Stochastik bei "42"

[Stefan]

Nach dem 42 Wurf von mir frag ich mich gerade:

Wenn ich folgendes Würfel:

2, 3, 4, 5, 6

Was ist besser:
- 6,4,2 rausnehmen und mit 2 Würfeln weitermachen (dann sind mir die Punkte ja sicher)
- 6,4 rausnehmen und mit 3 Würfen weitermachen und hoffen, dass durch die höhere Würfelanzahl am Ende ein besseres Ergebnis rauskommt.

Bin gerade nicht sicher ob die 2te Variante wirklich ein besseres Ergebniss liefert, weil ich die 2 ja in jedem Fall brauche...

Daher die Frage: Jemand Ahnung von sowas?

Gruß,
Stefan

[Arienna]

Normalerweise wird bei einer solchen Konstellation Variante 1 betrieben. Lieber auf Nummer sicher gehen, als die Möglichkeit verspielen, am Ende gar nix zu haben.
Ich kenne bei dem Spiel übrigens noch die Variante, dass fünf gleiche Zahlen noch mehr zählen, als die Variante mit der 4 und der 2 (die aber eher selten vorkommt).
Die Leute, mit denen ich das ab und an spiele, wählen zumeist Variante 1.

[Stefan]

Mich würde dennoch interessieren wie die Möglichkeiten so liegen... bzw. ob mein Gefühltes Risko mit dem realem halbwegs überein stimmt. Ich hätte zB. die Chance für eine 2 bei insgesammt 6 Würfen für recht hoch gehalten...

[VolkoV]

Jeder Würfel, den Du noch einmal würfelst hat im Erwartungswert 3,5 Augen. Wenn Du also weißt, dass Du nur noch einmal werfen kannst, wirst Du alles ab 4 behalten. Lies dier mal hier den Abschnitt zur "Chance" bei Kniffel durch. Das Problem ist, dass ich es hier bei der Anzahl der Würfel etwas komplizierter habe.

Du must das Problem also aufteilen: Wie groß ist die W'keit, mit drei Würfeln mindestens eine 2 zu Würfeln [1-(5/6)^3]. Auch hier kann ich wieder entscheiden, dass ich die 2 behalte. Ansonsten muss ich (mindestens) eine zufällige Zahl behalten, die nicht 2 ist. Diese hat im Durchschnitt 3,5 Punkte. Dann geht es um die W'keit mit zwei Würfeln eine 2 zu Würfeln [1-(5/6)^2] hier geht es dann genauso weiter. Den Baum kannst Du als Übung selber aufmalen...

[VolkoV]

In Variante 1 ist es recht einfach: Ich würfel ja nur noch maximal zweimal, würde also alles ab 4 behalten. Zu 25% sind beide größer gleich 4 und ich habe im Erwartungswert 10 Punkte. Zu 50% ist nur einer größer gleich 4 (Erwartungswert 5) und ich behalte ihn und bekomme im nächsten Wurf in Erwartung 3,5 dazu. Der komplizierteste Fall sind die 25%, wenn beide kleiner als 4 sind: Ich würde ja nur den höheren Wert behalten, dessen Erwartungswert kann man durch abzählen der 9 Fälle recht einfach bestimmen, er ist 22/9.

Insgesamt habe ich also (5+5)*1/4+(4+7/2)*1/2+(22/9+7/2)*1/4=10/4+15/4+107/72=557/72 ~ 7,7 (evtl. auf Rechenfehler prüfen). Mit den sechs Punkten von oben käme man auf etwa 13,7 Punkte.

[VolkoV]

Für den anderen Fall musst Du Deine Strategie noch zu Ende beschreiben: Auf die zwei warten bis zum Schluss oder abwelchen Zug die Zwei nehmen?

Vielleicht kann man das ganze auch von hinten herum erschlagen mit dem Voll-Risiko-Spieler: Wie groß ist die W'keit, mit zwei Würfeln genau 2 und vier zu Würfeln (1/18) oder aber mindesten eine 2 aber keine 4 (9/36=1/4) bzw. umgekehrt (1/4). In den beiden letzten Fällen kann ich ja nur noch zu je 1/6 gewinnen, wenn ich die 2 oder die 4 würfeln würde.

Wer also das Würfeln von 4 und 2 auf die letzen beiden Würfe hinauszögert, kann nur mit 1/18+2/24=5/36 noch gewinnen. Der Erwartungswert für alles ohne 4 und 2, was man vorher mit drei Würfeln erzeugt hat muss also mit 5/36 multipliziert werden.

Bei der "kleinen" Risikotaktik (ich warte mit der 2 bis zum letzten Wurf) muss ich alles, was ich mi 4 Würfeln ohne 2 erzeuge am Schluss im Erwartungsert mit 1/6 multiplizieren.

Beide Ergebnisse veringern den Wert vorher schon extrem.

[VolkoV]

Die größte Frage ist eigentlich, ab wann ich was behalte, alleine wegen der Punktzahl. Im ersten Wurf weiß ich, dass ich einen behalten muss und mit dem Rest maximal viermal würfeln kann. Alternativ gibt es aber die Fälle, dass ich mehr Würfel behalte und weniger oft würfeln kann.

Wenn ich jetzt das Problem darauf runterbreche, ab wann ich einen einzelnen Würfel behalte, wenn ich noch n-mal würfeln könnte (wir gehen davon aus, dass dieser Würfel immer voll zählt): Ein Wurf ergibt im Mittel 7/2 Punkte, bei zwei Würfen würde man deshalb alles unter vier nochmal würfeln das ergibt also 1/2*7/2+1/2*5=17/4. Bei drei Würfeln wissen wir nun, dass wir alles ab 5 behalten, da wir ja im Mittel 17/4 Punkte mit zwei Würfen machen, also haben wir 2/3*17/4+1/3*11/2=14/3 Punkte. Auch bei vier Würfen behalten wir also alles ab 5 und bekommen 2/3*14/3+1/3*11/2=89/18 Punkte. Also lohnt sich auch bei fünf Würfen das behalten der 5 noch ganz knapp, dann erhalten wir 2/3*89/18+1/3*11/2=277/54. Bei fünf Würfen mit einem Würfel ist also die Taktik "In den ersten drei Würfen Fünf und Sechs, im vierten Wurf vier bis sechs behalten" optimal im Bezug auf den Erwartungswert. Dieser ist dann etwa 5,13.

[VolkoV]

Wenn man also noch mindestens zweimal würfeln könnte, sollte man alles ab 5 behalten, bei einem Wurf sogar alles ab vier. In Stefans Beispiel oben bieten sich also nun drei "gute" Varianten:

1) 6,5,4,2 behalten und den letzten Wurf nochmal würfeln. Das ergibt einen Erwartungswert von 6+5+3,5=14,5.

2) 6,5,4 behalten und mit dem letzen beiden Würfeln weiterwürfeln. Hier kann ich mich nochmal taktisch entscheiden, ob ich, falls eine Zwei fällt weiterwürfele:

2A) Ab nun jede Zwei behalten: Mit W'keit 11/36 habe ich eine Zwei, in diesem Fall behalte ich nur den anderen Würfel, wenn er vier oder größer ist (50%). Ansonsten behalte ich den größeren Würfel, dieser hat (durch Abzählen) den Erwartungswert 119/25 und hoffe, dass ich mit 1/6 W'keit im letzten Wurf eine 2 kriege. Zusammen ergibt das 11/36*(1/2*5+1/2*7/2)+25/36*1/6*119/25=799/432, das ist etwa 1,85, zusammen mit der sechs und der fünf also 12,85.

2B) Mit der Zwei auf jeden Fall bis zum letzten Wurf warten: Ich nehme also garantiert die größere Zahl raus, mit 3/36 ist es die zwei, dann haben wir im letzten Wurf die freie Wahl. Mit 33/36 ist es keine Zwei und hat (durch Abzählen) den Erwartungswert 155/33. Dann muss der letzte Wurf eine Zwei sein (1/6). Zusammen habe ich dann 3/36*7/2+33/36*155/33*1/6=197/216, das ist mit den elf Punkten von oben dann ungefähr 11,91.

Fazit: Immer Greedy eine 2 und 4 behalten, genauso wie alle 5 und 6. Weitere 4en nur behalten, wenn nur noch einmal gewürfelt wurde. Kann natürlich sein, dass ich mich verrechnet habe.

[VolkoV]

Die interessantere Frage ist nun, ob es Sinn macht eine gewisse Anzahl Würfel zu opfern, um mindestens eine zwei und eine vier zu bekommen.

[VolkoV]

Ich habe das gerade mal ausgezählt (für X als 5,4,3,2):
-verschiedene Kombinationen mit XW6: 7776, 1296, 216, 36, 6
-Kombinationen ohne 2 und 4: 1024, 256, 64, 16, 4
-Kombinationen nur 2, keine 4: 625, 125, 25, 5, 1
-Kombinationen nur 4, keine 2: 625, 125, 25, 5, 1
-Kombinationen mit 2 und 4: 5502, 790, 102, 10, 0

In Prozenz ausgedrückt:
-verschiedene Kombinationen mit XW6: 100%, 100%, 100%, 100%, 100%
-Kombinationen ohne 2 und 4: 13%, 20%, 30%, 44%, 67%
-Kombinationen nur 2, keine 4: 8%, 10%, 12%, 14%, 17%
-Kombinationen nur 4, keine 2: 8%, 10%, 12%, 14%, 17%
-Kombinationen mit 2 und 4: 71%, 61%, 47%, 28%, 0%

Die W'keit mit weniger Würfeln in einem Wurf 4 und 2 zu bekommen sinkt also. Ich glaube also, dass es Sinn machen könnte, relativ Greedy erst auf 2 und 4 zu spielen, egal was die obigen Würfel sagen und dann erst nach den o.g. Regeln zu sammeln. Da man immer einen Würfel behalten muss, sollte man den höchsten Wurf behalten.

Am einfachsten wäre hier wohl ein Programm zum Auszählen des Erwartungswertes bei den verschiedenen Taktiken. Im Worst-Case (immer nur einen Würfel behalten) wären das ja "nur" 7776*1296*216*36*6=470.184.984.576 Möglichkeiten*g* (zum Vergleich: es gibt ca. 2,6 Mio Pokerblätter).