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Ich komme hier mit einer im wahrsten Sinne des Wortes "kniffeligen" Aufgabe auf euch zu ;)
<qoute>
Kniffel ist bekanntlich ein geschicktes Kombinationsspiel mit 5 Würfeln.
Jeder Spieler, der an der Reihe ist, gibt zunächst alle 5 Würfel in den Würfelbecher, schüttelt ihn und
rollt die Würfel heraus. Je nach Ausfall dieses ersten Wurfes entscheidet der Spieler,
ob er alle Würfel oder nur einen Teil wieder aufnimmt und erneut würfelt. So kann
ein ungünstiger erster Wurf mit Glück beim zweiten oder maximal dritten Würfeln
zu einem optimalen Ergebnis führen. >


Nun ergibt sich bei dem Versuch die große Straße zu erlangen, folgende Situation.

<qoute>Eine große Straße ist als eine Kombination der Augenzahlen  1-2-3-4-5 oder 2-3-4-5-6 festgelegt.  
Mein Ergebnisraum Omega besitzt die Mächtigkeit  6*6*6*6*6  = Omega = 6hoch5 = 7776.
 
>
 
Als Ausgangssituation für nach dem ersten Wurf wurden nun die Zahlen 2-3-5-6- festgelegt bzw. ausgewählt
= also zwei würfe um die fehlende 4 zu würfeln.  = Wahrscheinlichkeit bei jedem Wurf 1 zu 6

Nach meiner Theorie sollte nun jedoch an dieser Stelle eine leichte Gewinnchancenoptimierung dadurch zu ereichen sein, indem man diesen "1 zu 6 Got Shot Straight Draw"
auflöst und stattdessen hier zusätzlich auch noch die 6 mit in den Würfelbecher gepackt wird, um so daraufhin nun mit zwei Würfeln auf die 4 zu spekulieren um dann  im dritten Wurf, anstatt mit einer 1 zu 6 Chance, mit dem OpenEndStraightDraw auf die 2 zu 6 Chance liebäugeln zukönnen.

lieg ich hier mit meiner Einschätzung richtig oder falsch?
und wie genau ließe sich dass ganze nun am sinnvollsten berechnen und überprüfen?!

Danke und mit freundlichem Gruß
MauZ
Avatar von
Hi, interessante Fragestelung!
Wahrscheinlichkeit für eine große Straße bei Variante 1:
$$ \frac 16 + \frac 56 \cdot \frac 16 = \frac { 7 } { 36 } $$
Wahrscheinlichkeit für eine große Straße bei Variante 2:
$$ \frac { 4 } { 36 } $$Variante 2 ist keine gute Alternative.



Leider hast du keine Rechnung zu Variante 2 hinterlegt. Ich komme aber auf etwas anderes. Kann auch sein das ich einen Fehler gemacht habe.

Hi, ich hatte \( P\left(\left\{(1,4),(4,1),(4,6),(6,4)\right\}\right) = \frac{4}{36}.\)

Man hat noch 2 Würfe und nicht nur einen

Du hast ja auch 1/6 + 5/6 * 1/6 gerechnet. Also auch nach 2 Würfen.

Hm... das war nicht der Fehler, mein Fehler bestand vielmehr darin, dass ich übersehen hatte, dass noch zwei Würfel im Spiel sind. :-)

und herzlichen Dank euch beiden, für die bisherigen Antworten zu der Aufgabe.

Zugegebenermaßen ist mir beim nochmaligen lesen auch bereits aufgefallen, dass ich die Frage zum Teil wirklich schon etwas sehr undeutlich und recht missverständlich gestellt und formuliert habe.

2 Antworten

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Beste Antwort

Ist Variante 2 nicht so ?

4/36 + 7/36 * 2/6 + 25/36 * 4/36 = 41/162 = 0.2531

Damit wäre es dann erfolgreicher wie Variante 1. Also auch ich würde zunächst die 6 auch noch mit in den Becher packen.

Avatar von 488 k 🚀

Hallo MC, ich habe deine Rechnung nicht überprüft, da du keine Begründung für deine Zahlen angibst.

Aber Variante 1 ist \(1/6+5/6 \cdot 1/6 =11/36 > 41/162 \)

mfg sigma

Bitte bitte mathecoach ;)

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Ganz einfache logik! 

Bild Mathematik

Avatar von

Daumen hoch!  logisch

Okay, diese Berechnung mag im ersten Moment zwar logisch erscheinen, aber was ist denn bitteschön, wenn der Optimal Fall nicht eintretten sollte?

Beispielsweise ist die Alternative sich nach dem 2. Wurf für eine andere Eintragung umzuentscheiden, aufgrund der neu hinzugekommen Zahlen viel größer, als wenn man nur mit einem Würfel stumpf versucht die gewünschte Zahl zu würfeln. Mir ist zwar schon klar, dass ich diese Option in meiner Ursprünglichen Frage nicht mit berücksichtigt hatte, aber rein taktisch gesehen, sollte Sie indirekt ja trotzdem irgendwie schon mit in die Berechnung einfließen, oder nicht?

Man muss ja schließlich auch irgendwo davon ausgehen dass man nicht immer erfolgreich mit dieser Taktik sein wird.

Wenn ich beispielsweise dank der beiden Würfel die ich im zweiten Wurf verwende, plötzlich ein Drilling X bekommen sollte, macht es ja hier auch schon durchaus Sinn, den Versuch die Straße zu bekommen, komplett aufzulösen und sich alternativ dann für den 3. Wurf für eine komplett andere EIntragung zu entscheiden, oder irre ich mich hier an dieser Stelle?

Gehen wir einfach mal davon aus, dass der Versuch mit zwei Würfen eine einzelne Zahl zu erlangen, fehlschlägt, dann habe ich weder die möglichkeit in der oberen Spalte einen sinnvollen Eintrag zumachen, (da man ja im bestenfall dort nur jeweils Drillinge eintragen sollte um so auf die gewünschten 63Punkte für den Bonus zu kommen) noch in der unteren Spalte (außer bei der Chance) eine gute Eintragung vornehmen kann. Und ganz ehrlich 16 + X Punkte bei der Chance sind schon recht dürftig, mit den ich in unseren Runden gar nicht erst auf einen SIeg spekullieren bräuchte.

Aber wie auch immer. Danke trotzdem schonmal an Gast bs9911 für die PDF zu dem Thema.

Liebe Grüße

Mit der Änderung im letzten Wurf ändert sich die ganze Quote und somit stimmt auch die Fragestellung zu Anfang nicht mehr überein. Die PDF erklärt das Problem exakt und mathematisch korrekt. Alles andere ist Spekulation ;)

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