DENK m a l   2003:  des Rätsels Lösung 


  Lösung der 19. Aufgabe   vom 1.11.2003

 

 

zuerst die Beispiellösung von Jörg Wiegels

Die Wahrscheinlichkeit dafür, dass der erste Spieler mit 5 Würfeln eine Summe S von (mindestens 5 und) höchstens 13 wirft, beträgt
(1) p1 = ∑(P(S=k); k=5..13) = (1+5+15+35+70+126+205+305+420)/65 =
  1182 / 7776 ≈ 0,1520

Es gibt 4 sortierte kleine Straßen mit einer fünften Zahl, die von allen Zahlen der Straße verschieden ist: 12345, 12346, 13456, 23456. Außerdem gibt es 3*4 sortierte kleine Straßen mit einer fünften Zahl, die schon in der Straße vorkommt. Beachtet man alle Permutationen hiervon, so findet man die Gesamtzahl aller möglichen kleinen (inklusive großen) Straßen. Die Wahrscheinlichkeit dafür, dass der zweite Spieler mit 5 Würfeln eine kleine (oder große) Straße wirft, beträgt
(2) p2 = (4*5!+12*5!/2!)/65 =
  1200/7776 ≈ 0,1543

 

Es seien q1 und q2 die Wahrscheinlichkeiten dafür, dass der erste bzw. der zweite Spieler seine Gewinnkombination wirft, bevor der andere Spieler seine Kombination geworfen hat, wobei der erste Spieler beginnt. Diese lassen sich durch Addition bedingter Wahrscheinlichkeiten errechnen.
(3) q1 = p1+(1-p1)(1-p2)p1+...
  = p1*∑((1-p1)k(1-p2)k; k=1..)
  = p1/(1-(1-p1)(1-p2))
  = 1182*7776/(77762-6594*6576) ≈ 0,5374

(4) q2 = (1-p1)p2+(1-p1)(1-p2)(1-p1)p2+...
  = (1-p1)p2*∑((1-p1)k(1-p2)k; k=1..)
  = (1-p1)p2/(1-(1-p1)(1-p2))
  = 6594*1200/(77762-6594*6576) ≈ 0,4626

Antwort:
Wahrscheinlich erwürfelt der erste Spieler als erster seine Gewinnkombination.


Karl Sallinger macht nebenbei auf ein kleines Problem der Aufgabe aufmerksam

Ich möchte vorweg festhalten, wie ich die Regeln verstanden habe. Das Spiel kann unentschieden ausgehen oder einer der Spieler gewinnt. Es endet unentschieden, wenn beide Spieler eine vor dem Spiel festgelegte Anzahl N von Versuchen gemacht haben, ohne Erfolg zu haben. Es endet auch unentschieden, wenn beide Spieler bei ihren n-ten Versuch zum ersten Mal erfolgreich waren (1 <= n < = N) In jedem anderen Fall gewinnt der Spieler, der zuerst erfolgreich ist. Der Spieler A ist erfolgreich, wenn er mit 5 Würfeln in einem Wurf mindestens 4 aufeinander folgende Augenzahlen würfelt. Der Spieler B ist erfolgreich, wenn die Summe seiner 5 Augenzahlen 13 nicht übersteigt.
Gesucht ist die Wahrscheinlichkeit dafür, dass A bei höchstens N Zügen gewinnt.

(grobe) Antwort:
Der Spieler A wird in etwas mehr als 46% der Fälle gewinnen, das ist knapp öfter als der Spieler B gewinnen wird.

Lösungsweg:
Zunächst werden die beiden Erfolgswahrscheinlichkeiten für die Einzelereignisse bestimmt. Die Wahrscheinlichkeit dafür, daß der Spieler A gewinnt, ist dann die Summe einer endlichen geometrischen Reihe. Der Grenzwert für wachsendes N ist unmittelbar abzulesen.

Einige Vorbereitungsarbeiten:
Ich denke mir die Würfel nummeriert von 1 bis 5. Ich brauche das, um meine Gedanken niederzuschreiben. Die Wahrscheinlichkeit mit 3 Würfeln drei vorgegebene Zahlen (in beliebiger Reihenfolge) zu würfeln ist
(1/6) x (1/6) x (1/6) x 3! = 1/36.
Die Wahrscheinlichkeit mit 3 Würfeln zwei vorgegebene Zahlen (in beliebiger Reihenfolge) zu würfeln ist 5/36.

In 2/6 der Fälle trifft schon W1 eine der Zahlen.
           In 1/6 der Fälle trifft W2 die andere.
           In 5/6 der Fälle nicht, dann bleibt nur mehr die Hoffnung auf
           W3. (2/6) x [(1/6) x 1 + (5/6) x (1/6)] = 22 / (6 x 36)
In 4/6 der Fälle nicht. ..... (4/6) x (2/6) x (1/6) = 8 / (6 x 36) (8 + 22) / (6 x 36) = 5/36

Ich teile das Ereignis A (mindestens 4 aufeinanderfolgende) in Teilereignisse auf, deren Wahrscheinlichkeit ich leichter berechnen kann.
Ich benutze dazu folgende Schreibweise, die ich an zwei Beispielen erkläre:

1 1 (2 3 4)             W1=1 und W2=1 und {2 3 4}={W3 W4 W5} ... 2, 3 und 4 werden von W3, W4 und W5 in irgendeiner Reihenfolge gezeigt.
2 4 (1 3) (3 5)        W1=2 und W2=4 und [{1 3}<{W3 W4 W5} oder {3 5} < {W3 W4 W5}] "<" steht hier für "Teilmenge"
 ... die Würfel W3 W4 W5
zeigen entweder die Zahlen 1 3 x oder 3 5 x, je in beliebiger Reihenfolge ...

 

  Gewicht Wert in 1/36  
1 1 (2 3 4) 1 1  
1 2 (3 4) 2 5  
1 3 (2 4) (4 5 6) 2 6 5+1
1 4 (2 3) (3 5 6) 2 6 5+1
1 5 (2 3 4) (3 4 6) 2 2 1+1
1 6 (2 3 4) (3 4 5) 2 2 1+1
2 2 (3 4 5) (1 3 4) 1 2 1+1
2 3 (1 4) (4 5) 2 9 5+5-1 (Abzug für die Kombination 1 4 5)
2 4 (1 3) (3 5) 2 9 5+5-1 (Abzug für die Kombination 1 3 5)
2 5 (3 4) 2 5  
2 6 (1 3 4) (3 4 5) 2 2 1+1
3 3 (1 2 4) (2 4 5) (4 5 6) 1 3 1+1+1
3 4 (1 2) (2 5) (5 6) 2 13 5+5+5-1-1
(Abzug für die Kombinationen 1 2 5 und 2 5 6)
3 5 (2 4) (4 6) 2 9 5+5-1 (Abzug für die Kombination 2 4 6)
3 6 (1 2 4) (4 5) 2 6 1+5
4 4 (1 2 3) (2 3 5) (3 5 6) 1 3 1+1+1
4 5 (2 3) (3 6) 2 9 5+5-1 (Abzug für die Kombination 2 3 6)
4 6 (1 2 3) (3 5) 2 6 1+5
5 5 (2 3 4) (3 4 6) 1 2 1+1
5 6 (3 4) 2 5  
6 6 (3 4 5) 1 1  
Diese 6+15 Zeilen beschreiben alle 36 Möglichkeiten für W1 W2,
weil alle 15 mit dem Gewicht 2 doppelt zu zählen sind.

Jede Zeile tritt mit einer Wahscheinlichkeit von 1/36 auf.
Die Gesantwahrscheinlichkeit ist also
[(1+2+3+3+2+1)+ 2 x (5+6+6+2+2+9+9+5+2+13+9+6+9+6+5)] / (36 x 36) = 25 / 162
Die Wahrscheinlichkeit dafür, dass der Spieler A bei einem Wurf Erfolg hat, ist also 25/162, ich nenne sie A.

Bei der Berechnung der Wahrscheinlichkeit B (Spieler B, Summe höchstens 13) gehe ich ähnlich vor.
Ich verwende folgende Bezeichnungen:
G_i sei die Wahrscheinlichkeit dafür, mit zwei Würfeln genau die Augensumme i zu werfen.
H_i sei die Wahrscheinlichkeit dafür, mit zwei Würfeln höchstens die Augensumme i zu werfen.
g_i sei die Wahrscheinlichkeit dafür, mit einem (1) Würfel genau die Augensumme i zu werfen.

Alle g_i sind gleich 1/6 für i =1,2, ..,6; sonst 0
Für G_i und H_i ergeben sich, wie man leicht sieht, folgende Werte
G_2 = 1/36 H_2 = 1/36
G_3 = 2/36 H_3 = 3/36
G_4 = 3/36 H_4 = 6/36
G_5 = 4/36 H_5 = 10/36
G_6 = 5/36 H_6 = 15/36
G_7 = 6/36 H_7 = 21/36
G_8 = 5/36 H_8 = 26/36
G_9 = 4/36 H_9 = 30/36
G_10 = 3/35 H_10 = 33/36
G_11 = 2/36 H_11 = 35/36
G_12 = 1/26 H_12 = 36/36

Ich teile die 5 Würfel in 3 Gruppen: W1 W2 W3 W4 W5
Für die beiden ersten nehme ich feste Werte,
daraus ergibt sich ein Höchstwert für die letzte Gruppe.
Die Wahrscheinlichkeit B ist die Summe aller folgenden Produkte.

g_1 x G_2 x H_10 ... bis ... g_1 x G_10 x H_2
g_2 x G_2 x H_9 ... bis ... g_2 x G_9 x H_2
.........
g_6 x G_2 x H_5 ... bis ... g_6 x G_5 x H_2

Das kann man auch schreiben als:
(1/6) x [G_2 x (H_5+...+H_10) + G_3 x (H_4+...+H_9)+ ...+G_10 x H_2]
Schließlich kommt man auf 1103 / (6 x 36 x 36) = 197/1296

Beide Werte sind sehr ähnlich.
A ist rund 0,1543
B ist rund 0,1520

Die Wahrscheinlichkeit A_n dafür, daß A beim n-ten Zug gewinnt,
ist A x (1-A)*(n-1) x (1-B)*n (n=1,2, ... ,N)
Die Wahrscheinlichkeit Ah_N dafür, daß A mit höchstens N Zügen gewinnt
ist die Summe A_1+A_2+ ... +A_N

Es ergibt sich folgender Ausdruck dafür:
Die Hilfsgröße H sei mit H=(1-A) x (1-B) eingeführt.
Ah_N = A x (1-B) x (1-H*N) / (1-H)

für N=100 ergibt sich dann etwa, daß A in mehr als 46% der Fälle gewinnt,
B in mehr als 45% und in mehr als 8%
der Fälle das Spiel unentschieden endet.

Der Grenzwert von Ah_N für wachsendes N ist offensichtlich A x (1-B) / (A+B-A x B).
Dieser Wert ist etwa 0,4626277593.
Für den Grenzwert von Bh_N ergibt sich etwa 0,4544444257.

Anmerkung von Lutz Locker

zu meinem eigenen Aufgabenvorschlag ist mir noch folgendes aufgefallen.
Da die Chancen beider Spieler fast gleich verteilt sind, hat derjenige die größeren Chancen auf den Gewinn der als erster anfängt zu würfeln.

Dieser Vorteil lässt sich ausgleichen, wenn derjenige der als zweiter würfelt
auch noch einmal dann würfeln darf, wenn der Erste seine Gewinnkombination erzielt hat.
Damit besteht für den zweiten auch noch die Chance seine "Zahlen" zu würfeln, womit Gleichstand erzielt wäre.

Auswertung:

eingegangene Lösungen richtige Lösungen falsche Lösungen
 23 17 6
Bemerkungen : Würfel sind des Teufels Spielzeug

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aktuelle Aufgabe 19. Aufgabe Hall of FAME
 

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Das ist der ganze Jammer:
die Dummen sind so sicher und die Gescheiten so im Zweifel.
      Helmut Schmidt 
 
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© Karin S., Dezember 2003