^^

Also mfbs Lösung find ich sehr gut, ist bestimmt die beste Methode, das auszurechnen.
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Alt 18. April 2012, 22:30   #15
FORYOUITERRA
 
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8.458333 ist korrekt. hätte wohl doch den eingangstext gründlicher lesen sollen. dachte es ging um die komplette verteilung.
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Alt 19. April 2012, 13:53   #16
mfb
 
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Zitat:
Zitat von Brusko651 Beitrag anzeigen
ahja stimmt. hab schon einen fehler gefunden.
zeile 95 hast du
3 4 5 7
sollte natürlich 8 sein, die summe.
Also 4+5 ergibt bei mir 9 .
Direkt darüber mit "3 4 4 7" und darunter mit "3 4 6 7" sind noch zwei Fehler. Korrigiert man alle drei, erhält man 6/216 mehr.

@Albstein: Hast du die Tabelle etwa von Hand gemacht?


@ROOT: Wen meinst du?
Ich bin dort jedenfalls nicht.

Geändert von mfb (19. April 2012 um 13:55 Uhr)
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Alt 19. April 2012, 14:01   #17
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Zitat:
Zitat von mfb Beitrag anzeigen
@ROOT: Wen meinst du?
Ich bin dort jedenfalls nicht.
Ich meinte Albstein, aber der hats wohl überlesen oder ignoriert
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ROOT ist offline  
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Alt 19. April 2012, 19:19   #18
Albstein
 
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@Root: War nie auf TTWelt, daher nicht angesprochen gefühlt. Sry.

Hab die Tabelle eben mit Funktionen in LibreOffice Calc gemacht, aber bei manchen auch per Hand nachgetragen, das geht halt fix.

Danke für die Lösung mfb.
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Alt 20. April 2012, 00:14   #19
Probus
 
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Habe es auch per Tabelle so gelöst. Jetzt komme ich mir primitiv vor.
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Alt 21. April 2012, 16:00   #20
SvenGlueckspilz
 
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Die Methode von mfb müsste man aber noch irgendwie begründen. Ich sehe nicht so einfach warum das Ergebnis die Summe der Erwartungswerte der beiden höchsten Würfel sein soll.
Ich hätte es jetzt so gemacht: Für jedes Gesamtergebnis zähle die Kombinationen durch die es entstehen kann und bestimme damit seine Wahrscheinlichkeit.
Also z.b: Das Gesamtergebnis 1 ist nicht möglich. Das Gesamtergebnis 2 kommt nur zustanden, wenn man 1 1 1 würfelt, also in genau einer Kombination. Hat also Wahrscheinlichkeit (1/6)^3 . Das Gesamtergebnis 3 kann entstehen durch
2 1 1 oder 1 2 1 oder 1 1 2, also 3 Möglichkeiten und hat Wahrscheinlichkeit 3 * (1/6)^3
usw... Der Gesamterwartungswert ist dann
2 * (1/6)^3 + 3 * 3* (1/6)^3 + ...
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Alt 21. April 2012, 16:10   #21
narc
 
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Zitat:
Zitat von SvenGlueckspilz Beitrag anzeigen
Die Methode von mfb müsste man aber noch irgendwie begründen. Ich sehe nicht so einfach warum das Ergebnis die Summe der Erwartungswerte der beiden höchsten Würfel sein soll.
Weil der Erwartungswert (in Zufallsvariablen) linear ist.
narc ist offline  
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Alt 21. April 2012, 16:17   #22
SvenGlueckspilz
 
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Phönix
 
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Naja stimmt, ich hab mich eben kurzfristig davon verwirren lassen, dass die Zufallsvariablen für den kleinsten , mittleren und größten Würfel ja nicht unabhängig sind. Aber für die Summe tut das ja nichts zur Sache.
SvenGlueckspilz ist offline  
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Alt 21. April 2012, 16:19   #23
narc
 
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Walküre
 
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Ja, ich war auch kurz verwirrt. Aber für die Additivität ist es doch sogar egal, ob die Variablen unabhängig verteilt sind oder nicht.
narc ist offline  
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Alt 21. April 2012, 23:41   #24
mfb
 
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Wiking (Angriffsmodus)
 
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Ja, das ist der Trick an der Sache. Der Wert des größten und des zweitgrößten Würfels (beispielsweise) sind natürlich nicht unabhängig voneinander.
Aber da die Korrelation gar nicht betrachtet wird, kann man einfach zwei Erwartungswerte voneinander abziehen.

Analog könnte man sogar den mittleren Würfel berechnen, aber da ist das Symmetrieargument natürlich viel viel einfacher.
mfb ist offline  
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