Die Heffalump-Formel
Steffen Buehler
diesen Sommer hatten wir ein Ferienhaus in der Bretagne gemietet. Es
waren wundervolle zwei Wochen mit erstaunlich unbretonischem Wetter, die
mich so richtig abschalten ließen, so daß ich den Kopf mal wieder für
etwas Mathematik frei hatte. Und schon hielt mich ein Problem in Bann,
das ich bis heute nicht gelöst habe.
Wir kauften unsere Sachen meistens im Supermarkt. Habt Ihr schon mal
eine Weinabteilung in einem französischen Supermarkt gesehen? Nein?
Solltet Ihr aber. Aber zur Sache: in diesem Supermarkt gab es einen
Automaten mit Figuren zum neuen Heffalump-Film. (Für Nichteingeweihte
bzw. Kinderlose: das ist das neueste Winnie-Puuh-Machwerk von Disney.)
Es gab sechs verschiedene Figuren, wenn man ein 2-Euro-Stück reinwarf,
kam eine raus. Irgendeine. Meine Tochter wollte aber das Ferkel.
Nun gut, wir warfen zwei Euro rein und bekamen den Esel. Auch ganz nett.
Am nächsten Tag kam Tigger. Am übernächsten auch. Und nun beging ich den
Fehler, meiner Tochter zu erklären, daß, wenn man vielleicht zehnmal
zieht, die Chance bestimmt schon recht hoch ist, auch mal das Ferkel zu
kriegen. Ab dann mußten wir nämlich täglich in diesen Supermarkt. War
nicht so schlimm, habe ich Euch schon erzählt, wie groß die
Weinabteilung ... Ach so.
Und dann wollte ich's wissen: wie hoch ist die Wahrscheinlichkeit bei
angenommener Gleichverteilung und beliebig vielen Figuren im Automaten,
mit zehn Zügen alle sechs zu haben? Kann nicht so schwer sein, dachte
ich, nahm Papier und Bleistift und fing an. Schnell hatte ich raus, daß
es bei sechs Zügen 1*2*3*4*5*6 = 720 Möglichkeiten gibt, die Figuren zu
bekommen und 6^6=46656 Möglichkeiten insgesamt. Das ist eine Chance von
1,5 %, konnte ich meine Tochter trösten. Dann wollte ich weiterrechnen.
Ich weiß schon nicht mehr, ob und wie ich es schaffte, die Zahl für
sieben Züge auszurechnen, die Zettel habe ich weggeworfen. Ich glaube,
ich hatte etwa 20 % für neun Züge raus, was uns nicht gerade ermutigte,
und tatsächlich hatten wir zum Schluß, glaube ich, fünfzehn Figuren,
aber kein Ferkel. Das haben wir dann für fünf Euro im Supermarkt
gekauft, sah zwar nicht ganz so aus wie das aus dem Automaten, aber
immerhin.
Zu Hause am Computer dachte ich "jetzt will ich's wissen" und schrieb
ein kleines Primitivprogramm, das z. B. bei allen Neunerkombinationen
der Zahlen 1 bis 6 diejenigen zählt, bei denen eben alle sechs Zahlen
vorkommen, und ließ es laufen. Das Ergebnis:
Züge Kombinationen mit 1-6 Kombinationen gesamt Prozent
6 720 46656 1,5
7 15120 279936 5,4
8 191520 1679616 11,4
9 1905120 10077696 18,9
10 16435440 60466176 27,2
11 129230640 362797056 35,6
12 953029440 2176782336 43,8
13 6711344640 13060694016 51,4
Kein Wunder also. Aber wie rechnet man sowas? Anders ausgedrückt: welche
Formel ergibt die Wahrscheinlichkeit, daß bei einem Wurf mit n Würfeln
die Zahlen 1 bis 6 erscheinen? Das kann doch nicht so schwer sein. Die
Gesamtkombinationen sind natürlich die Sechserpotenzen, aber bei den
anderen Zahlen verliere ich mich andauernd in irgendwelchen Fakultäten
und Permutationen. Vielleicht kommt noch ein Programmierfehler dazu, und
die Zahlen stimmen sowieso nicht.
Hilft mir jemand?
Viele Grüße
Steffen
Steffen Buehler
> Steffen Buehler <steffen...@mailinator.com> writes:
>>welche Formel ergibt die Wahrscheinlichkeit, daß
>>bei einem Wurf mit n Würfeln die Zahlen 1 bis 6 erscheinen?
> Ich glaube, daß der Text auf Seite 30 (unten) bis Seite 31
> (oben) (vor Abschnitt 3.2) in dem folgenden Werk dazu paßt.
>
> http://itp.tugraz.at/LV/wvl/Statistik/A_WS_pdf.pdf
Prima, danke. Die einfache Formel p = 1-(5/6)^n löst das eigentliche
Problem "wie hoch ist die Wahrscheinlichkeit, daß nach n Zügen das
Ferkel kommt". Nach 15 Zügen liegt diese schon bei über 93 Prozent, was
zeigt, daß wir entweder Riesenpech hatten oder die Figuren nicht
besonders gut gemischt waren. Der arme Kerl nach uns sitzt nun wohl auf
einem Berg von Ferkeln, obwohl er doch Winnie wollte ...
Aber mein (falscher) Ansatz "wie hoch ist die Wahrscheinlichkeit, daß
ich nach n Zügen _alle_ _sechs_ Figuren habe" läßt mich dennoch nicht
los, und der Link hilft mir hier auch nicht weiter. Was sagt Ihr?
Viele Grüße
Steffen
Hugo Pfoertner
Zuerst mal eine kleiner Tip: Wenn Du selbst ein bisschen im Web nach
Material zu diesem Thema suchen moechtest (und Englisch verstehst), dann
findest Du das unter dem Begriff "Coupon Collector’s Problem".
Wenn Du an den Zahlen z.B. fuer 50% Wahrscheinlichkeit interessiert
bist, lohnt ein Blick in Sloane's OEIS, z.B.
http://www.research.att.com/projects/OEIS?Anum=A052488
http://www.research.att.com/projects/OEIS?Anum=A067176
http://www.research.att.com/projects/OEIS?Anum=A073593
Die Tabelle fuer 95% Wahrscheinlichkeit auf
http://www.research.att.com/projects/OEIS?Anum=A085813
entahaelt auch einige Erklaerungen, Formeln und Beispiele.
Eine Tabelle mit den Einzelwahrscheinlichkeiten fuer kleine Objektzahlen
findest Du in
http://www.research.att.com/projects/OEIS?Anum=A090582
und den dort angegebenen Links.
Abschaetzungen fuer die Varianz findet man im Kapitel 2 des Artikels:
http://valis.cs.uiuc.edu/~sariel/teach/2002/a/notes/06_collector.pdf
Es gibt uebrigens eine huebsche Umkehrung des Problems, die z.B. bei
Wildzaehlungen angewandt wird, naemlich die Frage, wie gross der
Erwartungswert fuer die (unbekannte) Zahl verschiedener Arten ist, wenn
Du bei n Ziehungen k verschiedene Arten gefunden hast. Dazu gibt's ein
kleines Programm im Web auf
http://javeeh.net/statapps/Coupon.html
Wenn man dort Deine Zahlen, 15 gekaufte Objekte und 5 gesehene
verschiedene Arten eingiebt, dann bekommt man "The endpoints of a two
sided 95% confidence interval are 5 and 8" und als "Maximum Likelihood"
Schaetzung 5. Na ja, hast halt Pech gehabt, aber als Entschaedigung
gab's ja noch die Weinabteilung.
Hugo
Rainer Rosenthal
> Steffen Buehler schrieb:
>>Aber mein (falscher) Ansatz "wie hoch ist die Wahrscheinlichkeit, daß
>>ich nach n Zügen _alle_ _sechs_ Figuren habe" läßt mich dennoch nicht
>>los, und der Link hilft mir hier auch nicht weiter. Was sagt Ihr?
> [ viele interessante Links ]
> Schaetzung 5. Na ja, hast halt Pech gehabt, aber als Entschaedigung
> gab's ja noch die Weinabteilung.
Halt mal,ich sehe einen praktikablen, wenn auch aufwaendigen Ansatz.
Wäre es nicht so spät und hätte ich in den letzten zwei Stunden
nicht soviele Rechenfehler gemacht, dann könnte ich damit jedenfalls
die von Steffen Buehler gestellte Frage für n=10 schon beantworten.
Mein Ansatz ist dieser: Betrachte die "guten" Ziehungen und charakteri-
siere sie jeweils durch 10 Buchstaben, wobei nur die Buchstaben w und
u verwendet werden. Dabei steht w für "wichtig" und u für "unwichtig".
Mit "wichtig" bezeichne ich das erste Auftreten einer Zahl. Beispiels-
weise werde ich die Ziehung 3441652345 charakterisieren als
wwuwwwwuuu, weil die ersten beiden Zahlen wichtig sind, die dritte aber
schon doppelt ist, usw.
Diese Muster der Länge 10 beginnen alle mit w, weil die erste Zahl
ja noch nicht doppelt sein kann, also wichtig ist. Und sie haben
alle genau sechs w. Und wenn ich für jedes dieser Muster weiss, wie
oft es unter den möglichen 6^10 Ziehungen vorkommt, dann kenne ich
die Anzahl der günstigen Ziehungen.
Die Aufzählung der Muster ist eine machbare Angelegenheit, wenn man's
konzentriert oder per Programm angeht. Und die Anzahl der Ziehungen
zum Muster, das ich oben als Beispiel gegeben hatte, also wwuwwwwuuu,
ist gleich 6! * 2 * 6^3, denn es gibt 6! Belegungen für die w-Posi-
tionen und das erste u muss eines der ersten beiden w sein. Die letzten
drei u können jede Zahl sein.
Für ein Muster wie z.B. wwuwuuwwuw ist die Anzahl 6! * 2 * 3^2 * 5.
Gruss,
Rainer Rosenthal
r.ros...@web.de
Rainer Rosenthal
> Steffen Buehler fragte:
>> ... wie hoch ist die Wahrscheinlichkeit, daß
>> ich nach n Zügen _alle_ _sechs_ Figuren habe?
>
> Mein Ansatz ist dieser: Betrachte die "guten"
> 10 Buchstaben, wobei nur die Buchstaben w und
> u verwendet werden. Dabei steht w für "wichtig"
> und u für "unwichtig".
> Mit "wichtig" bezeichne ich das erste Auftreten
> 3441652345 charakterisieren als wwuwwwwuuu, weil
> die ersten beiden Zahlen wichtig sind, die dritte
> aber schon doppelt ist, usw.
> Die Aufzählung der Muster ist eine machbare Ange-
> legenheit ... die Anzahl der Ziehungen zum Muster,
> das ich oben als Beispiel gegeben hatte, also
> wwuwwwwuuu, ist gleich 6! * 2 * 6^3, denn es gibt
> u muss eines der ersten beiden w sein. Die letzten
> drei u können jede Zahl sein.
>
> Für ein Muster wie z.B. wwuwuuwwuw ist die Anzahl
> 6! * 2 * 3^2 * 5.
Hallo Steffen,
Von Hobby-Kombinatoriker zu Hobby-Kombinatoriker:
mit frühem frischem Blick habe ich gesehen, dass das
darauf hinausläuft, alle Kombinationen abcd zu
bilden mit 1 <= a <= b <= c <= d <= 6. Dies entspricht
den 4 charakteristischen u-Positionen in den Mustern.
Die Anzahl der zugehörigen Ziehungen ist dann einfach
A(abcd) = 6! * a * b * c * d (1)
und die Anzahl der "günstigen" Ziehungen für n=10 ist
G = Summe aller A(abcd) (2)
womit die von Dir gesuchte Wahrscheinlichkeit p ist:
p = G / 6^10 (3)
Klingt doch gut, oder? Wenn's keiner rechnet, will ich
es noch tun.
Gruss,
Rainer Rosenthal
r.ros...@web.de
Steffen Buehler
>> > Steffen Buehler <steffen...@mailinator.com> writes:
>> >>welche Formel ergibt die Wahrscheinlichkeit, daß
>> >>bei einem Wurf mit n Würfeln die Zahlen 1 bis 6 erscheinen?
> Eine Tabelle mit den Einzelwahrscheinlichkeiten fuer kleine
> Objektzahlen findest Du in
> http://www.research.att.com/projects/OEIS?Anum=A090582
> und den dort angegebenen Links.
Der Tip war wertvoll! Die Sequenz enthält (unter anderem) die Zahlen,
die mein Programm ausgegeben hatte. Ich kannte Sloanes Sequenzsucher
schon, hatte aber nicht daran gedacht, ihn einzusetzen. Nun nahm ich
einfach meine ersten drei Ergebnisse (720, 15120, 191520) und fütterte
das Suchprogramm damit. Schwupp:
http://www.research.att.com/projects/OEIS?Anum=A000920 mit der Formel
Sum((-1)^i*binomial(6,i)*(6-i)^n,i = 0 .. 5). Alle meine Zahlen und noch
weiter. Genial.
Ich danke Euch allen, besonders Rainer, der sich wohl meinetwegen eine
Nacht um die Ohren geschlagen hat. Seine Ansätze erinnern mich stark an
meine sommerlichen Rechnungen neben der Hortensie auf der
Ferienhausterrasse. Hat Spaß gemacht, auch ohne auf eine allgemeine
Formel zu kommen, nicht wahr?
Viele Grüße
Steffen
HP
Hallo Rainer,
es ist ja nett, dass Du Dich so eifrig und rechenwillig zeigst, aber
diese Rechnung hab ich doch schon fuer die OEIS-Folge
http://www.research.att.com/projects/OEIS?Anum=A090582
mit dem Programm auf
http://www.randomwalk.de/sequences/a090582.txt
gemacht. Die OEIS ist auch dazu da, sowas einmal ordentlich zu machen
und zu dokumentieren, um dann nicht jedesmal das Rad neu erfinden oder
im Kalk-ueberkusteten Alt-Datenbestand in den hinteren Hirnwindungen
rumkramen zu muessen (ich red da von mit selber ;-)
Die gesuchte Formel steht da uebrigens auch drin:
(n Objekte, m Ziehungen mit Zuruecklegen)
P(m,n)=Q(m,n)/n^m mit
Q(m,n) = sum_(k=0..n-1) (-1)^k * C(n,k) * (n-k)^m where C(n,k) is the
binomial coefficient "n choose k".
Hinter dem Programm kommt eine Tabelle, die so losgeht:
Number of cards drawn m
| Size of deck n (drawn cards are replaced)
| | Successful cases s (believe first 13 decimal digits)
| | | Probability=s/n^m
| | | |
1 1 1. 100.0000
2 2 2. 50.0000
2 1 1. 100.0000
3 3 6. 22.2222
3 2 6. 75.0000
3 1 1. 100.0000
4 4 24. 9.3750
4 3 36. 44.4444
4 2 14. 87.5000
4 1 1. 100.0000
5 5 120. 3.8400
5 4 240. 23.4375
5 3 150. 61.7284
5 2 30. 93.7500
5 1 1. 100.0000
6 6 720. 1.5432
6 5 1800. 11.5200
6 4 1560. 38.0859
6 3 540. 74.0741
6 2 62. 96.8750
6 1 1. 100.0000
...
Wenn man alle Zeilen rauszieht, fuer die "Size of Deck" = 6 ist,
bekommt man genau die Liste der gefragten Wahrscheinlichkeiten, alle 6
Objekte einzusammeln.
6 6 720. 1.5432
7 6 15120. 5.4012
8 6 191520. 11.4026
9 6 1905120. 18.9043
10 6 16435440. 27.1812
11 6 129230640. 35.6206
12 6 953029440. 43.7816
13 6 6711344640. 51.3858
14 6 45674188560. 58.2845
15 6 302899156560. 64.4213
16 6 1969147121760. 69.8004
17 6 12604139926560. 74.4632
18 6 79694820748080. 78.4707
19 6 499018753280880. 81.8923
20 6 3100376804676480. 84.7988
Weiter hab ich nicht gerechnet.
Hoffentlich nuetzt euch das ein wenig.
Hugo Pfoertner
Rainer Rosenthal
> es ist ja nett, dass Du Dich so eifrig und rechen-
> willig zeigst, aber ...
Hallo Hugo,
is ja guuut. Bitte bleib' cool. Mir hat die Geschichte
doch auch Spass gemacht. Und der Dreh mit a<=b<=c<=d
war besonders lustig.
Die Hinweise auf Deine Arbeiten im OEIS habe ich bereits
staunend zur Kenntnis genommen. Und ich gratuliere, denn
das zeigt geradezu klassisch den Nutzen sowohl für
jeweils konkrete Probleme als auch für die Kommunikation.
Glaube mir, dass ich Deine Anmerkungen mit dreissig-mal
mehr Verständnis lesen kann, seit ich da heftig geknobelt
hatte.
Herzliche Grüsse,
Rainer Rosenthal
r.ros...@web.de
Rainer Rosenthal
> aber diese Rechnung hab ich doch schon fuer die OEIS-Folge
> http://www.research.att.com/projects/OEIS?Anum=A090582
> mit dem Programm auf
> http://www.randomwalk.de/sequences/a090582.txt
> gemacht.
Hallo Hugo,
gerade hatte ich mal wieder so ein OEIS-Erlebnis der besonderen
Art. Und zwar hat mich der Zusammenhang zwischen der Muster-
Zählerei und den Kombinationen weiter fasziniert und ich habe
zäh meinen Rechenfehler von vorgestern Nacht gesucht und ausge-
merzt. Damit konnte ich dann alle Muster-Vielheiten addieren
und kam dann mit der Zahl G = 22827 * 6! und der Formel
p = G / 6^10 auf die Wahrscheinlichkeit 0,271812, die Du ja
netterweise schon angegeben hattest:
> Wenn man alle Zeilen rauszieht, fuer die "Size of Deck" = 6 ist,
> bekommt man genau die Liste der gefragten Wahrscheinlichkeiten,
> alle 6 Objekte einzusammeln.
>
> 6 6 720. 1.5432
> 7 6 15120. 5.4012
> 8 6 191520. 11.4026
> 9 6 1905120. 18.9043
> 10 6 16435440. 27.1812 <<< p=0,271812 in Prozent
Jetzt war ich natürlich stolz und habe noch ein wenig mit der
Systematik beim Aufzählen der abcd mit 1 <= a <= b <= c <= d <= 6
herumgespielt. Und dann kam ich auf den glorreichen Gedanken,
nach dieser Zahl 22827 im OEIS zu forschen.
Und siehe da, gleich die erste Referenz ist ein VOLLTREFFER:
http://www.research.att.com/projects/OEIS?Anum=A008277
Das sind die Stirlingzahlen zweiter Art S2(n,k) = {n,k}, die
angeben, auf wieviele Arten sich eine Menge von n Elementen
in k nichtleere Teilmengen aufteilen lässt. Es zeigt sich:
22827 = S2(10,6) (1)
Das kann ja wohl kein Zufall sein, denke ich mir.
Also gehe ich jetzt wieder zu Deiner OEIS-Folge, um zu schauen,
ob und wie dort auf diesen feinen Zusammenhang hingewiesen wird.
Es drängt sich ja der Verdacht auf, dass vielleicht gilt:
p = S2(10,6) * 6! / 6^10 (2)
> Die OEIS ist auch dazu da, sowas einmal ordentlich zu machen
> und zu dokumentieren, um dann nicht jedesmal das Rad neu erfinden oder
> im Kalk-ueberkusteten Alt-Datenbestand in den hinteren Hirnwindungen
> rumkramen zu muessen (ich red da von mit selber ;-)
>
> Die gesuchte Formel steht da uebrigens auch drin:
> (n Objekte, m Ziehungen mit Zuruecklegen)
> P(m,n)=Q(m,n)/n^m mit
> Q(m,n) = sum_(k=0..n-1) (-1)^k * C(n,k) * (n-k)^m where C(n,k) is the
> binomial coefficient "n choose k".
In einer ersten Stellungnahme zu Deinem Posting hatte ich bereits
den Nutzen des OEIS für die mathematische Diskussion hervorgehoben
zusätzlich zu dem Aspekt "sowas einmal ordentlich zu machen".
Die Pointe ist nun: am 5. Oktober, also vor nicht einmal 3 Wochen ist
dort bei Deiner OEIS-Folge A090582 ein Kommentar von Victor Adamchik
eingetragen worden. Er schreibt, dass es sich um die mit k! multi-
plizierten Stirlingnummern zweiter Art handelt und gibt als Programm
diese Zeile Mathematica-Code:
In[1]:= Table[Table[k! StirlingS2[n, k], {k, n, 1, -1}], {n, 1, 6}]
Ist das nicht der Hammer?
Und nachdem ich nun genauer hingeschaut habe, möchte ich noch sagen,
dass mir die Darstellungsweise der Folge A090582 Schwierigkeiten macht,
denn das Dreieck der Zahlen, die Du dort als Q(n,k) bezeichnest,
ist ja wegen Q(n,k) = S2(n,k)*k! das folgende:
1
1 2
1 6 6
1 14 36 24
1 30 150 240 120
1 62 540 1560 1800 720
Das erscheint aber als Folge A090582 merkwürdig verdreht:
1 2 1 6 6 1 24 36 14 1 120 240 150 30 1 720 1800 1560 540 62 1
Herzlichen Gruss,
Rainer Rosenthal
r.ros...@web.de
Rainer Rosenthal
> Und dann wollte ich's wissen: wie hoch ist die Wahrscheinlichkeit bei
> angenommener Gleichverteilung und beliebig vielen Figuren im
> Automaten, mit zehn Zügen alle sechs zu haben?
Hallo Steffen,
als bekennender Pu-der-Bär-Fan und entschiedener Nicht-Möger der
Disney-Nachbildungen musste ich mich selbstverständlich mit
Deinem Ferienerlebnis auseinandersetzen, das Du so witzig und
unterhaltsam geschildert hast.
Das systematische Aufschreiben der Möglichkeiten, die sich beim
10-maligen Ziehen der 6 möglichen Figuren-Typen ergeben, hat einen
grossen Reiz. Natürlich ist es albern, alle aufzuschreiben, aber
mittels Musterbildung kann man sich einen guten Überblick ver-
schaffen. Hugo Pfoertner hat auf seine Folge im OEIS hingewiesen:
http://www.research.att.com/projects/OEIS?Anum=A090582
in deren Fortsetzung sich der von Dir gesuchte Wert findet.
Seit dem 5. Oktober gibt es dort einen Eintrag, der auf die Folge
http://www.research.att.com/projects/OEIS?Anum=A008277
der sogenannten Stirlingzahlen zweiter Art S2(n,k) = {n,k} verweist.
Für Deine Frage von Bedeutung ist die Stirlingzahl zweiter Art mit
n=10 und k=6: S2(10,6) = 22827, weil sie nach der Formel
Wahrscheinlichkeit, dass bei n Zügen alle k
Figuren gezogen werden = S2(n,k)*k!/k^n (W)
die Wahrscheinlichkeit p = 22827*720/60466176 = 0,271812128 ergibt,
also etwa 27%.
> Kann nicht so
> schwer sein, dachte ich, nahm Papier und Bleistift und fing an.
> Schnell hatte ich raus, daß es bei sechs Zügen 1*2*3*4*5*6 = 720
> Möglichkeiten gibt, die Figuren zu bekommen und 6^6=46656
> Möglichkeiten insgesamt. Das ist eine Chance von
> 1,5 %, konnte ich meine Tochter trösten.
Es ist S2(6,6) = 1, und auch hier bewährt sich Formel (W):
1*6!/6^6 = 720/46656 = 0,0154321, wie Du richtig geschrieben hast.
> Dann wollte ich weiterrechnen.
> Ich weiß schon nicht mehr, ob und wie ich es schaffte, die Zahl für
> sieben Züge auszurechnen, die Zettel habe ich weggeworfen. Ich glaube,
> ich hatte etwa 20 % für neun Züge raus, was uns nicht gerade
> ermutigte,
S2(7,6) = 21, also p = 21*6!/6^7 = 0,054 = 5,4% stand auf den Zetteln.
S2(9,6) = 2646, also p = 2646*6!/6^9 = 0,189 = 18,9% = ca. 20%. OK.
> und tatsächlich hatten wir zum Schluß, glaube ich, fünfzehn Figuren,
> aber kein Ferkel. Das haben wir dann für fünf Euro im Supermarkt
> gekauft, sah zwar nicht ganz so aus wie das aus dem Automaten, aber
> immerhin.
S2(15,6) = 420693273, also p = 420693273*6!/6^15 = 0,644 = 64%
Nun ja, die Chancen waren offenbar da, aber Du hast sie nicht genutzt,
um länger was davon zu haben ;-)
> Zu Hause am Computer dachte ich "jetzt will ich's wissen" und schrieb
> ein kleines Primitivprogramm, das z. B. bei allen Neunerkombinationen
> der Zahlen 1 bis 6 diejenigen zählt, bei denen eben alle sechs Zahlen
> vorkommen, und ließ es laufen. Das Ergebnis:
>
> Züge Komb. mit 1-6 Komb. gesamt Prozent
> 6 720 46656 1,5 <<< siehe oben
> 7 15120 279936 5,4 <<< siehe oben
> 8 191520 1679616 11,4
> 9 1905120 10077696 18,9 <<< siehe oben
> 10 16435440 60466176 27,2 <<< bestätigt, HP+RR
> 11 129230640 362797056 35,6
> 12 953029440 2176782336 43,8
> 13 6711344640 13060694016 51,4
> Kein Wunder also. Aber wie rechnet man sowas? Anders ausgedrückt:
> welche Formel ergibt die Wahrscheinlichkeit, daß bei einem Wurf
> mit n Würfeln die Zahlen 1 bis 6 erscheinen?
>
> Das kann doch nicht so schwer sein.
Dass ich diesen Spruch auch hier lesen muss, wo er mich ständig
die Woche hindurch begleitet :-((
> Die Gesamtkombinationen sind natürlich die Sechserpotenzen, aber
> bei den anderen Zahlen verliere ich mich andauernd in irgend-
> welchen Fakultäten und Permutationen. Vielleicht kommt noch ein
> Programmierfehler dazu, und die Zahlen stimmen sowieso nicht.
Doch, alles OK, und die Fortsetzung ist
> Züge Komb. mit 1-6 Komb. gesamt Prozent
> 14 45674188560 78364164096 58,3
> 15 302899156560 470184984576 64,4
Für n=15 habe ich allerdings keinen tabulierten Wert S2(15,6)
ergoogeln können und musste daher auf die Formel zurückgehen,
die Hugo Pfoertner angegeben hatte:
Q(n,k) = Summe{j=1..k} (-1)^(k-j)*Comb(k,j)*j^n
und die ja den Stirlingzahlen zweiter Art zugrunde liegt:
S2(n,k) = Q(n,k) / k!
Q(15,6) =
= -6+491520-286978140+16106127360-183105468750+470184984576
= 302899156560
Mit herzlichem Gruss,
Rainer Rosenthal
r.ros...@web.de
Steffen Buehler
[...]
> Für Deine Frage von Bedeutung ist die Stirlingzahl zweiter Art [...]
In der Tat. Darauf hatte Stefan auch schon in seinem zweiten Artikel
hingewiesen. Und das wieder beruhigt mich, denn (korrigiert mich, wenn
ich mich irre) das ist niemals Thema im Mathe-Leistungskurs gewesen; ich
habe von Stirling erst durch dieses Posting erfahren.
Die Sequenz, die meine Zahlen erzeugt, trägt ja auch den Titel
"Differences of 0: 6!*S(n,6)", was ebenfalls auf Stirling hinweist. Und,
wenn ich die Literaturhinweise richtig verstehe, ist bereits 1911
darüber geschrieben worden, also schon bevor die Pu-Geschichten
entstanden.
Außerdem kann ich nun meine Tochter beruhigen, die mir seitdem immer
vorwirft, ich hätte mich verrechnet.
Viele Grüße
Steffen