Gedankenblockade Wahrscheinlichkeitsrechnung

[Lutz]

Ich leide gerade unter akuter Dummheit, weil ich überhaupt nicht vernüftig weiterkomme - Stochastik scheint doch zu lange her zu sein :/

Mein Problem:
Ich würfle n-mal mit einem normalen 6-seitigen Würfel.
Für n = 1 ist die Verteilung des durchschnittlichen Würfelergebnis klar: Gleichverteilt.

Wie ist dies für beliebige n?

Eine mögliche Antwort die mir das Ganze geben können soll ist:
Wie hoch ist die Wahrscheinlichkeit, wenn ich n mal würfle, dass das Durchschnittsergebniss unter X liegt?

Beispiel: "Wenn ich 4 mal würfle, ist das Durchschnittsergebnis in 95% der Fälle >1,5" ist richtig - weil 4 noch überschaubar genug ist, um alle Fälle abzuzählen

Kann mir da jemand helfen?

 

[Core]

Also wenn du die Würfe einzeln betrachtest ist bei jedem Wurf natürlich die Chance genauso hoch wie beim ersten. Verstehe nicht genau was dein Problem ist.

 

[Lutz]

Es geht mir ja um den Durchschnittswert aller Würfe, die ich tätige.

Der Erwartungswert ist immer gleich, 3,5.
Und bei nur einem Wurf ist jedes Durchschnittsergebnis gleichwahrscheinlich: 1, 2, 3, 4, 5, 6.

Wer aber mal Siedler von Catan gespielt hat, weiß, wieviel schlechter dort die 2 oder die 12 (Durchschnitte 1 und 6) sind als 6, 7 oder 8 (Durchschnitte 3-4).

Die Wahrscheinlichkeit des Wurfs mit 2 Würfeln kann man ja noch gut abzählen - Beispiel Siedler von Catan eben.
Bei n Würfeln hingegen fällt mir das gerade nicht so leicht

 

[shaoling]

[edit]

Ok, nun seh ich erst, was du eigentlich meinst.

 

[Lutz]

lol^^

Sorry, wenn ich mich noch nicht klar genug ausgedrückt habe, ich versuche es einfacher zu machen:

Wenn ich mit einem Würfel würfle, ist die Wahrscheinlichkeit 1/6, dass die Augensumme 1 ist (Durchschnitt 1).

Wenn ich mit 10 Würfeln würfle, ist die Wahrscheinlichkeit (1/6)^10, dass die Augensumme 10 ist (Durchschnitt 1).

Ich will nun eine Gleichung für Folgendes wissen:

Wenn ich mit X Würfeln würfle, ist die Wahrscheinlichkeit Y, dass die Augensumme kleiner als Z ist (Durchschnitt Z/X).

Wenn das zu allgemein ist, konkreter:

Wenn ich mit 10 Würfeln würfle, ist die Wahrscheinlichkeit 5%, dass die Augensumme kleiner als Z ist (Durchschnitt Z/10).
Wie groß ist Z?

 

[FORYOUITERRA]

das liegt aber an zwei würfeln:
die 2 z.b. kannst du nur mit einer kombination erreichen: jeder würfel hat die augenzahl 1. (1,1).
die 3 hingegen kannst du mit 2 kombinationen erreichen: (1,2) oder (2,1).
kombinationen die es insgesamt gibt: 36
das heißt die ws, daß du mit 2 würfeln eine 2 wirfst lautet 1/36 und für das ereignis, daß die augenzahl 3 ist: 2/36.

für die 6 gibt es noch mehr möglichkeiten: (1,5),(2,4),(3,3),(4,2),(5,1) also ne ws von 5/36.

du siehst somit auch direkt, daß mittige ergebnisse eine höhere ws als die anderen haben.

allen anscheinend sind also die ereignisse der augenzahlen bei 2 würfeln nicht mehr gleichverteilt. laplace lässt grüßen und schenkt dir nen münzwurf und dem rest des forums lustiges gelächter über..

edit: es spielt bei deiner fragestellung keine rolle, ob du nur einen würfel hast und den x mal hintereinander würfelst, oder mit x würfeln einmal wirfst um deine gewünschte augenzahl zu erreichen. dein ergebnis belustigt dennoch.

 

[shaoling]

Original geschrieben von ~XantoS~
lol^^

Sorry, wenn ich mich noch nicht klar genug ausgedrückt habe, ich versuche es einfacher zu machen: [...]

Nun ja, eigentlich hast du dich schon klar ausgedrückt, vielleicht hätte ich mehr tun sollen, als das ganze nur in aller Eile zu überfliegen.^^
Habe dann noch genauerem Lesen festgestellt, dass die Lösung leider (zumindest für mich) nicht so einfach ist, wie zunächst angenommen.

 

[cyclonus]

Glaub um sowas ohne abzählen zu berechnen, muss man mit Multinominalverteilung oder ähnlichem ran, wäre aber auch froh wenn ein Stochastikguru das mal aufklären könnte.

 

[shaoling]

Interessiert mich nun auch, da ich da mit meinem Schulwissen nichts ausrichten kann.

 

[Lutz]

Original geschrieben von MuchO_[SpeeD]
edit: es spielt bei deiner fragestellung keine rolle, ob du nur einen würfel hast und den x mal hintereinander würfelst, oder mit x würfeln einmal wirfst um deine gewünschte augenzahl zu erreichen. dein ergebnis belustigt dennoch.

Ich weiss nicht so ganz, was du mir jetzt sagen willst.
Natürlich ist es egal, ob ich hintereinander oder gleichzeitig würfle - das ändert nichts an dem Problem / der Fragestellung.

Und welches Ergebnis belustigt dich? Ich komme ja zu keinem, außer bei dem Ultra-Simpel-Beispiel mit 1 oder 2 Würfeln.

 

[FORYOUITERRA]

mittels multinomialverteilung ließe sich die wahrscheinlichkeit, daß bei n-würfen x_i mal die i=1,...,6 mit sum(x_i)=n gefallen ist ausrechnen. jedoch sehe ich nicht, wie man damit an der kombinatorik vorbeikommen sollte.
die idee ist dann jeden würfel als unabhängige grundgesamtheit aufzufassen und die klassen dann wiederum wie oben einzuteilen.
dein würfeln respektiert dann wahrhaftig ein produkt-multinomiales erhebungsschema.
aber: das wird dir nichts bringen, denn eine ganz bestimmte wüfelzahl kann immernoch durch verschiedene möglichkeiten zustande kommen - du mußt dir wiederum über die günstigen ereignisse gedanken machen.
du kannst dir jedoch bestimmt irgendwie das auszählen der möglichkeiten erleichtern indem du die ganze sache als "n-maliges ziehen von 6 verschiedenen kugeln mit zurücklegen" betrachtest.

edit:
"Und welches Ergebnis belustigt dich? Ich komme ja zu keinem, außer bei dem Ultra-Simpel-Beispiel mit 1 oder 2 Würfeln."

mich belustigt das ergebnis, daß du denkst, daß eine 8 bei zwei würfen denselben regeln folgt, wie eine eine 3 bei einem würfel.
wie ich oben wohl verständlich genug dargetan habe, tut es dies nicht -> die ergebnisse sind nicht mehr gleichverteilt bei mehr als einem würfel.
bei deinem problem kommst du um kombinatorik und einen geschickten algorythmus nicht herum. das problem an sich ist also nicht belustigend.

 

[Lutz]

Gott, wo bitte liest du heraus, dass ich denke, dass sich die 3 bei einem gleich verhält wie die 8 bei zweien?

Wäre dem so, wäre ich auch dumm genug, gar kein Problem zu sehen - denn bei Gleichverteilung existiert kein Problem. Lies' halt mal genauer.

Alles, was du mir sagst, ist, dass es ein kompliziertes Problem ist. Und dass man eventuell an Kombinatorik nicht vorbeikommt. Great news! Das ist genau der Grund, warum ich diesen Forenthread aufgemacht habe.

 

[shaoling]

Ich glaube, er hat auch insofern recht, dass du einen Algorithmus brauchst. So per Kopf und Hand kriegst du die Verteilung wohl nicht kumuliert.

 

[FORYOUITERRA]

und meine belustigung geht hiermit dann offiziell in eine nicht belustigung über. hatte dich wirklich nur überflogen.

 

[Lutz]

Ihr Spinner

Es kann schon sein, dass man hier einen Alg. bräuchte, aber m.E. nach müsste es mit Kombinatorik und Stochastik (Stichwort: Konfidenz-Intervall) auch qua Formel auf eine Lösung kommen sollte.

Aber das wohl nur, wenn man sich akut damit auskennt - hatte da ja genau auf euch gehofft :/

 

[voelkerballtier]

näherungsweise kannst du ja einfach normalverteilung um den mittelwert N*3.5 mit der standardabweichung sqrt(N) annehmen. Ist natürlich alles andere als exakt aber für große N könnte was brauchbares rauskommen, denke ich.

 

[Spavvn]

siehe voelkerballtier

Gleichverteilung:
Erwartungswert E(X) = (a+b)/2.
Standardabweichung ist Quadratwurzel aus Varianz, Var(X) = (b-a)^2/12, z.B. bei einem Würfel, b=6, a=1.
+Tatsache: 95 % aller Messwerte haben eine Abweichung von höchstens zweimal Standardabweichung vom Mittelwert. (reicht ja für deine 5%).

Oder mit Mathesoftware plotten und ablesen.
Wikipedia hat z.B. ein Bild aber nur bis 5 Würfel.

Mit Excel ginge auch gut, wenn man die Anzahl günstiger Ereignisse kennt, aber kA wie die genau waren:
1 Würfel 1 1 1 1 1 1, jeweils durch 6
2 Würfel 1 2 3 4 5 6 5 4 3 2 1, durch 6^2=36
3 Würfel 1 3 6 10 15 21 25 27 27 25 21 15 10 6 3 1, durch 6^3=216
usw.
Dann kann man das kumulieren bis zur gewünschten Augenzahl.

 

[AIL]

Durchschnittliche Augensumme:

für 1
X=1/6+1/6+1/6+1/6+1/6+1/6

für 2
X=1/36+2/36+3/36+4/36+5/36+6/36+5/36+4/36+3/36+2/36+1/36

für 3
X=1/216+3/216+6/216+ .oO(411 141 114 123 132 213 231 312 321) 9/216 ... denke mal es werden bis zu 10 und 11 augen je 3 Möglichkeiten mehr und dann nimmt's wieder ab

für 4
X=1/1296*4+4/1296*5+hmm .oO(1113 1131 1311 3111 1122 1212 1221 2112 2121 2211) kombinatorisch komm ich auf 10/1296*6 aber wie lässt sich das in 'ne Formel fassen? Für die Möglichkeiten 7 kombinatorisch zu machen wird's eh viel.

geh' ich Mal weiter

für 5
X=1/7776*5+5/7776*6+15/7776*7 ... 15

für 6
X=1/46656*6+6/46656*7+ ... 21

für 7 ......... 28 ... Da ist ein Schema!
28-7=21
21-6=15
15-5=10
10-4=6
6-3=3
3-2=1

Was bedeutet das für die nächsten Zahlen?
Ach kein Bock mehr mir den Kopf darüber zu zermarten. Sagen wir einfach: Das Problem ist nicht trivial.

Edit (wegen dem Post über mir): Aha, meine Annahme war falsch. Aber ich würd' trotzdem gern wissen, wie man von n=Anzahl der Würfel auf diese Zahlenreihen kommt:

n=3: 1 3 6 10 15 21 25 27 27 25 21 15 10 6 3 1
n=4: 1 4 10 ?????????????????? 10 4 1
n=5: 1 5 15 ???????????????????????? 15 5 1

 

[Lutz]

Danke ihr 2, das hilft mir schon sehr weiter!

V.a. habe ich wohl viel zu umständlich und wirr gedacht, Spawns Ansatz scheint mir sehr geeignet.

 

[FORYOUITERRA]

approximation mittels normalverteilung geht natürlich, aber du solltest die dafür benötigten parameter der würfelverteilung nicht durch eine stetige gleichverteilung abschätzen:

X sei eine diskrete zufallsvariable und nimmt nur zahlen j mit j=1,...,6 mit der wahrscheinlichkeit 1/6 an, dann gilt:
E(X)=1/6 * sum j = 7/2
Var(X) = 1/6 * sum (j-7/2)^2 = 35/12

würfel sind dabei naturgemäß unabhängig, so daß sich leicht weiterrechnen lässt.

 

[voelkerballtier]

Original geschrieben von MuchO_[SpeeD]
approximation mittels normalverteilung geht natürlich, aber du solltest die dafür benötigten parameter der würfelverteilung nicht durch eine stetige gleichverteilung abschätzen:

X sei eine diskrete zufallsvariable und nimmt nur zahlen j mit j=1,...,6 mit der wahrscheinlichkeit 1/6 an, dann gilt:
E(X)=1/6 * sum j = 7/2
Var(X) = 1/6 * sum (j-7/2)^2 = 35/12

würfel sind dabei naturgemäß unabhängig, so daß sich leicht weiterrechnen lässt.

dann rechne doch mal bitte leicht weiter? Erwartungswert für N würfe ist klar (N*3.5) summiert sich die varianz einfach zu 35/12 * sqrt(N) oder wie?

 

[FORYOUITERRA]

ihr habt doch die approximation selbst vorgeschlagen und eure idee war doch einfach: ersetze erwartungswert/varianz von normalverteilung durch die ersten beiden momente der würfelvariable.

du hast nun bei n würfen n unabhängige und identisch verteilte würfelvariablen Xi.
daraus bildest du die summe für die neue variable Z = sum Xi. die listet dir das augenzahlergebnis nach n würfen und ist durch folgende erste momente gekennzeichnet (unabhängigkeit => unkorreliertheit)
E(Z)= n*3.5 und var(Z)=n*35/2
das heißt, falls euer vorschlag gilt, so ist Z approximativ N(n*3.5, n*35/2)

bzw Z* = (Z-n*3.5)/(sqrt(35/2) * sqrt(n)) approx. N(0,1), womit er nur noch seine tabelle auspacken muß.

und ich persönlich habe keine ahnung wie gut eine solche approximation ist und kenne sie derart selbst nur von einer binomialverteilung, deshalb mein vorschlag:
simulier ein paar tausend würfelspielchen und teste nichtparametrisch mit einem kolmogoroff-smirnoff test, ob das ergebnis tatsächlich mit der hier vorgeschlagenen verteilung übereinstimmt.

edit: euer vorschlag müßte auf irgendeinen zentralen grenzwertsatz zurückgehen.

 

[AIL]

Würde mir das helfen, auszurechnen, wenn ich sagemermal 200 Würfel habe, wie hoch die Wahrscheinlichkeit ist, dass die Gesamtaugenzahl
a) genau 350 ist
b) maximal 350 ist

b) war, wenn ich es richtig verstanden habe, mehr oder weniger das, was den TE interessiert.

Bitte Mal an Hand meines Beispiels vorrechnen.

Edit: Eeek, die ganzen Fachbegriffe machen mich ganz kirre. Muss ich die kennen um sowas ausrechnen zu können? Ich bin doch nur unstudierter Pöbel!

 

[Lutz]

Bin im Netz fündig geworden, was dafür gültig sein sollte - komme aber erst später zu einem "Testlauf":

Gegeben seien
N Würfel mit
M Seiten und
S die Summe der Augenzahlen

Dann ist

P(S,N,M) = SUM[i=0,j]( (-1)^i * {N:i} * {(S-i*M-1)N-1)} )
Mit j = Int((S-N)/M)

Die Wahrscheinlichkeit, exakt S zu erwürfeln - was dann auch einen Ansatzpunkt für kleiner-gleich S ist.

Quelle:
http://hjem.get2net.dk/Klaudius/Dice.htm

 

[voelkerballtier]

also hab grad nochmal nachgelesen: die annahme VAR(X) = N*VAR(x) ist für gleichverteilte statistisch unabhängige einzelexperimente gerechtfertigt. Für große N gilt demnach mit K=gewürfelte Augensumme, X = N*3.5 und s=sqrt(N*35/12):

P(K<=T) = Int_-infty^T (1/(sqrt(2pi)*s) exp( - (x-X)²/(2s²) ) dx

in meinem tafelwerk gibts da auch ne tafel für

€ aus interesse auch mal werte eingesetzt
bei 1000 würfen is die wahrscheinlichkeit einer gesamtaugenzahl von weniger als 3450 ca. 18%. Weniger als 3400 erhält man nach meiner rechnung nur mit ca 5%

 

[lt-trainee]

Nur mal ne Frage am Rande: hat dieses Wissen einen praktischen Nutzen (sprich hast du ne Aufgabe gestellt bekommen oder willstes im Casino ausnutzen ) oder biste heut morgen aufegstanden und hast dir gedacht: heute verknoten wir der Community mal ein paar Gehirnwindungen Was ein Glück dass ich mathe net bis zum Ende studiert hab!

 

[Clawg]

Original geschrieben von lt-trainee
Nur mal ne Frage am Rande: hat dieses Wissen einen praktischen Nutzen

Uhm, das ist elementare Stochastik, kann man in so gut wie jedem Arbeitsgebiet gebrauchen in der irgendwo Zufallsvariablen auftauchen

Was ein Glück dass ich mathe net bis zum Ende studiert hab!

Wir haben das im ersten Semester gemacht

 

[Lutz]

Wie man an meiner letzten Quellenangabe sehen kann, ist das z.B. für Brettspiele, bei denen Würfel benötigt werden, interessant.

In der Tat hatte meine Anwendung aber einen konkreten Hintergrund:
Es ging um die Erstellung eines Tests, bei dem die Wahrscheinlichkeit, dass bestimmte Platzierungsresultate in einem Wettkampf reiner Zufall ist oder vom Können des Teilnehmers abhängt, abgeschätzt werden soll.

 

[Eeth]

Original geschrieben von ~XantoS~
Wie man an meiner letzten Quellenangabe sehen kann, ist das z.B. für Brettspiele, bei denen Würfel benötigt werden, interessant.

In der Tat hatte meine Anwendung aber einen konkreten Hintergrund:
Es ging um die Erstellung eines Tests, bei dem die Wahrscheinlichkeit, dass bestimmte Platzierungsresultate in einem Wettkampf reiner Zufall ist oder vom Können des Teilnehmers abhängt, abgeschätzt werden soll.

was für ein blöder test.

ich renne gegen meine oma und gewinne.
beweise es mathematisch.


86<22?
mist
:[

 

[Lutz]

Auf eine Weise funktioniert jeder Test so, z.B. Wahlumfragen.
Schließlich gibt es eine gewisse Wahrscheinlichkeit, dass die 1000 Personen, die du dafür befragst, durch Zufall alle NPD-Anhänger sind.

Neben den ganzen Tricks um deine Stichprobe gut zu machen, ist es einfach ein mathematisches Spiel: Mit welcher Wahrscheinlichkeit ist dein Ergebnis wie gut (= abweichend von der Realität).

Was soll daran blöd sein?

 

[Cutthroat1]

nunja, das wird bei umfragen aber immer mit beachtet. kommt immer drauf an, wie groß dein alpha-fehler ist.

also jede umfrage ist immer mit einem gewissen %satz falsch.

 

[Lutz]

Was erzählst du mir das?

Deswegen ist z.B. die Stichprobengröße ca. 1000 bei polit. Umfragen, was zusammen mit einigen Auswahltricks die Qualität halt ausreichend sein lässt.

Wenn man allerdings ein komplett neues Feld hat, muss man wieder neue Überlegungen anstellen, wann ein Test wie vernünftig ist - und genau das habe ich in diesem Thread getan.

 

[Asta Khan_inaktiv]

Ich hab nur mal kurz überflogen und bin nirgendwo auf die Begriffe Cebysev-Ungleichung, Chi²-Test oder Gesetz der großen Zahl gestoßen.

Wenn ich nicht selber gerade einen Aussetzer habe, ist die Verteilung der Würfelergebnisse eine Faltung mehrer Gleichverteilungen. Jedenfalls kannst du sie für große n durch die Normalverteilung approximieren. So weit so gut.
Um jetzt abzuschätzen, wie wahrscheinlich es ist, dass der Mittelwert von n Würfen um soundso viel vom Erwartungswert abweicht, verwendest du z.B. die Cebysev-Ungleichung, auch wenn sie nicht sehr genau ist.
http://de.wikipedia.org/wiki/Tschebyschow-Ungleichung
http://www.faes.de/Basis/Basis-Stat...-Quad-Test/basis-statistik-chi-quad-test.html

 

[BigBadWolf]

rofl...was ein unsinniger Post. Gesetz der großen Zahlen??? Wohl eher zentraler Grenzwertsatz, oder? Und Tschebyscheff ist bei approximierter NV (bei dem n) auch etwas für die Tonne...viel zu konservativ.


Würde übrigens auch zur Simulation raten...

Hört auf Speed, er hat wohl mit Abstand die meiste Ahnung hier im Thread.

 

[BigBadWolf]

Ich hab jetzt den Thread nochmal gelesen.

Erstens: auch wenn wir hier nicht von einer stetigen Verteilung ausgehen, sondern einer diskreten, denke ich, ist es bei genügend hohem n kein Problem, per Normalverteilung zu approximieren. Ebenso die Tatsache, dass es sich um eine Gleichverteilung handelt, ist bei Kennwerten mit genügend großem n nicht wirklich von Belange. Ich hab in R nen kurzes Prog geschrieben, um zu überprüfen, ob sich die Summenwerte der Würfelscores bei k Würfeln normalverteilen (wie Speed gesagt hat mit paartausend Würfelspielchen) und wenn man k groß genug wählt, ist das ne ganz gute NV. Die Diskretheit dürfte da imho eh keinen großen Unterschied machen.

Zweitens: Im Endeffekt steht der Ansatz ja schon hier im Thread. Wenn du wirklich einfach nur auf Zufälligkeit von Ergebnissen überprüfen willst, kannste wohl die Konfidenzintervalle der approximierten NV nutzen.

Drittens: Wie du das allerdings in deiner Anwendung einsetzen willst, ist mir etwas unverständlich. Wieso ein Würfel (mit 6 Seiten)? Hat man bei _einem_ Wettkampf nicht sowieso einen Haufen Störanfälligkeit und kann (Testtheorie) gar kein Können extrahieren, was dann als Prädiktor für erwartete Leistung herangezogen werden soll? Oder finden die Wettkämpfe x-tausend Mal statt (Reliabilitätssteigerung)?

Viertens: Hast du überhaupt noch irgendwelche Fragen oder wurde dein Problem "gelöst"?

Fünftens: Ich weiß nicht warum, aber irgendwie schwant mir, dass es bald einen potentiellen weiteren Beweis dafür geben soll, dass Poker kein Glücksspiel ist!?