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Martingalespiel

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Erwartungswert

Tags: Erwartungswert, Martingal

 
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paulvwahlert

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23:56 Uhr, 01.12.2015

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Sei bei einem Roulette-Spiel die Gewinnwahrscheinlichkeit für rot = 12
Ein Spieler setzt immer auf das Ergebnis rot nach folgender Verdoppelungs-Strategie:
Er setzt zunächst einen Chip (der einen festen Wert hat) und verdoppelt seinen Einsatz nach jedem verlorenen Spiel. Wenn er gewonnen hat, ist sein Spiel-Zyklus beendet und er beginnt einen neuen Zyklus, wieder mit einem Chip im ersten Spiel. Wie hoch ist sein erwateter gewinn?


Die Wahrscheinlichkeit, dass der Roulette-Spieler keines der Spiele gewinnt, liegt bei 12k. Dass die Bank alle k Spiele verliert, liegt dementsprechend bei 1-12k.

Sei g:={Einsatz des Spielers}. Dann gilt für den Erwartungswert:

(12)kk=0n2kg-((1-(12)k)g)=(12)k(2k+1-1)g-((1-(12)k)g=g(2-12k)(g(1-(12)k)=2g-12kg-1g+12kg=g.


Ist das soweit richtig? Ich bin mir unsicher, habe ich bei meiner Überlegung doch gar nicht berücksichtigt, dass das der Roulette-Spieler das Spiel weiterspielt, wenn er gewinnt, nur dann mit seinem Einsatz wieder wie beim ersten Spiel vorgeht...

Gruß


Paul
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DrBoogie

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10:10 Uhr, 02.12.2015

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Na, so einfach ist das nicht.
Z.B. wenn k=3 ist, gibt's 8 mögliche Verläufe:
GGG,GGV,GVG,VGG,VVG,VGV,GVV,VVV und entsprechende Gewinne
3g,g,2g,2g,g,0,-2g,-7g.
Der Erwartungswert ist also 3g+g+2g+2g+g-2g-7g8=0.
Es wird auch für alle k Null sein, nur ist der Beweis ziemlich kompliziert.

Also, sei k beliebig.
Was klar ist, dass jeder Zyklus (also eine Folge VV...VVG) den Gewinn +g bringt.
Daher interessiert uns die Anzahl von G's in dem Verlauf. Aber uns interessiert auch die Anzahl von V's am Ende (wenn sie vorkommen). Also, wenn ich einen Verlauf ...G..V..GVVV...VV habe, mit insgesamt m G's und n V's am Stück am Ende, dann bringt dieser Verlauf den Gewinn/Verlust m-j=0n-12j=m-2n+1. Wenn ich am Ende n V's habe, sind m G's auf k-n Plätze verteilt. Daher ist der Erwartungswert des Gewinns 12k mal die Summe

n=0km=0k-nk-nm(m-2n+1)=n=0km=0k-nk-nmm-n=0km=0k-nk-nm(2n-1)=

=n=0km=0k-nk-nmm-n=0k(2n-1)m=0k-nk-nm=

=n=0k(k-n)2k-n-1-n=0k(2n-1)2k-n=l=0kl2l+1-n=0k2k+n=0k2k-n=

=l=0kl2l-1-(k+1)2k+l=0k2l=i=0k-1(i+1)2i-(k+1)2k+l=0k-12l+2k=

=i=0k-1(i+2)2i-k2k=0.

Hier wurden einige Formeln benutzt, unter anderem
m=0nnmm=n2n-1,
m=0nnm=2n,
i=0k-1(i+2)2i=k2k.

Die ersten zwei sind die bekannten Eigenschaften von Binomialkoeffizienten.
Die letzte kann man per Induktion beweisen.

paulvwahlert

paulvwahlert aktiv_icon

19:11 Uhr, 07.12.2015

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Gut ich habe deine Ausfürhung soweit verstanden, nur eine Frage stellt sich mir noch:

Wenn wir die mGs betrachten, die auf den k-n Plätzen verteilt sind, so ist doch ein Platz fest von diesen Gs, nämlich das auf dem letzten Platz von den k-n Plätzen; an dieser Stelle muss auf jedenfall ein G stehen. Dementsprechend müssten wir doch k-n-1m-1 Möglichkeiten für die restlichen Gs haben, oder?


Lieben Gruß


Paul
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DrBoogie

DrBoogie aktiv_icon

19:45 Uhr, 07.12.2015

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Ja, ich denke, dass Du Recht hast. Aber die Berechnung werde ich nicht mehr anpassen, zu aufwendig. :-)
paulvwahlert

paulvwahlert aktiv_icon

20:03 Uhr, 07.12.2015

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ok, dann nur einmal für den Anfang, den Rest bekomme ich schon irgendwie gedeichselt:


Meien Überlegung in die Summenformel eingesetzt ergibt dann:

n=0km=1k-n-1k-n-1m-1(m-2n+1), oder?
Antwort
DrBoogie

DrBoogie aktiv_icon

20:18 Uhr, 07.12.2015

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So bekommst Du das Problem, wenn n=k ist, denn dann steht in der inneren Summe -1 oben. Also musst Du noch anpassen.
Übrigens, m geht von 0, nicht von 1.
paulvwahlert

paulvwahlert aktiv_icon

00:49 Uhr, 08.12.2015

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Aber wenn man m von 0 an laufen lassen würde, dann hätten wir n-k-1-1 und das wär ja auch problematisch...
Antwort
DrBoogie

DrBoogie aktiv_icon

09:38 Uhr, 08.12.2015

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Da hast Du Recht, aber der Fall VVVVV....VVVV muss auch berücksichtigt werden.
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