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Hallo, besonders den Mathekünstlern!

 

Ich kasper immer noch so nebenher mit dem Erscheinen der 4. der 2er-Figuren herum.

 

Nochmals zur Erklärung:

 

Es geht darum, wann die 4. der Figuren fällt. Das kann frühestens mit dem 8. Coups sein. Egal in welcher Reihenfolge das passiert. Erscheint die 4. Figur nach 4 Figuren, also mit der 5. ergo in 10 Coups, muß sich eine der anderen 3 Figuren schon 1x widerholt haben.

 

Nun habe ich gestern mal gesucht, wie man das berechnen könnte , prozentual auf die Gesamtheit der Ereignisse. Vielleicht habe ich da auch eine Formel gefunden, bin mir aber nicht sicher und könnte die auch nicht ohne Rechenbeispiel mit Leben/realen Zahlen füllen.

 

Ich hatte dann erst die Idee, daß empirisch zu ermitteln, aber da sich angeblich alles in irgendwelche Formeln pressen läßt, sollte auch dies viel eleganter per Mathematik zu lösen sein.

 

Kann da jemand helfen?

 

Danke schon mal vorab!!!

 

Shotgun

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Shotgun,

 

Die eleganten Formeln habe ich im Mom nicht parat, da unterwegs.

 

die Wahrscheinlichkeit alle Figuren mit 8 Coups zu treffen ist 1:207

die Wahrscheinlichkeit, dass nach 3 erschienenen Figuren innerhalb der nächsten 2 Coups die 4. Figur fällt, beträgt rund 25%

Die Extreme auf Doppeltreffer, bzw. die fehlende 4.te Figur (SS - RS usw.) können bis zu >40 Coups betragen.

Das bedeutet, falls sich bereits eine Figur wiederholt hat, dann kann man die dafür benötigten 2 Coups von den Extremausbleibern subtrahieren (empirisch).

 

Gruss

Frenchy

 

 

bearbeitet von Frenchy
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Hallo Frenchy,

 

die 1/4*100=25% bekomme ich trotz meiner eher dürftigen Mathekenntnisse noch hin.  Aber dann stehe ich leider auf dem Schlauch.

 

Deshalb nochmals die Nachfrage: Hat jemand Daten die besagen: in x% erscheinen alle 4 Figuren in 8 Coups (oder in 4 Möglichkeiten).

In y% erscheinen alle 4 Figuren in 10 Coups (oder 5 Möglichkeiten).

In z% erscheinen alle 4 Figuren in 12 Coups (oder 6 Möglichkeiten) etc.

 

Ich habe bereits etliche empirisch ermittelte Daten, aber daraus kann ich ohne die Mathe-Werte nicht ablesen, wie weit sich da Schwankungen auswirken.

 

Kann mir jemand die nötige Formel liefern, bitte mit Beispielrechnung, denn sonst dürfte ich vor dem nächsten Problem stehen...

 

Danke!

 

Shotgun

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vor einer Stunde schrieb Shotgun:

Deshalb nochmals die Nachfrage: Hat jemand Daten die besagen: in x% erscheinen alle 4 Figuren in 8 Coups (oder in 4 Möglichkeiten).

In y% erscheinen alle 4 Figuren in 10 Coups (oder 5 Möglichkeiten).

In z% erscheinen alle 4 Figuren in 12 Coups (oder 6 Möglichkeiten) etc.

 

 

 

Danke!

 

Shotgun

Hallo Shotgun,

 

eine Formel kann ich Dir leider nicht geben, aber die prozentuale Verteilung für das Erscheinen der Zweierfiguren innerhalb einer Rotation (8 Coups) lautet folgendermaßen:

 

Erscheinung 1 Figur: 1,56%
Erscheinung 2 Figuren: 34,38%
Erscheinung 3 Figuren: 54,68%
Erscheinung 4 Figuren: 9,38%

Gruß

 

Jetonx


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Hallo an alle, die heute nicht zum Pflichtsaufen aufgebrochen sind!

 

Noch einmal, was ich meine. Ich habe inzwischen 2.800 Partien gecheckt und es sieht folgendermaßen aus:

 

Alle 4 Figuren erscheinen in

 

    4. Fiigur 260x

    5. Figur 393x

    6. Figur 407x

    7. Figur 400x

    8. Figur 306x

    9.Figur 247x

  10. Figur 180x

>10. Figur 607x

 

Nun würde ich gerne die empirisch ermittelten Werte mit den mathematischen Erwartungswerten abgleichen, da in dem doch eher noch geringen Auswertungsbereich erhebliche Schwankungen stecken können.

 

Aber falls irgendwer längere empirisch ermittelte Werte hat würden mir die auch helfen. Zumindest könnte ich dann abgleichen, ob meine Werte dem ähnlich sind.

 

Nochmals Danke jedem, der etwas helfen kann.

 

Shotgun

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vor 1 Stunde schrieb Shotgun:

Hallo an alle, die heute nicht zum Pflichtsaufen aufgebrochen sind!

 

Noch einmal, was ich meine. Ich habe inzwischen 2.800 Partien gecheckt und es sieht folgendermaßen aus:

 

Alle 4 Figuren erscheinen in

 

    4. Fiigur 260x

    5. Figur 393x

    6. Figur 407x

    7. Figur 400x

    8. Figur 306x

    9.Figur 247x

  10. Figur 180x

>10. Figur 607x

 

Nun würde ich gerne die empirisch ermittelten Werte mit den mathematischen Erwartungswerten abgleichen, da in dem doch eher noch geringen Auswertungsbereich erhebliche Schwankungen stecken können.

 

Aber falls irgendwer längere empirisch ermittelte Werte hat würden mir die auch helfen. Zumindest könnte ich dann abgleichen, ob meine Werte dem ähnlich sind.

 

Nochmals Danke jedem, der etwas helfen kann.

 

Shotgun

Hallo Shotgun,

 

ich verstehe zwar nicht genau welchen Bezug frühestmögliche Figurenwiederholungen auf ein gewinnorientiertes Spiel

bringen sollten, denn streng betrachtet ist das Gesetz der Figurenbildung ein Untergesetz zu dem der Serienbildung.

Ohne einen sauberen Satzfindungs-Marsch wird dir diese Betrachtungsweise kaum Vorteile bringen.

 

Chris

 

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Hallo Chris,

 

die frühestmögliche Widerholung hat absolut gar keine Bedeutung. Darum geht es nicht.

 

Ich will mal versuchen, es so zu erklären:

 

Ich bin seit x Jahren auf den EC unterwegs. Und das auch noch mit Gewinn, obwohl es eigentlich nicht gehen dürfte. Ich kann dabei weder mit sachse noch mit Maddinho oder vielleicht auch anderen konkurrieren, aber ich verliere auch nichts und streiche immer meinen Anteil ein.

Ich habe mich so in das EC-Spiel gefressen, daß ich eigentlich auch nichts mehr testen muß. Ich schaue mir eine Überlegung kurz an und kann in 99% aller Fälle vorhersagen, wie es enden wird. Einfach weil es logisch ist. Dazu habe ich mir vor allem angesehen, was andere schon tausendfach getestet - und verloren haben. Da lohnt es nicht, auch nur noch mal einen Gedanken daran zu verschwenden. Aber ich habe auch immer gelernt und ergründet, warum daß so ist. Es bringt mir nichts, wenn jemand mir erzählt es geht nicht oder mir die Endergebnisse von Millionen getesteten Coups serviert - ich muß es genau verstehen, warum das so ist! Nur das bringt einen weiter.

Wenn ich doch noch mal etwas über einige tausend Coups teste, dann um zu sehen, wie man eine vernünftige Buchung aufbauen kann bzw. um ein Gefühl für das Spiel zu bekommen.

 

Bei den Figuren habe ich inzwischen insgesamt 3.000 Partien gebucht, was ca. 50.000 Coups entspricht!

Was denkst du, warum ich mir das plötzlich wieder antue? Ok, man könnte Vergnügungssucht vermuten, ich versichere aber, daß ist es nicht.

 

Ich habe bei den ersten 1.800 Partien ein Gleichsatzergebnis beim Spiel auf eine Möglichkeit von +107 Stücke erzielt und ich weiß auch, wo diese Gewinne herkommen. Nix mit überlegenem Marsch.

In der nunmehrigen 2. Versuchsreihe bin ich zuerst heftig abgestürzt und dachte schon, damit wäre das Thema erledigt, aber nun bin ich wieder bei 21 Stücken im Plus. Bei der ersten Versuchsreihe ging es genau umgekeht, erst irre Gewinne und dann wieder einen Abbau auf das Endergebnis.

Wie bei allem, was mathematisch begründet ist, kann man natürlich eine Kontrollrechnung anstellen und es ergab sich, daß mein real erzieltes Ergebnis um lediglich 5 Stücke von dem mathematischen Soll abwich. Was bedeutet, daß mir auf 30.000 Coups kaum ein Buchungsfehler unterlaufen ist.

 

Mein Problem ist jetzt zu erkennen, wie weit meine empirischen Ergebnisse von mathematisch ermittelten Werten abweicht, denn nur dann kann ich beurteilen, ob es nicht doch noch im Bereich der normalen Schwankugsbreite liegt oder deutlich jenseits davon.

Also in wieviel % von der Gesamtzahl der Partien sind in 4 Möglichkeiten alle 4 Figuren einmal erschienen, in wieviel % in 5 Figuren etc.

Kann mir keiner die mathematischen Werte liefern, da ich leider zu dämlich bin die selbst zu errechnen, dann muß ich mal sehen ob sich nicht jemand findet, der mal eben einige Millionen Coups von seiner Rechenmaschine auszählen läßt. Es geht dabei ja nicht um das Programieren von irgend einem komplizierten System sondern um simples abzählen.

 

Shotgun

 

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vor 5 Stunden schrieb Shotgun:

Hallo Chris,

 

die frühestmögliche Widerholung hat absolut gar keine Bedeutung. Darum geht es nicht.

 

Ich will mal versuchen, es so zu erklären:

 

Ich bin seit x Jahren auf den EC unterwegs. Und das auch noch mit Gewinn, obwohl es eigentlich nicht gehen dürfte. Ich kann dabei weder mit sachse noch mit Maddinho oder vielleicht auch anderen konkurrieren, aber ich verliere auch nichts und streiche immer meinen Anteil ein.

Ich habe mich so in das EC-Spiel gefressen, daß ich eigentlich auch nichts mehr testen muß. Ich schaue mir eine Überlegung kurz an und kann in 99% aller Fälle vorhersagen, wie es enden wird. Einfach weil es logisch ist. Dazu habe ich mir vor allem angesehen, was andere schon tausendfach getestet - und verloren haben. Da lohnt es nicht, auch nur noch mal einen Gedanken daran zu verschwenden. Aber ich habe auch immer gelernt und ergründet, warum daß so ist. Es bringt mir nichts, wenn jemand mir erzählt es geht nicht oder mir die Endergebnisse von Millionen getesteten Coups serviert - ich muß es genau verstehen, warum das so ist! Nur das bringt einen weiter.

Wenn ich doch noch mal etwas über einige tausend Coups teste, dann um zu sehen, wie man eine vernünftige Buchung aufbauen kann bzw. um ein Gefühl für das Spiel zu bekommen.

 

Bei den Figuren habe ich inzwischen insgesamt 3.000 Partien gebucht, was ca. 50.000 Coups entspricht!

Was denkst du, warum ich mir das plötzlich wieder antue? Ok, man könnte Vergnügungssucht vermuten, ich versichere aber, daß ist es nicht.

 

Ich habe bei den ersten 1.800 Partien ein Gleichsatzergebnis beim Spiel auf eine Möglichkeit von +107 Stücke erzielt und ich weiß auch, wo diese Gewinne herkommen. Nix mit überlegenem Marsch.

In der nunmehrigen 2. Versuchsreihe bin ich zuerst heftig abgestürzt und dachte schon, damit wäre das Thema erledigt, aber nun bin ich wieder bei 21 Stücken im Plus. Bei der ersten Versuchsreihe ging es genau umgekeht, erst irre Gewinne und dann wieder einen Abbau auf das Endergebnis.

Wie bei allem, was mathematisch begründet ist, kann man natürlich eine Kontrollrechnung anstellen und es ergab sich, daß mein real erzieltes Ergebnis um lediglich 5 Stücke von dem mathematischen Soll abwich. Was bedeutet, daß mir auf 30.000 Coups kaum ein Buchungsfehler unterlaufen ist.

 

Mein Problem ist jetzt zu erkennen, wie weit meine empirischen Ergebnisse von mathematisch ermittelten Werten abweicht, denn nur dann kann ich beurteilen, ob es nicht doch noch im Bereich der normalen Schwankugsbreite liegt oder deutlich jenseits davon.

Also in wieviel % von der Gesamtzahl der Partien sind in 4 Möglichkeiten alle 4 Figuren einmal erschienen, in wieviel % in 5 Figuren etc.

Kann mir keiner die mathematischen Werte liefern, da ich leider zu dämlich bin die selbst zu errechnen, dann muß ich mal sehen ob sich nicht jemand findet, der mal eben einige Millionen Coups von seiner Rechenmaschine auszählen läßt. Es geht dabei ja nicht um das Programieren von irgend einem komplizierten System sondern um simples abzählen.

 

Shotgun

 

Hallo Shotgun,

 

besten Dank für deine Informationen.

 

Chris

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Hallo Shotgun,

 

Ich habe mal eine 9500 Coup lange Perm ausgewertet per 8er Rasterung.

Dabei habe ich ausschließlich die Erfüllung der 2er-Figur in 8 Coups untersucht.

 

Dabei kam heraus:

9500/8 = rund 1190 Versuche a 8 Coups

Treffer 97

Nichttreffer: 1092

 

was mich verwundert, ist, dass Deine empirischen (scheinbar?) Ergebnisse so stark abweichen.

 

Frenchy

 

 

 

 

 

bearbeitet von Frenchy
Korrektur
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Frage an die Mathematiker,

 

RR oder SS = COMB(2, 0)(18/37)^2 =  0,236

RS oder SR = COMB(2, 1)(18/37)^2 = 0,473

 

ist es sinnvoll/zulässig zur Ermittlung einen Mittelwert aus beiden Resultaten zu ziehen, um Shotguns Frage zu beantworten?

bearbeitet von Frenchy
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Hallo Shotgun,

 

leider bin ich auch kein Mathematiker, ich versuche mich nur ab und zu im Rechnen.

 

Also Du rasterst immer 8 Coups zu 4 2erFiguren, wenn ich das richtig verstanden habe.

Das könnte man mit einem doppelten Münzwurf vergleichen. Man wirft also 2 Münzen gleichzeitig.

 

Das Ergebnis wäre dann KK, KZ oder ZZ, leider nur 3 Zustände.

Um Deine Figuren nachzubilden, müssen sich die Münzen unterscheiden,

das geht zB mit 2 verschiedenen Nennwerten.

Erste Münze = 1Eur

Zweite Münze = 2Eur.

 

Dann ergibt die Ablesung 2 gleichhäufige Figuren KZ und ZK.

 

Ich hoffe das war bis hier verständlich.

Jetzt brauchst Du 4 Strichlisten, eigentlich nur 4 Felder oder 4 50ct Stücke.

Vor dem Versuch drehst Du die 50er auf Kopf, das ist das Zeichen für noch nicht erschienen.

 

1. Doppelwurf: Es erscheint eine Figur (muss ja), diese wird markiert, bzw der zugehörige 50er gewendet.

1. Treffer also immer und zu 100%

 

2. Doppelwurf: Hier ist die Trefferrate 3 von 4, also 75%

2. Treffer im 2. Wurf zu 75%, bzw 25% der Versuche scheiden aus und können nicht mehr 4 Figuren in 4 Würfen schaffen.

 

3. Doppelwurf: Von den 75% Versuchen werden nun 50% erneut eine weitere Figur erhalten.

3. Treffer im 3. Wurf überstehen noch 37,5% der Versuchsreichen, der Rest ist ausgeschieden.

 

4. Doppelwurf: Von den 37,5% Versuchen werden nun 25% die letzte Figur erhalten.

4 Treffer in 4 Würfen schaffen 9,375%.

 

Berechnung:

 

1/1 * 3/4 * 1/2 * 1/4

Oder noch offensichlicher:

4/4 * 3/4 * 2/4 * 1/4

 

wobei die 4 aus Deiner Vorgabe stammt, dass alle Figuren in 4 Würfen geschafft werden müssen.

 

Suchst Du die Zahl für 5 Versuche, dann schau nach den 25% geplatzen nach der 2. Runde.

Sie hätten nun wieder die Gelegenheit in 3 weiteren Würfen durchzukommen.

Ein Viertel von ihnen werden erneut sofort scheitern, aber 9,375% kommen in 5 Runden zum gewünschten Ergebnis...

 

1/4 * 3/4 * 2/4 * 1/4

 

und so weiter und so fort....

Die in Runde 3 beim ersten Durchlauf gescheiterten hätten noch 2 Versuche 2 Figuren zu machen. das waren 37,5% aller.

 

3/8 *2/4 *1/4

 

Die 75% der geplatzen in Versuch 4 hätten noch einen Versuch um es in 5 Runden zu schaffen.

 

3/4 * 1/4

 

Wenn ich mich nicht verhauen habe, sollten es 9,375% der Kandidaten mit 5 Runden schaffen, die es nicht mit 4 geschafft haben,

also 8,5% aller Versuche.

 

8,5% + 9,375% aller Vesuche schaffen es also innerhalb von 5 Runden.

 

Ich habe fertig,

Gruss vom Ego

 

 

 

 

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vor 58 Minuten schrieb Egoist:

 

1. Doppelwurf: Es erscheint eine Figur (muss ja), diese wird markiert, bzw der zugehörige 50er gewendet.

1. Treffer also immer und zu 100%

 

 

 

 

 

Ego,

 

die gesetzte erste aus 4 Figuren erscheint zu 25%.

 

Frenchy

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vor 10 Minuten schrieb Frenchy:

Ego,

 

die gesetzte erste aus 4 Figuren erscheint zu 25%.

 

Frenchy

 

Hallo Frenchy,

 

es ging doch um die Frage in wievielen Coups erscheinen alle 4 Zweier-Figuren.

Niemand setzt da etwas ein.

 

Du kannst ja gern mal vorrechnen, wie es aussähe, wenn die 4 Figuren ausserdem noch in einer bestimmten Reihenfolge kommen müssen (das wäre dann aber die Suche nach einer 8erFigur).

 

 

Gruss vom Ego

bearbeitet von Egoist
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Hi Ego,

 

nee, das rechne ich nicht durch.:lol:  Aber Du hast natürlich recht. Deine 100% stimmen in dem Sinne, dass zur Bildung der ersten Figur stets alle 4  (2er) Figurenvariationen zählen. Sorry für den Einwand.

 

Gruss

Frenchy

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Hallo Ego,

 

vielen Dank dafür, daß du dich des Themas angenommen hast! Ich habe da noch etwas Verständnisschwierigkeiten, aber ich werde es Morgen nochmals zu verstehen versuchen, was deine Berechnungen darstellen.

 

Aufgefallen ist mir, daß du von einer Rasterung ausgehst. Das ist nicht korrekt! Wenn Rasterung, dann ale 2 Coups, da erst diese eine Figur entstehen lassen. Ich muß sagen, deine 2-Münzen-Beispiele verwirren erst noch.

Ansonsten buche ich die gefallene Figur (also alle 2 Coups!) mit z.B. 2-3-4-1 bedeutet: In vier Figuren sind auch alle möglichen 4 erschienen. Partie Ende! Kreuzchen unter Spalte =4.

 

Oder: 3-3-3-4-1-1-2 Alle 4 Figuren erschienen. Partie Ende. Kreuzchen unter =7.

Dann 2-1-2-1-3-3-3-1-2-1-3-3-3-3-2-4 Alle 4 Figuren erschienen. Partie Ende! Kreuzchen unter >10.

 

Also keine zusätzliche Rasterung nach 8 Coups oder ähnliches.

 

Darauf basierend möchte ich nun errechnen in wieviel Prozent der Gesamtanzahl der Partien alle 4 Figuren eben nach 4 Figuren erschienen sollten (math. Erwartungswert), in 5 Figuren etc.

 

Deine Werte für das Erscheinen aller 4 Figuren innerhalb von 4 Figuren, also 8 Coups und damit so hurtig wie nur möglich, liegt ziemlich deckungsgleich mit meinen empirischen Werten.

 

Danke nochmals für deine Bemühungen!

 

Shotgun

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vor 6 Minuten schrieb Shotgun:

Aufgefallen ist mir, daß du von einer Rasterung ausgehst. Das ist nicht korrekt! Wenn Rasterung, dann ale 2 Coups, da erst diese eine Figur entstehen lassen. Ich muß sagen, deine 2-Münzen-Beispiele verwirren erst noch.

 

Moin Shotgun,

 

vielleicht habe ich eine andere Begrifflichkeit zum Thema Rasterung, das ist aber nicht schlimm, wir meinen schon das gleiche.

Immer 2 Coups bilden eine Figur. Wenn der erste Coup eine ungerade Coupnummer hat, dann hat der 2. eine gerade.

1. R

2. R

3. S

...

Man könnte aber auch eine zusätzliche Figur aus 2. und 3. auslesen (RS), so hätte man schon 2 Figuren mit 3 Coups erzeugt.

 

Allerdings bin ich kein Figurenspieler, daher sicher unbedarft, wie man sowas richtig spielt.

Die beiden Münzen waren dazu gedacht 2 Coups mit einem Rutsch zu erzeugen.

Damit sie auch die Coupreihenfolge miterzeugen, die man braucht, gibt es die 1Eur, welche den ungeraden Coup anzeigt,

und die 2Eur-Münze für die Coups mit gerader Nummer.

 

Hoffe nicht noch mehr Verwirrung ausgelösst zu haben...

 

 

Gruss vom Ego

 

 

vor 6 Minuten schrieb Shotgun:

Ansonsten buche ich die gefallene Figur (also alle 2 Coups!) mit z.B. 2-3-4-1 bedeutet: In vier Figuren sind auch alle möglichen 4 erschienen. Partie Ende! Kreuzchen unter Spalte =4.

 

Oder: 3-3-3-4-1-1-2 Alle 4 Figuren erschienen. Partie Ende. Kreuzchen unter =7.

Dann 2-1-2-1-3-3-3-1-2-1-3-3-3-3-2-4 Alle 4 Figuren erschienen. Partie Ende! Kreuzchen unter >10.

 

Also keine zusätzliche Rasterung nach 8 Coups oder ähnliches.

 

Darauf basierend möchte ich nun errechnen in wieviel Prozent der Gesamtanzahl der Partien alle 4 Figuren eben nach 4 Figuren erschienen sollten (math. Erwartungswert), in 5 Figuren etc.

 

Deine Werte für das Erscheinen aller 4 Figuren innerhalb von 4 Figuren, also 8 Coups und damit so hurtig wie nur möglich, liegt ziemlich deckungsgleich mit meinen empirischen Werten.

 

Danke nochmals für deine Bemühungen!

 

Shotgun

 

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Guten Morgen, Ego!

 

Auch auf die Gefahr hin, daß ich langsam nervig werde, aber ich kriegs einfach nicht auf die Kette!

 

Ich versuche nun seit über einer Stunde mit Hilfe deiner Erklärung zu errechnen, in wieviel Prozent aller Fälle mit der 7. Figur alle 4 erschienen sein sollten. Was ich dabei rausbekomme verscheige ich lieber. Es liegt zwischen 3,67% und 66%. Ich vermute, beides ist weit von der Wahrheit entfernt.

 

Ich habe inzwischen ca. 4.000 Partien durch. Hier mal, was ich empirisch für 3.600 Partien ermittelt habe.

 

 4 Fig. = 329x =   9,14%

 5 Fig. = 507x = 14,08%

 6 Fig. = 527x = 14,64%

 7 Fig. = 514x = 14,28%

 8 Fig = 389X = 10,56%

 9 Fig. = 308x =  8,56%

10Fig. = 235x =  6,53%

>10Fig=791x =21,97%

 

(Die Abweichung von 0,01% in der Summe ist dem Runden geschuldet.)

 

Dabei macht es mich vor allem stutzig, daß die Werte für das Erscheinen mit der 5ten, 6ten und 7ten Figur so dicht beieinander liegen.

 

Wenn ich deine Berechnung richtig verstanden habe, dann sollte z.B. der Wert für das Erscheinen mit der 5. Figur 8,5% + 9,375% = 17,875% sein.

Mein empirisch ermittelter Wert liegt gerade mal bei 14,08%, was schon eine beachtliche Abweichung ist.

 

Könntest du noch mal die Formel einstellen, um z.B. zu berechnen, in wieviel Prozent alle 4 Figuren mit der 7. erschienen sind und um direckt zu sehen, wo man welchen Wert ändern muß, um dann  z.B das Erscheinen mit der 6. zu berechnen, indem du diese Formel darunter setzt?

Nach deinen Erklärungen verstehe ich leider nur Bahnhof, sorry.

Oder setze einfach eine Tabelle ein, aus der ich die mathematischen Erwartungswerte ablesen kann, so wie oben die Tabelle für die empirischen Werte.

 

Danke nochmals! Vielleicht hilfst du mir ja trotzdem noch weiter.

 

Shotgun

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vor 5 Stunden schrieb Shotgun:

Guten Morgen, Ego!

 

Auch auf die Gefahr hin, daß ich langsam nervig werde, aber ich kriegs einfach nicht auf die Kette!

 

Ich versuche nun seit über einer Stunde mit Hilfe deiner Erklärung zu errechnen, in wieviel Prozent aller Fälle mit der 7. Figur alle 4 erschienen sein sollten. Was ich dabei rausbekomme verscheige ich lieber. Es liegt zwischen 3,67% und 66%. Ich vermute, beides ist weit von der Wahrheit entfernt.

 

Moin Shotgun,

 

Du hast recht, meine Berechnungsmöglichkeit war an eine andere Versuchsanordnung gekoppelt und darf so nicht 1 zu 1 auf Deine angewendet werden.

Die Abweichung schon beim 10. Coup, also nach Erscheinen der 5. Figur macht den Unterschied zu meiner Extrapolation deutlich.

 

Ich bekomme mit meinem Model nur heraus, wieviele Versuche es nach 4 Würfen geschafft haben: 9,375%

Oder anders: Wenn Du 80.000 Coups hast, passen da 10.000 Gruppen a 4 Figuren hinein, ok?

Wurden diese ausgewertet, wurde jeder Coup einmal benutzt. Nun gibt es keine weiteren :(

es sei denn wir benutzen die Coups der angrenzenden Figuren einfach weiter oder wir starten neu

mit 100.000 Coups und suchen jetzt nur nach den 5er Sets die alle 4 Figuren enthalten.

 

 

vor 5 Stunden schrieb Shotgun:

 

Ich habe inzwischen ca. 4.000 Partien durch. Hier mal, was ich empirisch für 3.600 Partien ermittelt habe.

 

 4 Fig. = 329x =   9,14%

 5 Fig. = 507x = 14,08%

 6 Fig. = 527x = 14,64%

 7 Fig. = 514x = 14,28%

 8 Fig = 389X = 10,56%

 9 Fig. = 308x =  8,56%

10Fig. = 235x =  6,53%

>10Fig=791x =21,97%

 

So wie Du die Sache vermutlich machst, kommen wir schlecht weiter.

Gehst Du an die Kette von endlosen Coups heran und zählst aus, wie lange es gedauert hat,

bis jeweils alle 4 Figuren erschienen sind?

 

Ich muss darüber nochmal nachdenken... bis später...

 

 

Gruss vom Ego

 

p.s.: Hier noch schnell das Modell zu dem ersten 4er einmal anders

 

 

  1 2 3 4   Runden Coups
1 25,00% 25,00% 25,00% 25,00% 100,000% 10000,0 80000
2 25,00% 25,00% 25,00% 25,00% 75,000% 7500,0  
3 25,00% 25,00% 25,00% 25,00% 37,500% 2812,5  
4 25,00% 25,00% 25,00% 25,00% 9,375% 263,7 7500
               
        Rest 90,625%    

 

Die grauen %Zahlen sind die "kaputten" Versuche, die eine oder mehr Figuren doppelt getroffen haben...

Die 7500 sind die beteiligten Coups von den 80.000

 

 

 

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Hallo,

 

RR   Figur 1

RS    Figur 2

SS    Figur 3

SR    Figur 4

 

Kommt jetzt in 6 Coups

Figur  1

Figur  3

Figur  4

 

Dann kann die 4. Figur nur kommen, wenn im 7. Coup  R  erscheint, mit 50% Wkt, den nur dann kann die Figur 2 erscheinen.

 

Erscheint im 7. Coup S, dann ist die  Wkt. 100 %, dass die 4. Figur nicht erscheint.

 

Das ist doch wichtig, wenn man die anderen %te ausrechnen will?

kesselman

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Hallo kesselmann,

 

es ist unwichtig, wie die Figuren entstehen, es geht um die Häufigkeit.

Was man dann später damit am Kessel macht, ist eine andere Sache, das weiss vermutlich nur Shotgun...

 

 

----------------

 

So, nochmal vorsichtig weiter...

 

Oben hatten wir 80.000 Coups in 8er Segmenten, also 10.000

Gute 90% haben es nicht geschafft, die brauchen je 2 neue Coups für den nächsten Versuch.

Das wird sich auch auf die Prozentzahl 9,375% der fertigen Versuche auswirken, weil es dann mehr Coups sind.

 

Von den Versuchen mit weniger als 4 Figuren dürfen nun diejenigen erneut versuchen, es zu schaffen,

die schon 3 Figuren im Sack haben. Wieviele sind das? :kopfkratz:

 

Also in die vorletzte Runde hatten es noch 37,5% der Versuche geschafft und ein Viertel davon hat die letzte Figur getroffen.

Daher brauchen wir schon mal die übrigen 75% von 37,5% also 28,125%

 

  1 2 3 4   Runden Coups
1 25,00% 25,00% 25,00% 25,00% 100,000% 10000,0 80000
2 25,00% 25,00% 25,00% 25,00% 75,000% 7500,0  
3 25,00% 25,00% 25,00% 25,00% 37,500% 2812,5  
4 25,00% 25,00% 25,00% 25,00% 9,375% 263,7 7500
               
        Rest 90,625% 9062,5  

 

Hier nochmal die Tabelle, denn leider waren das noch nicht alle mit 3 von 4 Figuren nach 4 Runden.

Die 25% Versuche, die schon in Runde 2 ausgeschieden sind, hätten inzwischen 2 neue Figuren treffen können

und müssen daher auch mitspielen......

 

Das Problem wird so immer kniffeliger, wenn man kein Mathematiker ist, nochmal Rauchpause...

 

 

bearbeitet von Egoist
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Alles auf Anfang
               
      Input: 10000      
            2.Chance  
Round Probability p success misses Winner Loser win lose
1 1 100,00% 0,00% 10000 0    
2 0,75 75,00% 25,00% 7500 2500 1875 625,0
3 0,5 50,00% 50,00% 3750 6250 2500 4062,5
4 0,25 25,00% 75,00% 937,5 9062,5 2890,6 8671,9
Nun noch die 5. Ziehung, für die übrigen, die die 2.Chance nicht vergeigt haben
        2890,6      
5 0,25 25,00% 75,00% 722,7 2168,0    
               

 

 

Ich glaube so kommen wir der Sache langsam näher

9,375 % schaffen es auf Anhieb und

7,227 % mit der zweiten Chance, also gesamt

16,60% machen es in 5 Runden klar.

 

Bleibt noch das Problem mit den verbrauchten Coups, denn die Top 9% mussten ihre 5.Runde verfallen lassen.

 

 

bearbeitet von Egoist
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Ich hätte mir vielleicht vorher schon mal die Mühe machen sollen, eine Rechenmaschine zu benutzen

 

https://www.wolframalpha.com/input/?i=4+sided+dice,+number+of+dice%3D5

 

5 Würfel mit 4 fairen Seiten bilden die Situation schon ganz gut ab:

 

all faces show | 0.2344 ~~ 1 in 4 all dice different | 0 doubles | 0.5859 ~~ 1 in 1.7 3 of a kind | 0.3516 ~~ 1 in 3 4 of a kind | 0.05859 ~~ 1 in 17 (assuming fair 4-sided dice) (doubles excludes 3 of a kind, 3 of a kind excludes 4 of a kind, etc.)
 
Unter all faces show sind sozusagen alle 4 Figuren min 1x enthalten
Hier noch der 4er mit 4 "Würfeln:
all faces show | 0.09375 ~~ 1 in 11 all dice different | 0.09375 ~~ 1 in 11 doubles | 0.7031 ~~ 1 in 1.4 3 of a kind | 0.1875 ~~ 1 in 5 4 of a kind | 0.01563  =  1 in 64 (assuming fair 4-sided dice) (doubles excludes 3 of a kind, 3 of a kind excludes 4 of a kind, etc.)
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vor 3 Stunden schrieb Egoist:

Hallo kesselmann,

 

es ist unwichtig, wie die Figuren entstehen, es geht um die Häufigkeit.

Was man dann später damit am Kessel macht, ist eine andere Sache, das weiss vermutlich nur Shotgun...

 

 

 

 

dann ist Deine ganze Rechnerei aber für die Tonne.

 

Denn die Häufigkeit ist minimiert!

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Hallo Leute,

 

es beruhigt mich ja ungemein, daß die Sache wohl doch nicht ganz so simpel zu berechnen ist. Da stehe ich doch wenigstens nicht ganz so dämlich da!

 

Bei der Würfelgeschichte habe ich die 9,375% erspäht, aber was besagt der Rest?

 

Übrigends habe ich das Problem in einem Matheforum angefragt, aber es gibt keine Antwort. Da kann es natürlich sein, daß es diesen Künstlern zu banal ist, sich mit so einem Problemchen zu befassen.

 

Eigentlich ist es ja egal, daß es sich um Figuren handelt, habe ich so überlegt. Es gibt statt Rouge oder Noir eben 1, 2, 3 oder 4. Wie die zustande kommen ist doch eigentlich auch egal. Es entsprechen eben 2 "normale" Coups einem Figurencoup und fertig.

Allerdings bin ich an der Stelle dann auch schon wieder mit meinem Latein am Ende.

 

Shotgun

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Hallo,

 

ich habe das Problem noch mal in einem anderen Mathe-Forum gepostet, mal sehen ob es da eine Antwort gibt.

 

Immerhin hat mir jemand verdeutlicht, wie man die Sache auch betrachten kann. In Anlehnung an das Bernouille-Experiment als eine Urne mit 4 verschiedenfarbigen Kugeln und nun gilt es, die Kugeln zu ziehen bis alle 4 einmal gezogen wurden. Wobei natürlich die gezogene Kugel wieder zurück gelegt wird.

 

Warum finde ich die Figuren plötzlich so spannend? Weil ich es von den EC her so kenne, daß ich machen kann, was ich will, jedenfalls wenn es sich um eine Progression in Verbindung mit einem Marsch handelt - es geht immer Plus/Minus Null aus! Dann kommt die Zero drauf und Ende im Gelände. Erst wenn man einen Gang höher schaltet kann man das aushebeln. Dann sind auch die scheinbar festgeschriebenen -1,35% kein Thema mehr.

 

Bei den Figuren scheint mir das zu kippen. Wobei mir garantiert noch reichlich Denkfehler unterlaufen, dafür ist mir das Thema denn doch noch zu neu.

 

Beispiel: So wie ich es simuliere, gibt jede richtige Vorhersage der erscheinenden 4. Figur 3 Plusstücke, jede falsche Vorhersage kostet 1 Stück. Scheinbar logisch, bei einer Wahrscheinlichkeit von 3 Verlusten auf einen Treffer gibt das wieder +/- Null. Das ist aber eindeutig ein Fehlschluß!

Egal welche Stufe ich nehme, ob ich sage ich setze immer auf das Erscheinen mit der 6. Figur oder mit der 7. Figur oder auch eine Kombination - rechnerisch endet es IMMER im Minus. Auch ohne Zero.

Praktisch aber ende ich im Plus, auch mit Zero! Ich weiß auch schon, wo das herkommt. Aber ohne mathematische Vergleichswerte kann es immer noch das Resultat von Schwankungen sein.

Da liegt die Problematik.

 

Shotgun

 

 

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