Hilfe in Mathe!!!

Hey Sancho und gazman,

ich habe mir mal die Mühe gemacht und ein wenig in meinem Hirn gekramt. Ich habe Mathe studiert, aber der Scheiß ist lange her...

Mein Ansatz:

Möglichkeit A: 1-2-3-5 ----> die 4 muss getroffen werden
1. Beim 1. Wurf: P=1/6
2. Beim 2. Wurf (dazu muss der 1. Wurf fehlschlagen ---> P=5/6)
P1=5/6 und P2=1/6 ---> 1/6*5/6 ---> P=5/36
Nun beide addieren: P=11/36

Möglichkeit B: 1+4 oder 4+6 würfeln
Das ist ein wenig komplizierter...
A.) Mit dem 1. Wurf, d.h. 1+4/4+1/4+6/6+4 ----> P=4/36
B.) Mit dem 1. Wurf eine 1, 4 oder 6 und mit dem 2. Wurf die fehlende Zahl:
1. Wurf
1.Würfel=1 2.Würfel=1,2,3,5 oder 6
2.Wurf = 4
P=5/108
1.Würfel=4 2.Würfel=2,3,4 oder 5
2.Wurf = 1 oder 6
P=8/108
1.Würfel=6 2.Würfel=1,2,3,5 oder 6
2.Wurf = 4
P=5/108
---->5/108+8/108+5/108---->P=1/6
C.) Mit dem 1. Wurf keine 1,4 oder 6 und im 2. Wurf die benötigten Zahlen: P=9/36*4/36 ---> P=1/36

------------->alle addieren: 4/36+1/6+1/36 -------> P=11/36

Es spielt also keine Rolle und ist demnach Geschmacksache.

Grooze
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„Man sollte immer eine kleine Flasche Whisky dabeihaben, für den Fall eines Schlangenbisses. Außerdem sollte man immer eine kleine Schlange dabeihaben.“ (W. C. Fields)

gut, ich hab mir auch meine gedanken gemacht, stell es zumindest mal hier rein, da ich mich auch hab hinziehen lassen mir ein paar minuten gedanken zu machen vorweg: @sancho: niemals die 1,2,3 draußen lassen wenn man die 2,3,5 haben kann! in beiden fällen brauchst du zwar die 4, bei 1,2,3 kannst dann aber nur noch mit der 5 ergänzen.

zu A) Mindestens Einmal ist Eins minus kein Mal.
Beispiel 2 würfe mit einem 6seitigen würfel:
1 - (5/6 * 5/6) = 0,305555... also etwas unter 1/3 chance

zu B) hier ist natürlich die frage: lieber die kleine straße als nichts vs große straße um jeden preis.

die chance auf eine 4 steigt hier natürlich:
1 - (25/36 * 25/36) = 0,517...

beim rest weiß ich nicht wie man es ausrechnen soll. die chance auf beides in einem wurf ist natürlich geringer: 1/9 (möglichkeiten: 1/4, 6/4, 4/1, 4/6)
geh ich prinzipiell auf die 4, heißt alles außer 4 wandert wieder rein, so hab ich im ersten versuch fast ein drittel chance (11 von 36 möglichen wurfergebnissen). sollte die 4 dann im ersten versuch auch fallen, so hab ich im letzten wurf eine 1/3 chance auf 1 oder 6. und ich glaube das ist auch die beste chance die man haben kann, da man im zweifel eben in 2 würfen eine über 50 prozentige chance auf die kleine straße hat. man darf halt nur nichts außer der 4 draußen lassen, sonst fällt man auf die 1/6 chance zurück.

risiko variante wäre zunächst versuchen auf die 4 zu gehen (also 1/6 chance) und danach beide würfel rein zu schmeißen und im zweifel die kleine straße abzusichern. die chance auf eine kleine straße wäre dann
1 - (5/6 * 25/36) = 0,42
auf die große wäre es
1 - (5/6 * 8/9) = 0,26

keine garantie auf richtigkeit, aber durchaus interessant mal sehen was ich davon behalte bis ich das nächste mal würfel.

@Rasta: Die Varianz im 2. Beispiel ist aber deutlich größer, also warum riskieren?! Zumal es ja überhaupt keinen Mehrwert im Endergebnis bringt!
Ist wie wenn ich 7 Mal würfeln darf um eine 6 zu erhalten, das beim ersten Mal hinbekommen und dann aber weiter mach, weil ich statistisch gesehen ja nochmal eine würfeln werde. Ich hab im Fall 1 meine 1 sicher, die ich in jedem Fall brauchen werde. Vorausgesetzt natürlich, dass es mir, wie angegeben nur um die große Straße geht.

Daher: Wenn die Wahrscheinlichkeit gleich ist, ist die Variante zu wählen, deren Standardabweichung niedriger ist. Gerade bei 2 Würfen a 2 Würfel kann das ordentlich was ausmachen...

@Kehl: Ja, hast recht, aber das hab ich jetzt mal unterm Tisch fallen lassen, weil es ja zentral darum geht, auf die sichere Variante zu setzen. Aber stimmt natürlich.

Eine Berechnung dazu macht aber mMn wenig Sinn.
Wenn man tatsächlich die kleine Straße mit einbeziehen will, wirds verdammt schwer, da man dann sinniger Weise auch alle anderen Varianten mit rein bringen müsste. Wenn man nach dem 2. Wurf plötzlich drei 5er hat, ist die Wahrscheinlichkeit auf ein Viererpasch etc. ja auch nicht mehr ohne.
Da kommts dann wirklich auf die jeweilige Situation an.

Ich hab mal vor zig Jahren eine Wahrscheinlichkeitsberechnung der jeweiligen Würfe von Beginn an gesehen. All zu viel ist da nicht mehr hängen geblieben - aber eins weiß ich noch: Gerade zu Beginn, also wenn noch alles möglich ist, macht eine Absicherung der kleinen Straße wenig bis keinen Sinn. Dann lieber volles Risiko und im Fall der Fälle nen 1er, 2er oder wenns über 18 Punkte sind Chance opfern. Kann mich aber leider nicht mehr erinnern, bis zu welchem Zeitpunkt man das machen sollte.

Krass Sancho - ich seh das ganz anders:

1. Geht es wirklich NUR um die Große Straße wie in dem Beispiel beschrieben ist es KOMPLETT egal welche Variante du nimmst.

2. Sofern noch andere Sachen offen sind (was ja meist der Fall ist), MUSS man einfach die Variante B nehmen und 2 Würfel draußen lassen.

Angenommen du wählst Variante A, hast nur noch einen Würfel draußen und gehst auf die 4, würfelst aber irgendwas anderes als die 4, ergeben sich daraus keine attraktiven anderen Möglichkeiten. Im schlechtesten Fall hast du 1,2,3,5,6 und im zweitbesten (nicht der 4) ein Päärchen! Scheiße oder?

Angenommen du hast nun zu deiner 2,3,5 noch 2 Würfel wie bei Variante B, hast du doch nach diesem 2. Wurf ungemein mehr Möglichkeiten auf irgendwas anderes ODER doch nochmal auf die Große Straße zu gehen! Gut oder?
Gut wären hier beispielsweise 2 Zweier, Dreier, Vierer, Fünfer oder einfach nur ein Vierer oder eine 2,3,5 für ein mögliches Full House etc...

FAZIT:
Gehst du NUR auf die Große Straße ist es scheißegal welchen Weg du wählst!
Ist noch etwas anderes als die Große Straße offen MUSS man allein wegen der Wahrscheinlichkeiten Variante B wählen.
Wer das nicht tut, verringert seine Gewinnchancen!

Grooze
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Interessantes Problem.
Das kann man allerdings sogar relativ einfach in einem vierstufigen Baumdiagramm lösen und ablesen.

Das wiederum muss man natürlich erst mal zeichnen...

Eventuell geht es auch mit ein paar systematischen Fallunterscheidungen.

Szenario A - wir interessieren uns ausschließlich für die große Straße.
Würfel: 1, 2, 2, 3, 5

Fall 1) Wir würfeln die 1 und eine 2 neu.
Wir müssen die 4 und entweder eine 1 oder eine 6 würfeln.
1.2 (Zweiter Wurf):
a) Mit einer Wahrscheinlichkeit von 1/9 würfeln wir 4 + 1/6 und haben damit gewonnen. (Möglichkeiten: 1/4, 4/1, 4/6, 6/4)
b) Mit einer Wahrscheinlichkeit von 11/36 würfeln wir zumindest die eine 4 zum Open-Ended Straight Draw.
c) Mit einer Wahrscheinlichkeit von 16/36 werfen wir eine 1 oder 6 unter der Bedingung, dass keine 4 dabei ist. Den Fall müssen wir dann im nächsten Schritt neu entscheiden.

1.3 (Dritter Wurf):
b) Die 4 war schon da: Mit einer Wahrscheinlichkeit von 5/9 schaffen wir eine 1 oder 6.
c) (1) Wir lassen wieder nur die 2, 3 und 5 draußen, dann haben wir wieder 1/9 Siegchance (siehe oben).
(2) Wir lassen die 1, 2, 3 und 5 draußen und haben 11/36 eine 4 zu werfen.

In Summe haben wir in Fall 1), Gesetz den Fall wir treffen im Folgenden immer die optimale Entscheidung eine Gewinnchance von
1/9 (1.2 a) + 11/36 * 5/9 (b-Pfad) + 16/36 * 11/36 (c-Pfad mit (2)) = 5/12, also ungefähr 41,7%.

Fall 2) Wir würfeln nur die eine 2 neu und wollen eine 4 haben.
Dann haben wir im ersten Versuch eine Gewinnwahrscheinlichkeit von 11/36. In 25/36 der Fälle haben wir einen zweiten Versuch mit wiederum 11/36 Gewinnwahrscheinlichkeit.
Ergibt eine Siegchance von 11/36 + 11/36*25/36 = 671/1296, also ungefähr 51,8%.

Du solltest also, wenn es Dir nur um die große Straße geht, IMMER nur noch die 4 neu würfeln.
Falls du defensiv spielen solltest und die kleine Straße offen haben, muss man den Spaß anders rechnen. Auch möglich, aber recht umständlich. Intuitiv klar ist, dass dann Fall 1 (beides neu würfeln) der richtige Weg sein müsste.

Dr.Exel hat folgendes geschrieben:

[...] Fall 2) Wir würfeln nur die eine 2 neu und wollen eine 4 haben. Dann haben wir im ersten Versuch eine Gewinnwahrscheinlichkeit von 11/36. In 25/36 der Fälle haben wir einen zweiten Versuch mit wiederum 11/36 Gewinnwahrscheinlichkeit. Ergibt eine Siegchance von 11/36 + 11/36*25/36 = 671/1296, also ungefähr 51,8%.

Du hast aber nur noch 1 Würfel....
1/6 + 5/6*1/6
Rastaboozes' Rechnung stimmt schon.

manuvili hat folgendes geschrieben:

Dr.Exel hat folgendes geschrieben: [...] Fall 2) Wir würfeln nur die eine 2 neu und wollen eine 4 haben. Dann haben wir im ersten Versuch eine Gewinnwahrscheinlichkeit von 11/36. In 25/36 der Fälle haben wir einen zweiten Versuch mit wiederum 11/36 Gewinnwahrscheinlichkeit. Ergibt eine Siegchance von 11/36 + 11/36*25/36 = 671/1296, also ungefähr 51,8%. Du hast aber nur noch 1 Würfel.... Rastaboozes' Rechnung stimmt schon.

Ups, stimmt. Da hab ich mich in Fall 2 leicht verheddert.

Die Wahrscheinlichkeit ist also allen ernstes gleich?

McJesus hat folgendes geschrieben:

Die Wahrscheinlichkeit ist also allen ernstes gleich?

Wenn du NUR auf die Große Straße gehst - JA!
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Rastabooze hat folgendes geschrieben:

McJesus hat folgendes geschrieben: Die Wahrscheinlichkeit ist also allen ernstes gleich? Wenn du NUR auf die Große Straße gehst - JA!

Ja, in dem Fall ging es nur darum die große Straße zu schaffen.
Das es unter anderen Bedingungen Sinnvoller ist Variante B zu nehmen ist dann doch recht logisch. Danke du Genie!

Kommt zum Mafia Treffen und ich geb dir ein Bier aus

Rastabooze hat folgendes geschrieben:

McJesus hat folgendes geschrieben: Die Wahrscheinlichkeit ist also allen ernstes gleich? Wenn du NUR auf die Große Straße gehst - JA!

Und nochmal: Auch wenn die Wahrscheinlichkeiten gleich wären, unterschlägst du die Varianz, die bei so wenig Versuchen ganz klar eine Rolle spielt!

Mal angenommen wir würfeln in beiden Fällen eine 4, dann hab ich bei Variante 1 bereits meine 1 zur großen Straße, in Variante 2 brauch ich aber noch eine 1 oder eine 6. Auch wenn es statistsich gesehen wahrscheinlich ist, dass ich eine der beiden Zahlen dazu bekommen, ist es nicht sicher, da das Gesetz der großen Zahlen bei zwei Würfen a zwei Würfel noch lange nicht zieht.
Ohne diese Berücksichtigung ist das in meinen Augen ein klarer Fehler, wenn man sich trotz gleicher Wahrscheinlichkeit nicht auf die sicherer Variante konzentriert.

Ein anderes Beispiel um das klar zu machen:
Angenommen jemand wirft eine Münze -> es erscheint Zahl.
Wenn Du sagst, das kannst Du auch, wenn Du die Münze zweimal werfen darfst, hast zwar statistisch gesehen Recht, dennoch könnte bei kleinen Versuchszahlen auch zweimal Kopf kommen. Du gehts also trotz gleicher Wahrscheinlichkeit ein höheres Risiko ein.

Genauso verhält sich das bei den Würfeln auch. Die 1 haben wir bereits sicher - warum trotz der gleichen Wahrscheinlichkeit das Risiko eingehen, dass unser neues Ergebnis vom Mittelwert abweicht?!

Das ist die gleiche Denkweise wie beim Roulette zu glauben, dass nach 10 Mal rot die Wahrscheinlichkeit hoch ist, dass schwarz kommt. Es ist nicht wahrscheinlicher - es ist lediglich wahrscheinlich, dass nach 100.000 Runden ähnlich oft schwarz wie rot gekommen ist.

Daher: Rasta in rot bitte

Nenene, Sancho.

In deinem Münzbeispiel vergleichst du jemanden der bereits "Zahl" geworfen hat mit jemandem der noch noch nicht geworfen hat.
Deren Wahrscheinlichkeit auf Zahl ist eben nicht gleich.
Beim Ersten ist sie 1 (weil er das Wunschergebnis schon hat), beim 2. ist sie bei 2 Würfen 0,75. Und sie wird auch nie 1, selbst wenn er 1000 mal werfen darf.

Bei der Kniffel-Frage hat eben weder A noch B schon vorher eine große Straße. Und die Wahrscheinlichkeit mit den beiden Varianten ans Ziel zu kommen ist nun mal genau gleich. Keine Variante ist besser. Das musst du schon so hinnehmen. Treten die beiden Varianten gegeneinander an, dann gewinnt bei unendlich vielen Durchgängen jeder 50% der Fälle.
Mit der Streuung (Varianz) der Ergebnisse hat das nichts zu tun. Es geht ja hier nur um große Straße oder keine große Straße. Wenn "knapp daneben" besser wäre als "total daneben", dann hättest du Recht.


Zuletzt bearbeitet von manuvili am 12 Apr 2016 22:17, insgesamt einmal bearbeitet

Mit der 1 haben wir in unserem Beispiel ja eines unserer Wunschergebnisse auch schon...

Wir brauchen nur noch die 4.

Wenn wir die 1 nochmal wegnehmen, nur um ein 1 oder 6 zu bekommen gewinnen wir zwar Versuche dazu, benötigen die aber alle nochmal, um die 1 und 6 zu würfeln., also 3/6 = 1/2 -> genau unsere zwei Zahlen.

Zuletzt bearbeitet von Gast am 12 Apr 2016 22:20, insgesamt einmal bearbeitet

aber das ist eben trotzdem noch nichts wert

Vlt. wird es mit einem extremeren Beispiel klarer:

Du hast 2 Würfel und sollst mit 2 Würfen eine Kombination aus 2 aufeinander folgenden Zahlen (1/2, 2/3,...5/6) würfeln.

Dein erster Wurf ist ein 1er Pasch.
Nach deiner Logik wäre es besser, eine 1 zu behalten, weil man damit ja schon die Hälfte eines Pärchens hat.
In dem Beispiel ist es aber relativ offensichtlich, dass es besser wäre nochmal mit 2 Würfeln zu werfen. Dann hat man zwar noch nichts - hat aber dafür mehr Möglichkeiten.

manuvili hat folgendes geschrieben:

aber das ist eben trotzdem noch nichts wert

Natürlich nicht - ebenso wenig wie alles andere, wenn es nur um die große Straße geht.

Wir brauchen in beiden Fällen die 4.

Wir werden statistisch sicher eine 1 oder 6 würfeln, wenn wir 3 zusätzliche Versuche haben, das ist absolut richtig und führt dazu, dass es die gleiche Wahrscheinlichkeit hat.
Es ist aber trotz gleicher Wahrscheinlichkeit bei wenigen Würfen NICHT SICHER, dass das wirklich so kommt, unsere 1 haben wir SICHER!

*Sancho* hat folgendes geschrieben:

Wenn wir die 1 nochmal wegnehmen, nur um ein 1 oder 6 zu bekommen gewinnen wir zwar Versuche dazu, benötigen die aber alle nochmal, um die 1 und 6 zu würfeln., also 3/6 = 1/2 -> genau unsere zwei Zahlen.

Dabei tust du aber so, als wäre der eine Würfel nur für die 4 "zuständig" und der andere dafür da, die 1 oder 6 zu würfeln.

manuvili hat folgendes geschrieben:

Vlt. wird es mit einem extremeren Beispiel klarer: Du hast 2 Würfel und sollst mit 2 Würfen eine Kombination aus 2 aufeinander folgenden Zahlen (1/2, 2/3,...5/6) würfeln. Dein erster Wurf ist ein 1er Pasch. Nach deiner Logik wäre es besser, eine 1 zu behalten, weil man damit ja schon die Hälfte eines Pärchens hat. In dem Beispiel ist es aber relativ offensichtlich, dass es besser wäre nochmal mit 2 Würfeln zu werfen. Dann hat man zwar noch nichts - hat aber dafür mehr Möglichkeiten.

In Deinem Beispiel hättest Du Recht weil es unzählig mehr Möglichkeiten gibt. Aber in unserem Beispiel hast Du nicht mehr Möglichkeiten, weil Du in jedem Fall eine 4 brauchst.
Du hast zwar in Summe 2 Würfel mehr, um die 4 zu erhalten, Du brauchst aber genau diese zwei Würfel mehr, um die 1/6 Sache zu egalisieren.
Daher sind die Wahrscheinlichkeiten ja auch gleich.

Der springende Punkt ist, dass zwar statistisch gesehen sicher eine 1 oder 6 kommt, wenn Du drei zusäzliche Optionen neben der 4 hast, diese statistische Sicherheit hat aber eine höhere Varianz als die 1 selbst. Es ist die STREUNG der Warscheinlichkeit, die hier zum Ergebnis führt...

Nette Denksportaufgabe für den Abend

Ich hab jetzt nicht wirklich nachgerechnet, ob die Wahrscheinlichkeiten wirklich gleich sind, aber wenn dem so ist und es wirklich nur um die große Straße geht, hat Sancho da nicht Unrecht.
Bei gleichen Wahrscheinlichkeiten ist immer auf die Risikostreuung zu achten, und die ist bei einer sicheren 1 natürlich weniger ausgeprägt als bei einer -statistisch sicheren anderen Zahl.

Vielleicht liegt das Verständnisproblem darin, dass Sancho hier mal von Streuung, mal von Varianz und mal von Standardabweichung spricht. In diesesm Fall sind das zwar Synonyme, das ist aber mathematisch nicht immer so.

Ich schaffs heute abend wohl nicht mehr, dich zu überzeugen.

Nur 1 noch: Die Wahrscheinlichkeit 2 Zahlen mit 3 Würfen zu treffen ist nicht 1 (sicher). Auch nicht mit 1 Milliarde Würfen. Genauso wie die Wahrscheinlichkeit mit 2 Münzwürfen mindestens 1 mal Zahl zu werfen eben "nur" 0,75 und nicht 1 ist.
Die Wahrscheinlichkeiten im vorliegenden Kniffelfall sind genau gleich. Das hast du ja eingesehen.
Gleiche Wahrscheinlichkeit bedeutet genau gleich oft gewinnen - bei unendlicher Wiederholung. Siehs ein.

Zuletzt bearbeitet von manuvili am 12 Apr 2016 22:49, insgesamt einmal bearbeitet

manuvili hat folgendes geschrieben:

Ich schaffs heute abend wohl nicht mehr, dich zu überzeugen. Nur 1 noch: Die Wahrscheinlichkeit 2 Zahlen mit 3 Würfen zu treffen ist nicht 1 (sicher). Auch nicht mit 1 Milliarde Würfen. Genauso wenig wie die Wahrscheinlichkeit mit 2 Münzwürfen mindestens 1 mal Zahl zu werfen eben "nur" 0,75 und nicht 1 ist. Die Wahrscheinlichkeiten im vorliegenden Kniffelfall sind genau gleich. Das hast du ja eingesehen. Gleiche Wahrscheinlichkeit bedeutet genau gleich oft gewinnen - bei unendlicher Wiederholung. Siehs ein.

Bei endlos vielen Wiederholungen ja. Im Einzelfall eben nicht. Genau deswegen gibts ja die Standardabweichung...

manuvili hat folgendes geschrieben:

Ich schaffs heute abend wohl nicht mehr, dich zu überzeugen. Nur 1 noch: Die Wahrscheinlichkeit 2 Zahlen mit 3 Würfen zu treffen ist nicht 1 (sicher). Auch nicht mit 1 Milliarde Würfen. Genauso wie die Wahrscheinlichkeit mit 2 Münzwürfen mindestens 1 mal Zahl zu werfen eben "nur" 0,75 und nicht 1 ist. Die Wahrscheinlichkeiten im vorliegenden Kniffelfall sind genau gleich. Das hast du ja eingesehen. Gleiche Wahrscheinlichkeit bedeutet genau gleich oft gewinnen - bei unendlicher Wiederholung. Siehs ein.

Genau das ist ja der springende Punkt. Nur bei endlos vielen Wiederholungen! Die haben wir hier aber nicht.

Und mit der 1 ist die Ausprägung gemeint, nicht die Wahrscheinlichkeit.
Deiner Wahrscheinlichkeitberechnung mit den Münzwürfen kann ich grad gar nicht folgen.

Wenn meine Statistikerinnerungen nicht trügen, bezeichnet die Standardabweichung wie weit man im Durchschnitt vom Mittelwert (hier: vom gewünschten Ergebnis) weg liegt.
Hier gibt es aber nur die Varianten: Straße getroffen oder Straße nicht getroffen. Fast getroffen ist auch "nicht getroffen"

"Bei unendlicher Wiederholung" hab ich nur geschrieben weil eine 50%Wahrscheinlichkeit bei unendlicher Wiederholung auch zu 50% Gewinn führt.
Bei nur einem Versuch kann man natürlich nur gewinnen oder verlieren. Kann also hinterher sagen: "Meine Chancen standen zwar 50:50, aber ich habe 0% (oder 100%) aller gespielten Spiele gewonnen.

manuvili hat folgendes geschrieben:

Wenn meine Statistikerinnerungen nicht trügen, bezeichnet die Standardabweichung wie weit man im Durchschnitt vom Mittelwert (hier: vom gewünschten Ergebnis) weg liegt. Hier gibt es aber nur die Varianten: Straße getroffen oder Straße nicht getroffen. Fast getroffen ist auch "nicht getroffen"

Es geht aber nicht mehr um getroffen oder nicht getroffen, da die Erwartungswerte gleich sind. Es geht nur noch darum, welches Risko aufgewendet wird, um die Erwartung zu treffen.

Ich hab grad versucht, das mathematisch aufzuführen, scheiter aber grad an den Sonderzeichen. Unterm Strich geht es aber lediglich um das Erwartungswert-Varianz Prinzip.
Entscheidend dabei ist zu verstehen, dass eine sichere 1 ein kleineres Sigma aufweist, als eine theoretische 2/6 Wahrscheinlichkeit bei 3 Versuchen - eben weil wir nicht unendlich viele Versuche haben.

Daher mal möglichst unmathematisch:

A) wir haben 2 Würfelwürfe um eine 4 zu bekommen - die 1 haben wir bereits
B) wir haben 4 Würfelwürfe um eine 4 und eine 1 ODER ein 4 und eine 6 zu bekommen

Annahme: Die Wahrscheinlichkeiten sind beide gleich, sind also für den Entscheidungsprozess nicht mehr relevant.
(man könnte zB die Wahrscheinlihkeit auf beiden Seiten auf 0,99 setzen, um diesen Punkt gedanklich besser ausblenden zu können)

Wir beachten jetzt nur noch, welche theoretischen Abweichungen es von diesen Erwartungswerten geben kann.

Bei A) kann es bezüglich der 4 zu einer Abweichung vom Erwartungswert kommen
Bei B) kann es bezüglich der 4 UND der 1 oder 6 zu einer Abweichung kommen

Das Abweichungspotential von A) ist eine Teilmenge von B), damit ist die Varianz von B) sicher größer als von A)
(ohne sie konkret berechnen zu müssen)

Größere Varianz bedeutet größeres Abweichungsrisiko, da die Wahrscheinlichkeiten beide gleich sind, ist die Vartiante zu wählen, bei der das Risiko niedriger ist.


Edit:
Für die Wirtschaftler: Mein Ansatz beruht auf der Portfolioselektion von Markowitz, das genau diesen Sachverhalt zur Risikosenkung nutzt - quasi genau andersrum. Vielleicht wird den Wirtschaftlern unter euch damit eher klar, was ich meine.