Ich glaube ich stehe gerade auf dem Schlauch...
Wenn man bei einer 4 auf 1W4 neu würfelt, dann ist doch die Wahrscheinlichkeit für 1-3 jeweils 1/3. Unabhängig davon, wie oft wiederholt wird.
Der Ereignisraum beinhaltet doch nur die Ergebnisse 1-3. Die Wiederholung sollte man ignorieren können. Den Wurf gab's quasi nie.
Aber vielleicht irre ich mich auch...
@Topic: 1W4 sollte klappen. 1W6 halbieren ist für mich persönlich leichter, aber da hat jeder persönliche Präferenzen.
Wenn man bei einer 4 auf 1W4 neu würfelt, dann ist doch die Wahrscheinlichkeit für 1-3 jeweils 1/3. Unabhängig davon, wie oft wiederholt wird.
Der Ereignisraum beinhaltet doch nur die Ergebnisse 1-3. Die Wiederholung sollte man ignorieren können. Den Wurf gab's quasi nie.
Aber vielleicht irre ich mich auch...
Ja da irrst du dich. Ein W4 hat einen numerischen Erwartungshorizont (Durchschnittlichen Wurf, der zu erwarten ist) von 2,5. Wenn ich die 4 weglasse liegt also die Wahrscheinlichkeit eine 3 zu erwürfeln höher als bei einem W3.Wenn man einen W4 nimmt und jedesmal beim Resultat 4 den Wurf wiederholt, hat man einen W3.
Wenn man einen W4 nimmt und jedesmal beim Resultat 4 den Wurf wiederholt, hat man einen W3.
Der Erwartungshorizont beträgt dann 2, weil das Resultat 4 nicht erreicht werden kann.
Die 4 wird nicht gewertet (erneut würfeln, bis eine 1, 2 oder 3 liegt). Daher gibt es nur drei erreichbare Werte (1, 2, 3), und die Gesamtwirkung ist wie bei einem w3. Jedes Ergebnis hat eine Wahrscheinlichkeit von 1/3, Durchschnitt (1+2+3)/3=2.
Die 4 wird nicht gewertet...
Wo liegt denn da das Problem?
Durch 2 teilen und abrunden... 1-2 = 1, 3-4 = 2 und 5-6 = 3. Das geht imho schneller als Wdh.
da man eben mit einer Wahrscheinlichkeit von fast 1/3 (siehe mein Post oben) Wdh-Würfe macht - das wäre mir persönlich zu doof.
Bei einem W4 macht man dann sogar mit einer Wahrscheinlichkeit von ziemlich exakt 1/4 Wdh-Würfe ~;D
Um mal vom W4 zu füßeschönenderen Möglichkeiten zu gehen...
Das Wort, das du suchst, lautet "aufrunden".
Was echte W3 angeht, empfehle ich W6, die doppelt beschriftet sind. Zum Beispiel hier (http://www.rakuten.de/produkt/wuerfelzeit-w6-16mm-rechnen-123123-weiss-3-stck-30302412.html). (Der Laden ist generell toll für Würfel mit ungewöhnlichem Zahlenraum. Ästhetik ist leider nicht deren Fachgebiet. Wer vor dem Import nicht zurückschreckt, der kann sich auch hier (https://www.thediceshoponline.com/) gleich noch mit W5, W7, W9, W11 ausrüsten.)
danke :dIrgend was muss es doch wert sein, Lehrer/Dozent für Rechnen (nicht Mathematik!) zu sein... ;)
Ja das ist schon richtig aber sie ist trotzdem innerhalb der möglichen Ergebnisse (nur das dann ein Reroll kommt) daher gilt weiterhin (zumindest meiner vielleicht fehlerhaften Analyse nach) die Wahrscheinlichkeit eines W4.
Ich komm mir grade irgentiwe blöd vor.
Bei einem W4 macht man dann sogar mit einer Wahrscheinlichkeit von ziemlich exakt 1/4 Wdh-Würfe ~;DKommt auf die Bezugsmenge an. Man wiederholt 25 % aller gemachten Würfe, da jeder vierte statistisch eine 4 zeigen wird. Setzt man es in Beziehung zu den Würfen, die man im Spiel eigentlich braucht, sind es mehr, da man bspw zwei vieren würfeln kann, die beide wiederholt werden müssen, obwohl im Spiel nur ein Wurf verlangt wurde. Glaub zumindest, dass ist es, was vanadium meint.
Nein, siehe mein 1. Post dazu.
Kommt auf die Bezugsmenge an. Man wiederholt 25 % aller gemachten Würfe, da jeder vierte statistisch eine 4 zeigen wird. Setzt man es in Beziehung zu den Würfen, die man im Spiel eigentlich braucht, sind es mehr, da man bspw zwei vieren würfeln kann, die beide wiederholt werden müssen, obwohl im Spiel nur ein Wurf verlangt wurde. Glaub zumindest, dass ist es, was vanadium meint.
@Grandala:
Noch ein Ansatz zum Erläutern:
@Grandala:Sehr schön zusammen gefasst. Haben mich meine mittelmäßigen Stochastik-Kenntnisse und mein Bauchgefühl nicht verlassen ;D
Noch ein Ansatz zum Erläutern:
Nehmen wir mal die "Eins". Die Wahrscheinlichkeit mit einem W4 mit einem Wurf eine 1 zu würfeln beträgt p (1)=0,25.
Allerdings kann man die 1 auch beim Wiederholungswurf erreichen mit p(4,1)=0,25 * 0,25 (erst 4, dann 1). Ein Viertel aller Würfe wird neu geworfen und davon ergibt ein Viertel direkt wieder eine 1, also jeder 16. Wurf bzw. 1/16 = 0,0625 = 6,25% der Würfe Das muss drauf addiert werden zu 0,3125.
JUST ONE MORE THING! Auch im zweiten Wurf kann eine 4 fallen, die wiederum eine 1 ermöglicht. Also 0,25 * 0,25 * 0,25 für die Sequenz p (4,4,1). Ergibt in Summe mit den beiden anderen 0,328125.
Ich habe oben gelogen. Es kommen noch unendlich viele weitere Wahrscheinlichkeiten dazu, die aber immer kleiner werden für p (4,4,4,1), dann p (4,4,4,4,1) und so weiter. Die laufen aber wunderschön gegen des Grenzwert 1/3 = 0,3333...
Oder noch ein Ansatz. Gedankenexperiment mit vielen Eimern voll W4. Du kippst eine Million W4 in die Landschaft und sortiert . Das ergibt ungefähr vier Haufen zu je 250.000 Würfeln. Den 4er-Haufen packst du in Eimer, kippst die wieder aus und sortierst erneut. Ergibt drei Haufen mit jeweils 250.000 + 60.000 = 310.000 Würfeln. Die ca. 60.000 auf dem 4er Haufen würfelst du erneut. (10.000 weitere hat gerade der Rundungsfehlerhund gefressen). Das wiederholst du, bis keine Würfel mehr 4 zeigen. Rate mal wie viele Würfel auf jedem Haufen zu erwarten sind. ;)
Oder noch ein Ansatz. Gedankenexperiment mit vielen Eimern voll W4. Du kippst eine Million W4 in die Landschaft und sortiert . Das ergibt ungefähr vier Haufen zu je 250.000 Würfeln. Den 4er-Haufen packst du in Eimer, kippst die wieder aus und sortierst erneut.
Lebe aber trotzdem glücklich.
Guck einfach mal nach dem Ziegenproblem.
Da hier grade die Stochastik-Elite des Forums versammelt ist: Kann mir jemand sagen, wie man den Durchschnittswert herleitet für "4w6, der niedrigste Würfel wird nicht gewertet."? Ich könnte es mir aufschreiben (sind "nur" 1.296 Ergebnisse), aber da muss es doch ne rechnerische Lösung zu geben.Zum Verständnis: D.h. Durchschnitt der drei gewerteten Würfel?
@ Grandala:
Überleg doch mal folgendes: Nimm statt einen W4 einen W8 und würfle solange, bis du eine 1, 2 oder 3 erhältst.
Nach deiner Logik müsste der Erwartungswert immer noch 4,5 Betragen, denn das ist der Erwartungswert eines W8.
Da wir allerdings nur Ergbenisse von 1, 2 oder 3 erhalten (alles andere wird erneut gewürfelt) ist es unmöglich, dass der Durchschnitt bei 4,5 landen wird.
Zum Verständnis: D.h. Durchschnitt der drei gewerteten Würfel?Genau. Die Werte liegen wie bei 3w6 zwischen 3 und 18, aber der Durchschnitt muss höher sein als 10,5. Aber wieviel? Thx fürs Nachdenken. :)
"4d6 drop lowest"? Da komme ich nach einer kurzen Sitzung mit Netbeans in Java auf einen Durchschnitt von 15869 / 1296 = ca. 12,2446.
12,... kann aus zwingend logischen Gründen kaum sein.