Ein Brett- und Würfelspiel (HeroQuest) mit 5 Figuren, die über unterschiedliche Fähigkeiten verfügen.
z.B. Intelligenz
Figur A hat 2 Intelligenzpunkte
Figur B hat 3 Intelligenzpunkte
Figur C hat 4 Intelligenzpunkte
Figur D hat 5 Intelligenzpunkte
Figur E hat 6 Intelligenzpunkte
Während des Spieles müssen die Figuren u.a. Intelligenzproben bestehen, um in die nächsten Level zu kommen.
Die Intelligenzprobe wird mit Hilfe von Motivwürfeln gespielt. Der Motivwürfel ist sechsseitig und hat auf drei Seiten einen schwarzen Punkt.
Jede Figur darf dazu einmal mit so vielen Würfeln werfen, wie sie Intelligenzpunkte hat (z.B. Figur C würfelt mit 4 Motivwürfeln usw.).
Die Intelligenzprobe gilt als bestanden, wenn mindestens 2 schwarze Punkte erzielt werden.
Die Wahrscheinlichkeit, dass Figur A die Intelligenzprobe besteht, liegt dann bei 1 zu 4...
Nun meine Frage:
Wie hoch liegen die Wahrscheinlichkeiten für die anderen Figuren? Und wie rechnet man das?
Über Eure Hilfe wäre ich Euch sehr dankbar!
Gruß
Michi
buba
08.06.2003, 13:23
Ich würde es so rechnen:
p("mindestens zwei") = 1 - p("höchstens ein")
Für zwei Würfel:
(3/6)2 {beide Male nicht Punkt} + (2 über 1) (3/6) (3/6) {genau ein Punkt} = 27/36
1 - 27/36 = 9/36 = 1/4
Für drei Würfel:
(3/6)3 + (3 über 1) (3/6) (3/6)2 = 108/216
1 - 108/216 = 1/2
Für n Würfel:
(1/2)n + (n über 1) (1/2) (1/2)n-1 = (n+1) (1/2)n
1 - (n+1) (1/2)n
Harasser
08.06.2003, 13:35
Figur A= Barbar, Figur B = Zwerg, Figur C=Alb, Figur E = Zauberer, aber wer um himmels Willen ist Figur D? :-)
Ja, das gute alte Hero Quest. Hab ich früher auch öfter gespielt.
nobody
08.06.2003, 16:46
Ohh, so schnell... :eek:
klasse Buba, vielen Dank...
Wie sähe die Formel eigentlich aus, wenn die Figuren 3 schwarze Punkte erwürfeln müßten, um die Probe zu bestehen?
Wie sähe die Formel eigentlich aus, wenn die Figuren 4 schwarze Punkte erwürfeln müßten, um die Probe zu bestehen?
Wie sähe die Formel eigentlich aus, wenn die Figuren 5 schwarze Punkte erwürfeln müßten, um die Probe zu bestehen?
Wie sähe die Formel eigentlich aus, wenn die Figuren 6 schwarze Punkte erwürfeln müßten, um die Probe zu bestehen?
Gruß Michi_H
Harasser: Figur D ist die Figur B im Besitz des Zauberamulettes :D HeroQuest ist das genialste Spiel der Welt und wird durch die Fan-Gemeinde in seinen Grundregeln vollkommen überholt, so dass es den höheren Ansprüchen der mittlerweile in die Jahre gekommenen Spieler gerecht wird...
buba
08.06.2003, 18:12
Überleg doch mal, Michi_H. ;)
nobody
09.06.2003, 11:32
Uiuiui, Buba. Hast meinen Kopf ganz schön zum Knacken gebracht...immerhin ist es mindestens 8 Jahre her, dass ich mal rechnen mußte...
Aber ich glaube, ich hab es jetzt:
Wenn eine Figur m schwarze Punkte erwürfeln müßte, um die Intelligenzprobe zu bestehen,
sollte die Formel derart lauten:
1-((m-1)n+1)(1/2)^n
Kannst Du das bestätigen?
Noch eine Frage, (da wir nach der optimalen Regel für diese Intelligenzprobe suchen):
Wie hoch wäre die Wahrscheinlichkeit für die verschiedenen Figuren, die Probe zu bestehen, wenn m ebenfalls erwürfelt werden müßte, also nicht von vornherein festläge? Und zwar mit einem normalen 6-seitigen Würfel, der sozusagen dann den Schwierigkeitsgrad eines Rätsels o.ä. bestimmen würde...
Gruß Michi_H
P.S.: Könntest Du mir die Formel nennen, (meine Frau ist bereits ziemlich sauer, dass ich mich gestern Abend nur mit der Herleitung der oberen Formel beschäftigt habe....)
buba
09.06.2003, 12:37
Originalnachricht erstellt von Michi_H
Wenn eine Figur m schwarze Punkte erwürfeln müßte, um die Intelligenzprobe zu bestehen,
sollte die Formel derart lauten:
1-((m-1)n+1)(1/2)^n
Kannst Du das bestätigen?
Uiuiui... da müsste ich mich mal länger mit beschäftigen, doch:
Noch eine Frage, (da wir nach der optimalen Regel für diese Intelligenzprobe suchen):
Wie hoch wäre die Wahrscheinlichkeit für die verschiedenen Figuren, die Probe zu bestehen, wenn m ebenfalls erwürfelt werden müßte, also nicht von vornherein festläge? Und zwar mit einem normalen 6-seitigen Würfel, der sozusagen dann den Schwierigkeitsgrad eines Rätsels o.ä. bestimmen würde...
*grummel* Ich mag doch keine Wahrscheinlichkeitsrechnung, vor allem, wenn man viel grübeln muss. :p Das wär aber was für glimpse, upsidedown, doppelelch oder Lim_Dul. :angel: :D
P.S.: Könntest Du mir die Formel nennen, (meine Frau ist bereits ziemlich sauer, dass ich mich gestern Abend nur mit der Herleitung der oberen Formel beschäftigt habe....)
:D
nobody
11.06.2003, 21:33
Verdammt, meine Formel muss falsch sein.
Kann mir denn niemand helfen?
Gruß
Michi_H
doppelelch
12.06.2003, 07:58
1. Frage:
Wie hoch ist die Wahrscheinlichkeit, mindestens m mal schwarz zu werfen, bei n erlaubten Würfen?
1 - { Summe über alle k von k=0 bis k=(m-1) von [(n über k) (1/2)n] }
(eine klassische Binomialverteilung)
2. Frage:
In diesem Fall hast Du einen zweistufigen Zufallsprozess und die Formel wird ungleich komplizierter.
Der erste Wurf entscheidet über m (mögliche Ausgänge: 1 bis 6). Jedes m hat die Wahrscheinlichkeit (1/6). Für jedes m gilt dann die m-spezifische (oben aufgestellte) Formel. Entsprechend der Pfadregeln der Wahrscheinlichkeitsrechnung gilt dann:
(Zu jedem m gehört ein Pfad. Längs eines Pfades ist zu multiplizieren, also jeweils (1/6)*... . Und die Pfade sind allesamt zu addieren. Damit ergibt sich letztlich eine (ineinander geschachtelte) Doppelsumme (Das erspart Schreibarbeit, aber erschwert die Lesbarkeit. Ich habs jetzt trotzdem so geschrieben. Schau mal, ob Du mit dieser Doppelsumme klarkommst.))
(1/6) * [ Summe von m=1 bis 6 über [ 1 - { Summe über alle k von k=0 bis k=(m-1) von [(n über k) (1/2)n] } ] ]
Gruß
de
P.S.: Habt ihr schon eimal daran gedacht, auch (oder alternativ) n, also die Intelligenzpunkte, einem zusätzlichen Zufallsprozess zu unterwerfen? Das könnte dann richtig lustig werden (Ich meine mathematisch gesehen - spielerisch vielleicht auch :D )