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Warscheinlichkeit Spiel, ungleiche Startbedingung

Universität / Fachhochschule

Tags: Stochastik, ungleiche Startbedingung, Warscheinlichkeit

Benno123 aktiv_icon

22:27 Uhr, 07.08.2022

Beschreibung eines Beispiels zum Problem.

Bei einem Spiel mit 2 Spielern wird eine Münze geworfen, der Spieler der gewinnt gibt dem anderen 1€. Einer der Spieler beginnt mit 10€ der andere mit 5€. Der Spieler der zuerst 0€ hat verliert.
Wie berechne ich die Warscheinlichkeit des Gewinnens einer der Spieler?

Mein Ansatz: Baumdiagramm zeichnen. Suche nach einer Möglichkeit um es nicht per Hand lösen zu müssen.

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

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07:23 Uhr, 08.08.2022

Wie lauten die genauen Spielregeln, wie ist der Spielablauf?

HAL9000

07:28 Uhr, 08.08.2022

Klar ist, dass zu jedem Zeitpunkt des Spiels die Gesamtsumme beider Guthaben

n = 15

Euro ist. Bezeichnen wir nun die Gewinnwahrscheinlichkeit des Spielers 1, wenn er

m

Euro zur Verfügung hat, mit

p_{n} (m)

. Dann gilt offenbar

p_{n} (0) = 0

p_{n} (n) = 1

p_{n} (m) = \frac{p_{n} (m - 1) + p_{n} (m + 1)}{2}

für

0 < m < n

,

letzteres, weil man jeweils mit Wahrscheinlichkeit

\frac{1}{2}

nach einer Runde bei

m - 1

oder

m + 1

Euro Guthaben angelangt ist.

Probiert man mal für kleine

n = 2, 3, 4

aus, wie diese eben genannte Rekursion aufgelöst wird, wird man sehr schnell zur Vermutung

p_{n} (m) = \frac{m}{n}

kommen, die sich problemlos per Probe beweisen lässt.

Was das konkret für dein Problem bedeutet, solltest du nun selbst rauskriegen.

Kartoffelchipsman aktiv_icon

13:32 Uhr, 08.08.2022

Ich benutze HALs Rekursionsformel,
um zwei weitere herzuleiten
(die zweite davon hat HAL ebenfalls schon gezeigt)
und induktiv zu beweisen.

Für

n \in N

sei also

p (m) := \frac{1}{2} \cdot p (m - 1) + \frac{1}{2} \cdot p (m + 1) \forall 0 < m \in N < n

und

p (0) := 0, p (n) := 1

.

Leicht findet man mit der Formel sukzessiv

p (1) = \frac{1}{2} \cdot p (2), p (2) = \frac{2}{3} \cdot p (3)

und vermutet kühn

p (m) = \frac{m}{m + 1} \cdot p (m + 1) (I V)

.

Beweis:

(I A)

steht bereits und der

(I S)

ist

p (m + 1) = \frac{1}{2} \cdot p (m) + \frac{1}{2} \cdot p (m + 2) = \frac{1}{2} \cdot \frac{m}{m + 1} \cdot p (m + 1) + \frac{1}{2} \cdot p (m + 2)

\Rightarrow p (m + 1) = \frac{m + 1}{m + 2} \cdot p (m + 2)

.

Damit findet man wiederum sukzessiv

p (n - 1) = \frac{n - 1}{n}, p (n - 2) = \frac{n - 2}{n - 1} \cdot \frac{n - 1}{n} = \frac{n - 2}{n}

und vermutet wiederum kühn

p (m) = \frac{m}{n} (I V)

.

Beweis:

(I A)

steht bereits und der

(I S)

ist

p (m - 1) = \frac{m - 1}{m} \cdot p (m) = \frac{m - 1}{m} \cdot \frac{m}{n} = \frac{m - 1}{n}

.

Für

n = 15

ist also

p (5) = \frac{5}{15} = \frac{1}{3}

die Chance, dass der Kleinsparer gewinnt, und

p (10) = \frac{10}{15} = \frac{2}{3}

die, dass der Bonze gewinnt.

Kartoffelchipsman aktiv_icon

16:23 Uhr, 08.08.2022

Mal nebenbei:

Die

p (m)

stehen auch in der obersten und untersten Zeile von

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

.

WolframAlpha ist dieser Happen aber zu groß,
daher im Bild nur eine abgespeckte

4 \times 4 -

Version.

HAL9000

17:49 Uhr, 08.08.2022

Es geht auch kürzer mit einfachem Schulwissen: Aus der obigen Gleichung

p_{n} (m) = \frac{p_{n} (m - 1) + p_{n} (m + 1)}{2}

folgt durch Umformung

2 p_{n} (m) = p_{n} (m - 1) + p_{n} (m + 1)

2 p_{n} (m) - p_{n} (m - 1) = p_{n} (m + 1)

p_{n} (m) - p_{n} (m - 1) = p_{n} (m + 1) - p_{n} (m)

D.h., die Differenz aufeinander folgender Folgenglieder bleibt konstant - das ist kennzeichnend für eine arithmetische Folge

p_{n} (m) = d m + c

. Aus

p_{n} (0) = 0

folgt

c = 0

, und aus

p_{n} (n) = 1

anschließend

d = \frac{1}{n}

, womit wir

p_{n} (m) = \frac{m}{n}

schlüssig begründet haben.

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