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Münzwurf gezinkte Münze

Universität / Fachhochschule

Erwartungswert

Wahrscheinlichkeitsmaß

Tags: Erwartungswert, Wahrscheinlichkeitsmaß

Matrizenmax aktiv_icon

21:10 Uhr, 07.05.2023

Hallo,
mein kleiner Bruder (kleiner Klugscheißer) hat mir (Mathestudent im 4. Semester) ein selbst ausgedachtes Problem gestellt, dass er wohl lösen konnte, aber ich komm einfach nicht drauf. Es geht um folgendes Problem:
Eine gezinkte Münze wird geworfen, die zu $\frac{1}{3}$ Kopf und zu $\frac{2}{3}$ Zahl zeigt.
Bei Kopf bekommt man einen Euro, bei Zahl verliert man einen.
Man kann auch ins Minus gehen und startet bei 0€.
Wie wahrscheinlich ist es, bei unendlichen vielen Würfen, irgendwann einmal 1€ im Plus gewesen zu sein?

Tipp, den er mir nach einem Tag gab: wie wahrscheinlich ist es denn, jemals 2€ im Plus zu sein?

Meine jetzigen Überlegungen:
Die Wahrscheinlichkeit ist mal mindestens bei $\frac{1}{3},$ da man nach dem ersten Wurf schon eine $\frac{1}{3}$ chance hat, 1€ im plus zu sein. Zudem kommen dann noch die Äste des Baumdiagramms, bei denen man ein mal mehr Kopf als Zahl wirft, also circa $42,9 %$ für viele Würfe.
Allerdings muss man ja auch noch Ereignisse mit zB Zahl Kopf Kopf und dann nur noch Zahl berücksichtigen. Also kann der Ansatz nicht zielführend sein.

Bitte helft mir, das nagt sehr an meinem Stolz.

Paul14228 aktiv_icon

21:54 Uhr, 07.05.2023

Zunächst können wir die Wahrscheinlichkeit berechnen, bei einem Wurf einen Euro im Plus zu sein. Die Wahrscheinlichkeit für Kopf ist $\frac{1}{3},$ also gewinnt man mit Wahrscheinlichkeit $\frac{1}{3}$ einen Euro und mit Wahrscheinlichkeit $\frac{2}{3}$ verliert man einen Euro. Daher ist die erwartete Gewinnwahrscheinlichkeit pro Wurf:

$\frac{1}{3} - \frac{2}{3} = - \frac{1}{3}$

Dies bedeutet, dass man im Durchschnitt bei jedem Wurf einen Verlust von 1/3€ macht.

Nun können wir die Frage beantworten, wie wahrscheinlich es ist, bei unendlich vielen Würfen irgendwann einmal 1€ im Plus gewesen zu sein. Dazu betrachten wir die Wahrscheinlichkeit, jemals genau 2€ im Plus zu sein, und multiplizieren diese mit der Wahrscheinlichkeit, danach wieder auf 1€ im Plus zu fallen.

Angenommen, wir haben 2€ im Plus und wollen wissen, wie wahrscheinlich es ist, beim nächsten Wurf wieder auf 1€ im Plus zu fallen. Es gibt zwei Möglichkeiten: entweder wir gewinnen einen Euro und haben damit 3€ im Plus, oder wir verlieren einen Euro und haben nur noch 1€ im Plus.

Die Wahrscheinlichkeit, beim nächsten Wurf einen Euro zu gewinnen, ist $\frac{1}{3}$ . In diesem Fall haben wir 3€ im Plus und müssen danach auf 1€ im Plus fallen, um das Ziel zu erreichen. Die Wahrscheinlichkeit, beim nächsten Wurf einen Euro zu verlieren und wieder auf 1€ im Plus zu fallen, ist $\frac{2}{3} \cdot \frac{1}{3} = \frac{2}{9}$ .

Daher ist die Wahrscheinlichkeit, von 2€ im Plus auf 1€ im Plus zu fallen:

$\frac{1}{3} + \frac{2}{9} = \frac{5}{9}$

Nun können wir die Wahrscheinlichkeit berechnen, jemals genau 2€ im Plus gewesen zu sein. Diese Wahrscheinlichkeit ist gleich der Wahrscheinlichkeit, von 1€ im Plus auf 2€ im Plus zu kommen, multipliziert mit der Wahrscheinlichkeit, von 2€ im Plus auf 1€ im Plus zu fallen.

Die Wahrscheinlichkeit, von 1€ im Plus auf 2€ im Plus zu kommen, ist $\frac{1}{3} \cdot \frac{1}{3} = \frac{1}{9}$ .

Daher ist die Wahrscheinlichkeit, jemals genau 2€ im Plus gewesen zu sein:

$\frac{1}{9} \cdot \frac{5}{9} = \frac{5}{81}$

Da die Wahrscheinlichkeit, bei jedem Wurf im Durchschnitt einen Verlust von 1/3€ zu machen, sehr hoch ist, wird es in der Praxis sehr schwierig sein, jemals im Plus zu landen. Selbst wenn man unendlich viele Würfe hat, ist die Wahrscheinlichkeit, jemals im Plus zu sein, sehr gering.

Randolph Esser aktiv_icon

00:30 Uhr, 08.05.2023

Wenn Du hier billigen KI-Müll postest,
zerstörst Du das Forum. Es ist aufwendig,
das zu sichten und am Ende fühlt man sich verarscht,
weil da einfach nur Mumpitz steht.

Randolph Esser aktiv_icon

03:29 Uhr, 08.05.2023

Habe einen Code geschrieben.

Bis zum $33$ . Münzwurf hat sich eine Chance von ca. $49,8 %$ akkumuliert.

Mein Rechner geht dann mächtig in die Knie, braucht schon

für den nächsten Wert (bis zum $35$ . Wurf) gute 5 Minuten.

Zur Formel:

Man kann immer nur mit einer ungeraden Anzahl Würfe das erste Mal auf die 1 kommen.

1.Wurf: $\frac{1}{3}$
$+$
3.Wurf: $\frac{2}{3} \cdot \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{3}$
$+$
5.Wurf: $\frac{2}{3} \cdot \frac{1}{3} \cdot \frac{2}{3} \cdot \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{3} + \frac{2}{3} \cdot \frac{2}{3} \cdot \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{3}$
$+$
$. .$ .

gibt $\frac{1}{3} \cdot \sum_{k = 0}^{n} ρ (k) \cdot {(\frac{2}{9})}^{n}$ bis zum $2 \cdot n + 1$ ten Wurf,

wobei $ρ (n)$ die Anzahl der Summen 0 aus $n$ Summanden $- 1$ und $n$ Summanden 1 ist,

deren Teilsummen von links gelesen zudem nie negativ sind,

Beispiel für $n = 2 : 1 + 1 - 1 - 1$ und $1 - 1 + 1 - 1,$ aber $z . B$ . nicht $1 - 1 - 1 + 1,$ also $ρ (2) = 2$ .

Eben diese Funktion habe ich rekursiv gecodet und für große $n$ frisst die den Rechner.

Vielleicht kennt ja jemand eine schlanke explizite Formel für $ρ$ .

$\frac{1}{3} \cdot \sum_{k = 0}^{\infty} ρ (k) \cdot {(\frac{2}{9})}^{n}$ wäre dann die gesuchte Chance

und $\frac{1}{3} \cdot \sum_{k = 0}^{16} ρ (k) \cdot {(\frac{2}{9})}^{n} \approx 0,497985$ ist meine vorläufig beste Berechnung.

Matrizenmax aktiv_icon

08:28 Uhr, 08.05.2023

Danke für die Mühe! Hat mir sehr weitergeholfen

HJKweseleit aktiv_icon

12:37 Uhr, 08.05.2023

Betrachte die folgende Kette:

1---0---(-1)---(-2)---(-3)---(-4)---...

die den Gewinnverlauf darstellen soll. Wir starten bei 0, und sobald wir 1 erreichen, ist das Problem gelöst und der Vorgang wird gestoppt. Deshalb fehlen die Gewinne vor der 1.

Die Wahrscheinlichkeit, dass wir je von 0 auf 1 gelangen, soll mit w bezeichnet werden. Es ist aber allgemein die Wahrscheinlichkeit, in der Kette von einer Position n irgendwie und irgendwann auf die Position n-1 zu gelangen, also z.B. die Wahrscheinlichkeit dafür, jemals wieder auf -2 zu kommen, wenn ich auf -3 stehe.

Wie komme ich nun von 0 auf 1? Wir starten.

1. Fall: Es fällt Kopf mit der Wahrscheinlichkeit 1/3, und wir sind fertig.

2. Fall: Es fällt Zahl mit der Wahrscheinlichkeit 2/3, und wir sind bei -1.

Damit jetzt doch noch 1 erreicht werden kann, muss ich irgendwie und irgendwann zunächst wieder von -1 auf 0 zurückkommen. Das geschieht nun nach oben Gesagtem genau mit der noch unbekannten Wahrscheinlichkeit w. Um von da aus auf 1 zu kommen, bin ich wider in der Ausgangsposition, und deshalb geschieht dies nochmals mit der Wahrscheinlichkeit w.

Insgesamt ist die Wahrscheinlichkeit für den 2. Fall somit 2/3 $\cdot w \cdot w$ = 2/3 $\cdot w^{2}$

Fazit: Für die gesuchte Wahrscheinlichkeit w gilt die Gleichung

w = 1/3 + 2/3 $\cdot w^{2}$
$\Rightarrow 3 w = 1 + 2 w^{2}$
$\Rightarrow w^{2} - 3 / 2 w + 1 / 2 = 0$
Mit den Lösungen w = 1/2 oder w = 1.

Die gesuchte Lösung ist somit 1/2. Erstaunlich!

(Die Lösung w=1 dürfte nicht in Frage kommen.)

Der Tipp deines Bruders bezieht sich auf das Problem, von -1 wieder auf 1 zu gelangen, also um 2 € aufzusteigen, und führt auf den Ausdruck $w^{2}$ .

PS: Der Antworter "Kartoffelkäfer" ist schon ganz nah an die Lösung herangekrabbelt.

Roman-22

13:37 Uhr, 08.05.2023

$>$ (Die Lösung $w = 1$ dürfte nicht in Frage kommen.)
Mit welcher Begründung genau?

Dreht man das Spiel um, sodass man bei Zahl einen Euro gewinnt und bei Kopf verliert, würden sich bei gleichem Ansatz die Werte $w_{1} = 2$ und $w_{2} = 1$ ergeben. Hier ist klar das $w_{1} = 2$ als Wert größer als 1 ausscheidet somit das Erreichen eines Guthabens das sichere Ereignis wäre...

Matrizenmax aktiv_icon

14:51 Uhr, 08.05.2023

Was für eine elegante Lösung! Wäre es dann nicht auch so, dass wenn jetzt zu einer Wahrscheinlichkeit von $\frac{1}{n}$ Kopf fällt, die Wahrscheinlichkeit, einen Euro zu gewinnen, bei $\frac{1}{n - 1}$ liegt?
Und danke für die Antwort, wär hätte gedacht, dass die Lösung das Lösen einer quadratischen Gleichung beinhaltet.

Randolph Esser aktiv_icon

15:34 Uhr, 08.05.2023

Yo,

$w = \frac{1}{n} + \frac{n - 1}{n} \cdot w^{2}$

$\Leftrightarrow w^{2} - \frac{n}{n - 1} \cdot w + \frac{1}{n - 1} = 0$

$\Rightarrow x_{1,2} = \frac{n}{2 \cdot (n - 1)} \pm \sqrt{\frac{n^{2}}{{(2 \cdot (n - 1))}^{2}} - \frac{1}{n - 1}}$

$= \frac{n}{2 \cdot (n - 1)} \pm \sqrt{\frac{n^{2} - 4 \cdot n + 4}{{(2 \cdot (n - 1))}^{2}}}$

$= \frac{n}{2 \cdot (n - 1)} \pm \frac{n - 2}{2 \cdot (n - 1)}$

$\Rightarrow x_{1} = 1, x_{2} = \frac{1}{n - 1}$ .

Allgemeiner noch für $q \in [0,1]$

$w = q + (1 - q) \cdot w^{2}$

$\Leftrightarrow w^{2} - \frac{1}{1 - q} \cdot w + \frac{q}{1 - q} = 0$

$\Rightarrow x_{1,2} = \frac{1}{2 \cdot (1 - q)} \pm \sqrt{\frac{1}{{(2 \cdot (1 - q))}^{2}} - \frac{q}{1 - q}}$

$= \frac{1}{2 \cdot (1 - q)} \pm \sqrt{\frac{4 \cdot q^{2} - 4 \cdot q + 1}{{(2 \cdot (1 - q))}^{2}}}$

$= \frac{1}{2 \cdot (1 - q)} \pm \frac{2 \cdot q - 1}{2 \cdot (1 - q)}$

$\Rightarrow x_{1} = \frac{q}{1 - q}, x_{2} = 1$ .

Roman-22

15:42 Uhr, 08.05.2023

Wenn $p$ die Wahrscheinlichkeit dafür ist, dass man 1 € gewinnt, dann sind die Lösungen der quadratischen Gleichung $w_{1} = 1$ und $w_{2} = \frac{p}{1 - p},$ also das Verhältnis von Gewinn- zu Verlustwkt.
Für $p = \frac{1}{n}$ ergibt sich dann $w_{2} = \frac{1}{n - 1},$ ja.

Für eine faire Münze $(p = 0,5)$ stellt sich daher $w_{1} = w_{2} = 1$ ein und für $p > 0,5$ ist $w_{2} > 1$ und somit als Wkt ungültig.

Daher ja auch meine Frage, mit welcher Begründung man für $p < 0,5$ die Lösung $w_{1} = 1$ so nonchalant ignoriert, wohingen sie für $p \geq 0,5$ die einzig valide ist.

Randolph Esser aktiv_icon

15:53 Uhr, 08.05.2023

Ja, die 1 würde ich auch nicht einfach so abtun.
Hab nur einen kleines Selbststudium Stochastik
hinter mir, aber da war mal was, dass derlei
Ereignisse immer entweder 0 oder 1 wahrscheinlich sind.
Kann mich aber auch irren...

HAL9000

16:12 Uhr, 08.05.2023

Ein möglicher Weg - kann sein, dass der überumständlich ist, ich bin ein wenig aus der (stochastischen) Übung:

Angenommen, es ist $w = 1$ . Mit der gleichen Begründung wie oben erreicht man mit Wahrscheinlichkeit $w^{2 n} = 1$ dann auch irgendwann einen beliebig groß gewählten Betrag $2 n$ Euro. Einen geraden Betrag kann man übrigens auch nur in einer geraden Anzahl Schritte erreichen.

Weist man nun aber nach, dass es ein $n$ gibt, so dass $\sum_{m = n}^{\infty} P (X_{2 m} = 2 n) < 1$ ist, dann ist die Annahme offenbar falsch, da dann nicht fast sicher Wert $2 n$ erreicht werden kann! Und genau das gehen wir jetzt an:

$X_{2 m} = 2 n$ bedeutet, dass $(m + n)$ -mal Kopf und $(m - n)$ -mal Zahl gefallen ist, die Wahrscheinlichkeit dafür ist

$P (X_{2 m} = 2 n) = (\begin{array}{c} 2 m \\ m + n \end{array}) p^{m + n} {(1 - p)}^{m - n}$ ,

jetzt können wir barbarisch grob abschätzen $(\begin{array}{c} 2 m \\ m + n \end{array}) \leq 2^{2 m}$ und erhalten im Fall $p < \frac{1}{2}$ die Abschätzung

$\sum_{m = n}^{\infty} P (X_{2 m} = 2 n) \leq p^{n} {(1 - p)}^{- n} \sum_{m = n}^{\infty} {(4 p (1 - p))}^{m} = {(\frac{p}{1 - p})}^{n} \cdot \frac{{(4 p (1 - p))}^{n}}{1 - 4 p (1 - p)} = \frac{{(2 p)}^{2 n}}{{(1 - 2 p)}^{2}}$ .

Bei ausreichend groß gewählten $n$ kriegen wir in diesem Fall $p < \frac{1}{2}$ den Wert rechts $< 1$ , Widerspruch zur Annahme $w = 1$ .

Randolph Esser aktiv_icon

17:56 Uhr, 08.05.2023

Cool, Danke HAL. Wieder viel gelernt hier an diesem Thread.

HJKweseleit aktiv_icon

23:08 Uhr, 08.05.2023

Nehmen wir einmal an, man würde das Spiel beenden, wenn der Gewinn 1 € oder der Verlust von a € erreicht wird, also bei 1 oder -a. Das sähe dann so aus, wobei ich die Vorzeichen aus schreibtechnischen Gründen ändere, also eine Verlustkette bilde:

(-1) --- 0 --- 1 --- 2 --- ... (x-1) --- (x) --- (x+1) ... --- (a-1) --- a

Nach jeweils links kommen wir mit der Wahrscheinlichkeit 1/3, nach rechts mit 2/3.

Sei f(x) die Wahrscheinlichkeit, von der Position x aus nach -1 zu gelangen, bevor man in a landet.
Dann gilt für x = 0, 1, ..., a-1:

f(x) = 1/3 $\cdot$ f(x-1) + 2/3 $\cdot$ f(x+1) sowie f(-1)=1, f(a)=0.

$\Rightarrow$ f(x) = 1/3 $\cdot$ f(x) + 2/3 $\cdot$ f(x) = 1/3 $\cdot$ f(x-1) + 2/3 $\cdot$ f(x+1)
$\Rightarrow$ 1/3 $\cdot$ f(x) - 1/3 $\cdot$ f(x-1) = 2/3 $\cdot$ f(x+1) - 2/3 $\cdot$ f(x)
$\Rightarrow$ 1/3 $\cdot$ (f(x) - f(x-1)) = 2/3 $\cdot$ (f(x+1) - f(x))
$\Rightarrow$ (f(x+1) - f(x)) = 1/2 $\cdot$ (f(x) - f(x-1))

Daraus ergibt sich durch sukzessives Einsetzen:
f(1)-f(0) = 1/2 $\cdot$ (f(0) - f(-1))
f(2)-f(1) = 1/2 $\cdot$ (f(1) - f(0)) = 1/4 $\cdot$ (f(0) - f(-1))
f(3)-f(2) = 1/2 $\cdot$ (f(2) - f(1)) = 1/4 $\cdot$ (f(0) - f(-1))
f(4)-f(3) = 1/2 $\cdot$ (f(3) - f(2)) = 1/8 $\cdot$ (f(0) - f(-1))
...
f(a)-f(a-1) = $(1 / 2)^{a} \cdot$ (f(0) - f(-1))

Summieren wir alle Gleichungen auf, ergibt sich links die Teleskopsumme
f(a)-f(0) = (1/2+1/4+1/8+...+ $(1 / 2)^{a}) \cdot$ (f(0) - f(-1))

Mit f(-1)=1 und f(a)=0 und der geometrischen Reihe ergibt sich:

-f(0)= $\frac{1 - (1 / 2)^{a + 1}}{1 - 1 / 2} \cdot$ (f(0) - 1)

Umstellen nach f(0) gibt: f(0) = $\frac{1 / 2 - (1 / 2)^{a + 1}}{1 - (1 / 2)^{a + 1}}$

Lassen wir nun a nach $\infty$ gehen, ergibt sich f(0) = 1/2 und nicht 1.

Randolph Esser aktiv_icon

01:07 Uhr, 09.05.2023

Bei Deiner Umstellung nach $f (0)$ zuletzt krieg ich was anderes

und ich sehe keinen Fehler...

$- f (0) = \frac{1 - {(\frac{1}{2})}^{a + 1}}{1 - \frac{1}{2}} \cdot (f (0) - 1)$

$\Leftrightarrow f (0) = \frac{1 - {(\frac{1}{2})}^{a + 1}}{1 - \frac{1}{2}} \cdot (1 - f (0))$

$\Leftrightarrow \frac{f (0)}{1 - f (0)} = \frac{1 - {(\frac{1}{2})}^{a + 1}}{1 - \frac{1}{2}}$

$\Leftrightarrow \frac{1 - f (0)}{f (0)} = \frac{1 - \frac{1}{2}}{1 - {(\frac{1}{2})}^{a + 1}}$

$\Leftrightarrow \frac{1}{f (0)} - 1 = \frac{1 - \frac{1}{2}}{1 - {(\frac{1}{2})}^{a + 1}}$

$\Leftrightarrow \frac{1}{f (0)} = \frac{1 - \frac{1}{2}}{1 - {(\frac{1}{2})}^{a + 1}} + 1$

$\Leftrightarrow \frac{1}{f (0)} = \frac{1 - \frac{1}{2} + 1 - {(\frac{1}{2})}^{a + 1}}{1 - {(\frac{1}{2})}^{a + 1}}$

$\Leftrightarrow \frac{1}{f (0)} = \frac{\frac{3}{2} - {(\frac{1}{2})}^{a + 1}}{1 - {(\frac{1}{2})}^{a + 1}}$

$\Leftrightarrow f (0) = \frac{1 - {(\frac{1}{2})}^{a + 1}}{\frac{3}{2} - {(\frac{1}{2})}^{a + 1}} \to \frac{2}{3} (a \to \infty)$ .

Randolph Esser aktiv_icon

01:37 Uhr, 09.05.2023

Du hast falsch aufsummiert

Es gilt

$f (a) - f (0) = (\frac{1 - {(\frac{1}{2})}^{a + 1}}{1 - \frac{1}{2}} - 1) \cdot (f (0) - f (- 1))$

oder auch

$f (a) - f (- 1) = \frac{1 - {(\frac{1}{2})}^{a + 1}}{1 - \frac{1}{2}} \cdot (f (0) - f (- 1))$ .

Ich entwickle mal die zweite weiter:

$f (a) - f (- 1) = \frac{1 - {(\frac{1}{2})}^{a + 1}}{1 - \frac{1}{2}} \cdot (f (0) - f (- 1))$

$\Leftrightarrow - 1 = \frac{1 - {(\frac{1}{2})}^{a + 1}}{1 - \frac{1}{2}} \cdot (f (0) - 1)$

$\Leftrightarrow - \frac{1}{f (0) - 1} = \frac{1 - {(\frac{1}{2})}^{a + 1}}{1 - \frac{1}{2}}$

$\Leftrightarrow - (f (0) - 1) = \frac{1 - \frac{1}{2}}{1 - {(\frac{1}{2})}^{a + 1}}$

$\Leftrightarrow f (0) - 1 = \frac{- \frac{1}{2}}{1 - {(\frac{1}{2})}^{a + 1}}$

$\Leftrightarrow f (0) = \frac{- \frac{1}{2}}{1 - {(\frac{1}{2})}^{a + 1}} + 1$

$\Leftrightarrow f (0) = \frac{- \frac{1}{2} + 1 - {(\frac{1}{2})}^{a + 1}}{1 - {(\frac{1}{2})}^{a + 1}}$

$\Leftrightarrow f (0) = \frac{\frac{1}{2} - {(\frac{1}{2})}^{a + 1}}{1 - {(\frac{1}{2})}^{a + 1}} \to \frac{1}{2} (a \to \infty)$ .

So, jetzt passt's !

Sorry wegen dem kleinschrittigen, aber ich will auf Nr. sicher gehen.

Und natürlich Dank für diesen weiteren Beweis !

HJKweseleit aktiv_icon

13:20 Uhr, 09.05.2023

Du hast Recht, da ist irgendwie ein Schreibfehler entstanden:

Summieren wir alle Gleichungen auf, ergibt sich links die Teleskopsumme
f(a)-f(0) = (1/2+1/4+1/8+...+ $(1 / 2)^{a}$ )⋅(f(0) - f(-1))

Mit f(-1)=1 und f(a)=0 und der geometrischen Reihe ergibt sich:

Und jetzt: Statt

-f(0)= $\frac{1 - (1 / 2)^{a + 1}}{1 - 1 / 2} \cdot$ (f(0) - 1)

muss es richtig heißen:

-f(0)= $\frac{1 / 2 - (1 / 2)^{a + 1}}{1 - 1 / 2} \cdot$ (f(0) - 1)

Der Rest ist wieder richtig.

Roman-22

19:19 Uhr, 09.05.2023

Die Aufgabenstellung ist interessant und auch ein wenig hinterhältig, da sie so harmlos wirkend daher kommt.
Danke an HJKweseleit für die beiden unterschiedlichen Lösungsansätze und an HAL9000 für die Begründung, warum beim ersten Ansatz die Lösung $w = 1$ auszuschließen ist.

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