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Gewinnverteilung beim Münzspiel

Universität / Fachhochschule

Verteilungsfunktionen

Tags: Aufteilung, Geld, Münzspiel

oklmeer

18:05 Uhr, 29.04.2011

Zwei Freunde A und

B

werfen eine Münze. Bei Kopf bekommt A einen Punkt, bei Zahl bekommt

B

einen Punkt. Derjenige, der als erster

n

Punkte hat bekommt

K

Euro.
Die Frage lautetet nun: In welchem Verhältnis ist der Betrag zu teilen, wenn bei einem Spielstand von

x : y

abgebrochen werden muss?
Wenn

x = y

wäre, dann bekommt jeder

\frac{K}{2}

Euro würde ich mal sagen. Und je nachdem, falls

x > y

oder umgekehrt, müsste man den Betrag entsprechend aufteilen. Das Problem ist, dass ich nicht weiß, wie ich das "mathematisch" ausdrücken soll, oder ob da noch was anderes dahintersteckt. Wenn mir jemand einen Tipp geben könnte, wäre ich sehr dankbar!!

Für alle, die mir helfen möchten (automatisch von OnlineMathe generiert):
"Ich möchte die Lösung in Zusammenarbeit mit anderen erstellen."

Bummerang

18:23 Uhr, 29.04.2011

Hallo,

eine Möglichkeit wäre, den Gewinn

\frac{x}{x + y} \cdot k

und

\frac{y}{x + y} \cdot k

zu verteilen. Man könnte auch mit Wahrscheinlicheiten rechnen, denn wenn der Spielstand

1 : 0

bei

n = 100

ist, bekommt nach der obigen Berechnung der eine alles, obwohl er keine 100%-ige Gewinnwahrscheinlichkeit hat. Wie also soll verteilt werden. Die Sache mit der Wahrscheinlichkeit wäre gerechter, aber ist auch aufwändiger zu berechnen. Dafür habe ich im Moment keine Zeit, ich kann erst in 2 oder 3 Stunden wieder weitermachen.

Beide Verfahren liefern aber für

x = y

die Gewinnaufteilung

\frac{k}{2}

für jeden

(x = y = 0

lasse ich mal unberücksichtigt, da rede ich nicht von einem abgebrochenen Spiel, da rede ich von noch gar keinem Spiel).

oklmeer

11:15 Uhr, 30.04.2011

Vielen Dank erstmal für die Antwort! Ich bin dann gestern abend auch noch auf

\frac{x}{x + y} \cdot K

gekommen, aber ich denke, dass bei der Frage eher mit Wahrscheinlichkeiten gerechnet werden soll.
Könnte man dann so anfangen: Die Wahrscheinlichkeit, dass A einen Punkt bekommt ist

p = \frac{1}{2}

und für

B : 1 - p = \frac{1}{2}

. Dann wäre die Wahrscheinlichkeit, dass bei

n

Würfen A genau

x

Punkte hat

P (A = x) = (\begin{matrix} n \\ x \end{matrix}) p^{x} \cdot {(1 - p)}^{n - x}

und

P (B = y)

analog. Oder bin ich da auf dem falschen Weg?
Und wie kann ich jetzt die

K

Euro einbeziehen??

Bummerang

13:33 Uhr, 30.04.2011

Hallo,

ich denke, dass Dein Ansatz da nicht korrekt ist, gesucht ist doch die Wahrscheinlichkeit, dass in den letzten

2 \cdot n - (x + y) - 1

Spielen mindestens

n - x

Mal Kopf fällt bzw. was das Komplementärereignis ist, dass in diesen

2 \cdot n - (x + y) - 1

Spielen mindestens

n - y

Mal Zahl fällt. Bei entsprechend kleinen und vor allem bekannten Zahlen ist es üblich, das Ganze durch einfaches Einsetzen in die entsprechenden Binomialverteilungsformeln zu lösen. Hier geht das nicht so einfach. Ich bin mir nicht sicher, aber ich glaube, dass es da keine verallgemeinernde Formel gibt. Aber zumindest sollte folgende Formel schon mal richtig sein:

P (X

gewinnt)

= \sum_{k = n - x}^{2 \cdot n - (x + y) - 1} (\begin{matrix} 2 \cdot n - (x + y) - 1 \\ k \end{matrix}) \cdot {(\frac{1}{2})}^{k} \cdot {(\frac{1}{2})}^{2 \cdot n - (x + y) - 1 - k}

= \sum_{k = (n - x)}^{2 \cdot n - (x + y) - 1} (\begin{matrix} 2 \cdot n - (x + y) - 1 \\ k \end{matrix}) \cdot {(\frac{1}{2})}^{2 \cdot n - (x + y) - 1}

= {(\frac{1}{2})}^{2 \cdot n - (x + y) - 1} \cdot \sum_{k = (n - x)}^{2 \cdot n - (x + y) - 1} (\begin{matrix} 2 \cdot n - (x + y) - 1 \\ k \end{matrix})

Analog sollte demzufolge gelten:

P (Y

gewinnt)

= {(\frac{1}{2})}^{2 \cdot n - (x + y) - 1} \cdot \sum_{k = (n - y)}^{2 \cdot n - (x + y) - 1} (\begin{matrix} 2 \cdot n - (x + y) - 1 \\ k \end{matrix})

Die Verteilung des Gewinns sollte dann zu den Teilen

P (X

gewinnt)*K und

P (Y

gewinnt)*K erfolgen.

Beispiel zur Kontrolle:

x = 3

y = 2

n = 5

P (X

gewinnt)

= {(\frac{1}{2})}^{2 \cdot 5 - (3 + 2) - 1} \cdot \sum_{k = (5 - 3)}^{2 \cdot 5 - (3 + 2) - 1} (\begin{matrix} 2 \cdot 5 - (3 + 2) - 1 \\ k \end{matrix})

P (X

gewinnt)

= {(\frac{1}{2})}^{4} \cdot \sum_{k = 2}^{4} (\begin{matrix} 4 \\ k \end{matrix})

P (X

gewinnt)

= \frac{1}{16} \cdot ((\begin{matrix} 4 \\ 2 \end{matrix}) + (\begin{matrix} 4 \\ 3 \end{matrix}) + (\begin{matrix} 4 \\ 4 \end{matrix}))

P (X

gewinnt)

= \frac{1}{16} \cdot (6 + 4 + 1) = \frac{1}{16} \cdot 11 = \frac{11}{16}

P (Y

gewinnt)

= {(\frac{1}{2})}^{2 \cdot 5 - (3 + 2) - 1} \cdot \sum_{k = (5 - 2)}^{2 \cdot 5 - (3 + 2) - 1} (\begin{matrix} 2 \cdot 5 - (3 + 2) - 1 \\ k \end{matrix})

P (Y

gewinnt)

= {(\frac{1}{2})}^{4} \cdot \sum_{k = 3}^{4} (\begin{matrix} 4 \\ k \end{matrix})

P (Y

gewinnt)

= \frac{1}{16} \cdot ((\begin{matrix} 4 \\ 3 \end{matrix}) + (\begin{matrix} 4 \\ 4 \end{matrix}))

P (Y

gewinnt)

= \frac{1}{16} \cdot (4 + 1) = \frac{1}{16} \cdot 5 = \frac{5}{16}

Das einzige "vereinfachende", das mir hier noch einfällt, ist die Symmetrie der Binomialverteilung auszunutzen. Im Falle von

X

geht die Summe von

n - x

bis

2 \cdot n - (x + y) - 1,

das sind die letzten

n - y

Summanden der Binomialverteilung. Wegen der Symmetrie sind die ersten

n - y

Summanden gleich den letzten

n - y,

da könnte man demzufolge die Summe auch von

k = 0

bis

n - y - 1

laufen lassen. Analoge Gedanken führen im Falle von

Y

k = 0

bis

n - x - 1

. Das ergibt dann:

P (X

gewinnt)

= {(\frac{1}{2})}^{2 \cdot n - (x + y) - 1} \cdot \sum_{k = 0}^{n - y - 1} (\begin{matrix} 2 \cdot n - (x + y) - 1 \\ k \end{matrix})

P (Y

gewinnt)

= {(\frac{1}{2})}^{2 \cdot n - (x + y) - 1} \cdot \sum_{k = 0}^{n - x - 1} (\begin{matrix} 2 \cdot n - (x + y) - 1 \\ k \end{matrix})

Probe an obigem Beispiel:

P (X

gewinnt)

= {(\frac{1}{2})}^{2 \cdot 5 - (3 + 2) - 1} \cdot \sum_{k = 0}^{5 - 2 - 1} (\begin{matrix} 2 \cdot 5 - (3 + 2) - 1 \\ k \end{matrix})

P (X

gewinnt)

= {(\frac{1}{2})}^{4} \cdot \sum_{k = 0}^{2} (\begin{matrix} 4 \\ k \end{matrix})

P (X

gewinnt)

= \frac{1}{16} \cdot ((\begin{matrix} 4 \\ 0 \end{matrix}) + (\begin{matrix} 4 \\ 1 \end{matrix}) + (\begin{matrix} 4 \\ 2 \end{matrix}))

P (X

gewinnt)

= \frac{1}{16} \cdot (1 + 4 + 6) = \frac{1}{16} \cdot 11 = \frac{11}{16}

P (Y

gewinnt)

= {(\frac{1}{2})}^{2 \cdot 5 - (3 + 2) - 1} \cdot \sum_{k = 0}^{5 - 3 - 1} (\begin{matrix} 2 \cdot 5 - (3 + 2) - 1 \\ k \end{matrix})

P (Y

gewinnt)

= {(\frac{1}{2})}^{4} \cdot \sum_{k = 0}^{1} (\begin{matrix} 4 \\ k \end{matrix})

P (Y

gewinnt)

= \frac{1}{16} \cdot ((\begin{matrix} 4 \\ 0 \end{matrix}) + (\begin{matrix} 4 \\ 1 \end{matrix}))

P (Y

gewinnt)

= \frac{1}{16} \cdot (1 + 4) = \frac{1}{16} \cdot 5 = \frac{5}{16}

Man sieht auch leicht, dass man durch den Mix dieser beiden Lösungen leicht zeigen kann, dass die Ergebnisse beider Wahrscheinlichkeiten immer in der Summe 1 ergeben:

P (X

gewinnt)

+ P (Y

gewinnt)

= {(\frac{1}{2})}^{2 \cdot n - (x + y) - 1} \cdot \sum_{k = 0}^{n - y - 1} (\begin{matrix} 2 \cdot n - (x + y) - 1 \\ k \end{matrix}) + {(\frac{1}{2})}^{2 \cdot n - (x + y) - 1} \cdot \sum_{k = (n - y)}^{2 \cdot n - (x + y) - 1} (\begin{matrix} 2 \cdot n - (x + y) - 1 \\ k \end{matrix})

= {(\frac{1}{2})}^{2 \cdot n - (x + y) - 1} \cdot (\sum_{k = 0}^{n - y - 1} (\begin{matrix} 2 \cdot n - (x + y) - 1 \\ k \end{matrix}) + \sum_{k = (n - y)}^{2 \cdot n - (x + y) - 1} (\begin{matrix} 2 \cdot n - (x + y) - 1 \\ k \end{matrix}))

= {(\frac{1}{2})}^{2 \cdot n - (x + y) - 1} \cdot \sum_{k = 0}^{2 \cdot n - (x + y) - 1} (\begin{matrix} 2 \cdot n - (x + y) - 1 \\ k \end{matrix})

= {(\frac{1}{2})}^{2 \cdot n - (x + y) - 1} \cdot 2^{2 \cdot n - (x + y) - 1}

= 1

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