Bernoulli-Kette? < Stochastik < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 01:53 Mo 25.04.2011 | | Autor: | empi75 |
| Aufgabe | Spieler A und B spielen ein Spiel, welches aus mehreren Runden besteht.
Spieler A gewinnt eine Runde mit der Wahrscheinlichkeit p.
Spieler B gewinnt eine Runde mit der Wahrscheinlichkeit 1-p.
Um als Gesamtsieger hervorzugehen muss A insgesamt m Runden in Serie gewinnen, B muss n Runden in Serie gewinnen.
Fragen:
1. Wie müssen m und n in Abhängigkeit von p gewählt werden, damit das Spiel fair ist (also jeder Spieler eine Chance von 50% hat das Spiel zu gewinnen)?
2. Wieviele Runden müssen im Durchschnitt gespielt werden, bis einer der beiden Spieler gewonnen hat?
3. Mit welcher Formel lassen sich die Gewinnwahrscheinlichkeiten von A und B in Abhängigkeit von p, m und n berechnen?
4. Mit welcher Formel lässt sich die Anzahl der Runden bis zu einer Entscheidung berechnen (in Abhängigkeit von p, m und n) |
Obiges Problem ist meine Modellierung einer "realen" Problemstellung in einem Sportspiel.
Ich habe zwar eine grundlegende Ausbildung in Statistik, kann jedoch obige Fragen nicht ausreichend beantworten, da etwa bei einer geometrischen Verteilung ja schon der erste Erfolg genügt, ich hier aber ein gewisses Muster von Erfolgen habe.
Wie ist das zu lösen?
Hat jemand Hinweise?
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 08:26 Mo 25.04.2011 | | Autor: | rabilein1 |
Soll A einen Vorsprung haben, weil er anfängt? Oder darf B die Runde zu Ende spielen, nachdem A seine Bedingung erfüllt hat? Kann es dadurch also ein 'Unentschieden geben?
Was soll den bei Frage 4 rauskommen? Es hängt doch vom ZUFALL ab, wie viele Runden es gibt. (also auch, wenn p, m und n festgelegt sind, ist dadurch die Anzahl der Runden nicht eindeutig bestimmt)
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 12:50 Mo 25.04.2011 | | Autor: | empi75 |
> Soll A einen Vorsprung haben, weil er anfängt? Oder darf B
> die Runde zu Ende spielen, nachdem A seine Bedingung
> erfüllt hat? Kann es dadurch also ein 'Unentschieden
> geben?
Es spielt keine Rolle wer anfängt. Man könnte sich das ganze als Tennsispiel vorstellen, bei dem A IMMER serviert und daher eine andere Wahrscheinlichkeit hat den Ballwechsel zu gewinnen als B der Rückschläger ist. Ein Unentschieden ist nicht möglich. Irgendwann wird A m mal hintereinander den Ballwechsel gewinnen oder B eben n mal hintereinander.
> Was soll den bei Frage 4 rauskommen? Es hängt doch vom
> ZUFALL ab, wie viele Runden es gibt. (also auch, wenn p, m
> und n festgelegt sind, ist dadurch die Anzahl der Runden
> nicht eindeutig bestimmt)
>
Das habe ich nicht gut formuliert. Gesucht wäre der Erwartungswert für die Anzahl der zu spielenden Runden bis eine Entscheidung gefallen ist.
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 11:28 Mo 25.04.2011 | | Autor: | abakus |
> Spieler A und B spielen ein Spiel, welches aus mehreren
> Runden besteht.
> Spieler A gewinnt eine Runde mit der Wahrscheinlichkeit
> p.
> Spieler B gewinnt eine Runde mit der Wahrscheinlichkeit
> 1-p.
> Um als Gesamtsieger hervorzugehen muss A insgesamt m
> Runden in Serie gewinnen, B muss n Runden in Serie
> gewinnen.
>
> Fragen:
> 1. Wie müssen m und n in Abhängigkeit von p gewählt
> werden, damit das Spiel fair ist (also jeder Spieler eine
> Chance von 50% hat das Spiel zu gewinnen)?
> 2. Wieviele Runden müssen im Durchschnitt gespielt
> werden, bis einer der beiden Spieler gewonnen hat?
> 3. Mit welcher Formel lassen sich die
> Gewinnwahrscheinlichkeiten von A und B in Abhängigkeit von
> p, m und n berechnen?
> 4. Mit welcher Formel lässt sich die Anzahl der Runden
> bis zu einer Entscheidung berechnen (in Abhängigkeit von
> p, m und n)
> Obiges Problem ist meine Modellierung einer "realen"
> Problemstellung in einem Sportspiel.
> Ich habe zwar eine grundlegende Ausbildung in Statistik,
> kann jedoch obige Fragen nicht ausreichend beantworten, da
> etwa bei einer geometrischen Verteilung ja schon der erste
> Erfolg genügt, ich hier aber ein gewisses Muster von
> Erfolgen habe.
> Wie ist das zu lösen?
> Hat jemand Hinweise?
>
> Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen
> Internetseiten gestellt.
Na, das ist ja mal eine richtig spannende Aufgabe.
Ich will mal versuchen, mit meinen relativ bescheidenen Mitteln wenigstens in die Nähe einer Lösung zu kommen.
Nehmen wir doch mal an, ein solches Spiel ist mit dem Sieg eines der beiden Spieler beendet worden (uns wird aber nicht verraten, wer gewonnen hat).
Dann wissen wir Folgendes: Einige Runden lang ist nichts wesentliches passiert; die Siege wechselten, keiner hatte schon eine Siegserie.
Irgendwann begann für einen von beiden die Siegserie.
Die Wahrscheinlichkeit für A, nach einem ersten Geplänkel eine Siegserie zu starten, ist [mm] p^m. [/mm] Für B beträgt sie [mm] (1-p)^n.
[/mm]
Es müsste wahrscheinlich [mm] p^m=(1-p)^n [/mm] gelten und somit
[mm] \bruch{m}{n}=\bruch{ln(1-p)}{ln(p)}.
[/mm]
Für die meisten Wahrscheinlichkeiten p würde es kein faires Spiel geben, weil [mm] \bruch{ln(1-p)}{ln(p)} [/mm] wohl nur ganz selten als Verhältnis zweier natürlicher Zahlen ausgedrückt werden kann.
Diese groben Überlegungen gelten auf alle Fälle, wenn die Siegserie sofort in Runde 1 beginnt.
Wenn die Siegserie erst im Runde 2 beginnt, gewinnt A mit [mm] (1-p)*p^m, [/mm] und B gewinnt mit [mm] p*(1-p)^n. [/mm] Entsprechend müsste man berücksichtigen, dass die Siegserie auch noch später beginnen kann.
Gruß Abakus
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 12:56 Mo 25.04.2011 | | Autor: | empi75 |
Danke zunächst mal für die schnelle Antwort. Den Ansatz mit dem Logarithmus finde ich schon mal gut.
Mein Problem ist jetzt, dass ich ja nicht weiß in welcher Runde die Siegesserie beginnt. Und ich bin nicht sicher ob ich o.b.d.A annehmen kann dass die Serie in Runde 1 beginnt.
Ich habe nun ein bisschen weiter im Web recherchiert und bin auf Markov-Ketten gestoßen. Könnte mir das weiterhelfen. Vor allem nicht nur um m und n zu bestimmen (oder zumindest näherungsweise abzuschätzen) sondern auch um den Erwartungswert für die Anzahl der Runden bis zu einer Entscheidung zu berechnen?
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Zu Frage 4:
Spieler A gewinnt mit einer Wahrscheinlichkeit p und er soll n mal hintereinander gewinnen.
Frage: Wie viele Runden x sind zu erwarten?
(Der Einfachheit halber unterstelle ich jetzt mal, dass A größere Gewinn-Chancen hat als B. Ansonsten muss man die Formel für m angleichen)
Dann ist
(1 - [mm] p^{n})^{x} [/mm] = 0.5
Ich hoffe, dass die 0.5 richtig ist und soviel wie "Erwartungswert" bedeutet.
Diese Formel wäre dann nach x aufzulösen (weil man die Anzahl der zu erwartenden Runden wissen will)
x = [mm] \bruch{ln 0.5}{ln (1 - p^{n})}
[/mm]
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Hallo,
ich finde die Aufgabe auch interessant.
Wenn man einmal von der von Abakus angegebenen
Gleichung
$ [mm] \bruch{m}{n}=\bruch{ln(1-p)}{ln(p)}$
[/mm]
ausgeht, kann man zu jedem Paar [mm] (m,n)\in\IN^2
[/mm]
die zugehörige Wahrscheinlichkeit p berechnen.
Ich habe dann ein numerisches Experiment ge-
macht, und zwar für den Fall m=1 und n=5 .
Spieler A siegt also schon bei seiner ersten
gewonnenen Runde, wogegen B eine Fünfer-
Serie gewonnener Runden am Stück erzielen
muss.
Die obige Formel liefert dann p=0.2451 . Eine
Simulation mit einer Million Spiele (jeweils bis
zum Sieg des einen Spielers) lieferte aber viel
zu viele Gewinne (über 700'000) des Spielers A.
Die Wahrscheinlichkeit p=0.2451 ist also offen-
sichtlich deutlich zu hoch.
Durch weitere Läufe der Simulation mit anderen
p-Werten fand ich dann, dass der richtige Wert
etwa p=0.1294 sein müsste.
Diesen Wert kann man auch durch eine andere
Überlegung berechnen: B hat ja nur die einzige
Siegeschance, gleich vom Start weg seine 5
Runden zu gewinnen. Dies gelingt mit der
Wahrscheinlichkeit
P(B siegt) = [mm] (1-p)^5
[/mm]
Für ein faires Spiel muss dies gleich 0.5 sein.
Daraus erhält man
$\ p\ =\ [mm] 1-\wurzel[5]{0.5}\ [/mm] =\ 0.1294...$
Dies war nun natürlich nur so einfach wegen der
speziellen Wahl m=1.
Man kann nun vielleicht einmal weiter schauen,
wie es im Fall m=2<n aussieht, um dann womöglich
auf ein allgemeines Rezept zu kommen, das zu
jedem Paar [mm] (m,n)\in\IN^2 [/mm] erlaubt, die zugehörige
Wahrscheinlichkeit p zu berechnen.
LG Al-Chw.
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Hallo zusammen,
um über den fast etwas zu simplen Fall mit m=1
hinaus zu gehen, habe ich mir mal noch das Beispiel
mit m=2 und n=4 herausgegriffen.
Die insgesamt möglichen Entwicklungen des Spiel-
verlaufs könnten in einem unendlichen und recht
komplizierten Baum (mit gerichteten Kanten) darge-
stellt werden. Um sich das Leben etwas einfacher zu
machen, kann man aber aus diesem Baum einen
endlichen Graph mit nur 7 Knoten und
10 gerichteten Kanten machen, indem man alle
Knoten des Baumes mit identischem Folgebaum
miteinander identifiziert. Die verbleibenden Knoten
des entstehenden (Markov-) Graphen können wir
z.B. mit [mm] I,A,A^2,B,B^2,B^3,B^4 [/mm] bezeichnen.
I steht dafür für die (einzige) Quelle des Graphen,
[mm] A^2 [/mm] und [mm] B^4 [/mm] für die beiden Senken (Ankunft in einem
dieser Punkte bedeutet das Ende eines Spiels).
Nun kann man jedem der Knoten eine Variable
zuordnen, deren Wert der Summe der Wahr-
scheinlichkeiten aller Knoten des Baumes ent-
sprechen soll, die beim "Einrollen" des Baums
auf diesen Knoten abgebildet wurden.
Der Wurzel des Baumes und damit auch dem
Knoten I kommt natürlich die Wahrscheinlichkeit 1
zu. Zu jeder gerichteten Kante des Markow-Graphen
gehört entweder die Übergangswahrscheinlichkeit
p oder q:=1-p .
Nun kann man davon ausgehend ein (nicht-lineares)
Gleichungssystem mit 6 Gleichungen für die 7 Unbe-
kannten (inkl. p) aufstellen.
Für den Fall eines fairen Spiels dürfen wir natürlich
noch voraussetzen, dass P("AA") = [mm] \frac{1}{2} [/mm] ist.
Löst man das Gleichungssystem auf (z.B. mit Hilfe
des tollen ![[]](/images/popup.gif) Applets von Arndt Brünner), so erhält
man die gesuchte Wahrscheinlichkeit (jetzt für
den Fall m=2 und n=4): $\ p=0.33174....$
(Tipp: es kommen natürlich nur Lösungen des
Gleichungssystems in Frage, die für keine einzige
der Variablen negative Zahlenwerte enthalten)
Ich habe m=2, n=4 und $\ p=0.33174....$ meinem
vorher erstellten Simulationsprogramm gefüttert, mit
überzeugendem Ergebnis: In einer Million simulierter
Spiele war in 500'371 Fällen A der Sieger, also in
(gerundet) 50.0 % aller Spiele.
Für andere Kombinationen der Werte m und n ergeben
sich natürlich andere Graphen und andere Gleichungs-
systeme.
Ob es eine formale "allgemeine Lösung" zur Berechnung
des Wertes p(m,n) für ein faires Spiel gibt, wage ich
eher zu bezweifeln. Jedenfalls denke ich, dass eine solche
Formel wirklich kompliziert sein müsste und nicht explizit
sein kann, denn es können ja darin Lösungen von Poly-
nomgleichungen beliebig hohen Grades vorkommen.
Aber: siehe die Gleichung, auf die ich erst später
gekommen bin, durch deren Lösung man p(m,n) bestimmen kann !
LG Al-Chwarizmi
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 20:25 Mo 25.04.2011 | | Autor: | rabilein1 |
Al-Chwarizmi, du hattest 'zufällig' m=2 und n=4 (also n=2m) genommen.
Für diesen Fall (n=2m) hatte ich das mal ausgerechnet, wie groß dann p sein muss. Allerdings kam ich auf ein etwas anderes Ergebnis. Ich weiß jetzt nicht, woran das liegt.
Ich ging folgendermaßen vor:
[mm] p^{x} [/mm] = [mm] (1-p)^{2x}
[/mm]
Das führt zu p = [mm] (1-p)^{2}
[/mm]
Das führt zu p [mm] \approx [/mm] 0.382
Eventuell habe ich nicht berücksichtigt, dass A einen "Vorsprung" hat, weil er anfängt (?)
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Hallo rabilein1,
> Al-Chwarizmi, du hattest 'zufällig' m=2 und n=4 (also
> n=2m) genommen.
> Für diesen Fall (n=2m) hatte ich das mal ausgerechnet, wie
> groß dann p sein muss. Allerdings kam ich auf ein etwas
> anderes Ergebnis. Ich weiß jetzt nicht, woran das liegt.
Ich glaube nicht, dass man aus der Gleichung n=2m allein
(oder allgemeiner aus dem Quotienten [mm] \frac{n}{m} [/mm] allein)
auf p schließen kann !
> Ich ging folgendermaßen vor:
>
> [mm]p^{x}[/mm] = [mm](1-p)^{2x}[/mm]
>
> Das führt zu p = [mm](1-p)^{2}[/mm]
>
> Das führt zu p [mm]\approx[/mm] 0.382
>
> Eventuell habe ich nicht berücksichtigt, dass A einen
> "Vorsprung" hat, weil er anfängt (?)
Es handelt sich ja nicht um ein Spiel, bei dem einer
der Spieler vor dem anderen anfängt und damit einen
Vorsprung hat. Beide Spieler spielen zuerst um den
Gewinn der ersten Runde. Nur ihre Gewinnwahrschein-
lichkeiten unterscheiden sich.
Ein Spiel, bei welchem abwechslungsweise gespielt
wird (ein Versuch von A, dann ein Versuch von B, dann
wieder A etc.), wäre mathematisch natürlich anders
zu behandeln.
LG Al
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 21:27 Mo 25.04.2011 | | Autor: | rabilein1 |
> Ich glaube nicht, dass man aus der Gleichung n=2m allein
> (oder allgemeiner aus dem Quotienten [mm]\frac{n}{m}[/mm] allein)
> auf p schließen kann !
Aber was ist dann an dem Ansatz [mm]p^{x}[/mm] = [mm](1-p)^{2x}[/mm] verkehrt?
Dieser Ansatz führt ja dazu, dass ein ganz konkretes p raus kam
(nämlich p [mm] \approx [/mm] 0.382)
Beispiel: [mm] 0.382^{5} \approx 0.618^{10}
[/mm]
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> > Ich glaube nicht, dass man aus der Gleichung n=2m allein
> > (oder allgemeiner aus dem Quotienten [mm]\frac{n}{m}[/mm]
> allein)
> > auf p schließen kann !
>
> Aber was ist dann an dem Ansatz [mm]p^{x}[/mm] = [mm](1-p)^{2x}[/mm]
> verkehrt?
>
> Dieser Ansatz führt ja dazu, dass ein ganz konkretes p
> raus kam
> (nämlich p [mm]\approx[/mm] 0.382)
>
> Beispiel: [mm]0.382^{5} \approx 0.618^{10}[/mm]
Hallo rabilein,
bei diesem Ansatz stellt man nur diejenigen Fälle
einander gegenüber, wo entweder Spieler A oder
Spieler B gleich vom Fleck weg eine Winner-Serie
hinlegt. Im Allgemeinen ist das aber nicht der
Fall. Bei meiner ersten Simulation (mit m=1 und
n=5) ging ich zunächst auch von der aus der
Gleichung
$ [mm] \bruch{m}{n}=\bruch{ln(1-p)}{ln(p)} [/mm] $
berechneten Wahrscheinlichkeit $\ p=0.2451$ aus.
Die Simulation zeigte aber dann sofort, dass
dieser Wert eben nicht stimmen konnte.
LG Al
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 08:08 Di 26.04.2011 | | Autor: | abakus |
> > > Ich glaube nicht, dass man aus der Gleichung n=2m allein
> > > (oder allgemeiner aus dem Quotienten [mm]\frac{n}{m}[/mm]
> > allein)
> > > auf p schließen kann !
> >
> > Aber was ist dann an dem Ansatz [mm]p^{x}[/mm] = [mm](1-p)^{2x}[/mm]
> > verkehrt?
> >
> > Dieser Ansatz führt ja dazu, dass ein ganz konkretes p
> > raus kam
> > (nämlich p [mm]\approx[/mm] 0.382)
> >
> > Beispiel: [mm]0.382^{5} \approx 0.618^{10}[/mm]
>
>
>
> Hallo rabilein,
>
> bei diesem Ansatz stellt man nur diejenigen Fälle
> einander gegenüber, wo entweder Spieler A oder
> Spieler B gleich vom Fleck weg eine Winner-Serie
> hinlegt. Im Allgemeinen ist das aber nicht der
> Fall. Bei meiner
> ersten Simulation
> (mit m=1 und
> n=5) ging ich zunächst auch von der aus der
> Gleichung
>
> [mm]\bruch{m}{n}=\bruch{ln(1-p)}{ln(p)}[/mm]
>
> berechneten Wahrscheinlichkeit [mm]\ p=0.2451[/mm] aus.
> Die Simulation zeigte aber dann sofort, dass
> dieser Wert eben nicht stimmen konnte.
>
> LG Al
>
Hallo,
die Voraussetzung für den BEGINN einer Gewinnserie ist, dass sie eben erst jetzt beginnt und nicht schon ein Spiel vorher.
Also kann ich nicht einfach z.B. [mm] p^m [/mm] nehmen, sondern muss ein vorheriges (1-p) berücksichtigen, wenn die Serie nicht sofort in der ersten Runde beginnt.
Gruß Abakus
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 11:03 Di 26.04.2011 | | Autor: | rabilein1 |
> Hallo,
> die Voraussetzung für den BEGINN einer Gewinnserie ist,
> dass sie eben erst jetzt beginnt und nicht schon ein Spiel
> vorher.
> Also kann ich nicht einfach z.B. [mm]p^m[/mm] nehmen, sondern muss
> ein vorheriges (1-p) berücksichtigen, wenn die Serie nicht
> sofort in der ersten Runde beginnt.
> Gruß Abakus
In der Ursprungsaufgabe heißt es: "Um als Gesamtsieger hervorzugehen muss A insgesamt m Runden in Serie gewinnen, B muss n Runden in Serie gewinnen."
Wie ist denn dieses "in Serie" überhaupt gemeint? Ich denke, daran liegt es, dass ich da etwas anderes raus habe.
Ich habe das so interpretiert, dass, wenn z.B. Spieler A fünf Spiele in Serie gewinnt und Spieler B sechs Spiele in Serie gewinnt, dann sähe das so aus:
AABBAABABAABBBBBBABABBAAAAABA
Nur die fett-gedruckten Buchstaben zählen. Alles andere ist unerheblich.
Spiler B hätte in diesem Fall gewonnen, weil er seine Serie als erster hingelegt hat.
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> > Hallo,
> > die Voraussetzung für den BEGINN einer Gewinnserie
> ist,
> > dass sie eben erst jetzt beginnt und nicht schon ein Spiel
> > vorher.
> > Also kann ich nicht einfach z.B. [mm]p^m[/mm] nehmen, sondern
> muss
> > ein vorheriges (1-p) berücksichtigen, wenn die Serie nicht
> > sofort in der ersten Runde beginnt.
> > Gruß Abakus
>
> In der Ursprungsaufgabe heißt es: "Um als Gesamtsieger
> hervorzugehen muss A insgesamt m Runden in Serie gewinnen,
> B muss n Runden in Serie gewinnen."
>
> Wie ist denn dieses "in Serie" überhaupt gemeint? Ich
> denke, daran liegt es, dass ich da etwas anderes raus habe.
>
> Ich habe das so interpretiert, dass, wenn z.B. Spieler A
> fünf Spiele in Serie gewinnt und Spieler B sechs Spiele in
> Serie gewinnt, dann sähe das so aus:
> AABBAABABAABBBBBBABABBAAAAABA
>
> Nur die fett-gedruckten Buchstaben zählen. Alles andere
> ist unerheblich.
>
> Spiler B hätte in diesem Fall gewonnen, weil er seine
> Serie als erster hingelegt hat.
Hallo rabilein,
ich interpretiere das Spiel genau so wie du. Normalerweise
gehen (wenn m und n nicht allzu klein sind) zuerst einige
Runden "in die Binsen" bevor einem der Spieler eine
Gewinnserie gelingt. Für mich beginnt aber die Simulation
(und die Berechnung mittels Markov-Graph) trotzdem
am Anfang, also bei der ersten Runde. Ich weiß ja nicht
im Voraus, wann welcher Spieler allenfalls gerade im
Begriff ist, eine Gewinnserie zu beginnen. Dies wird erst
klar, wenn die lückenlose Serie vollendet ist.
LG Al
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 13:19 Di 26.04.2011 | | Autor: | empi75 |
genau so wie ihr beiden das Spiel interpretiert, ist es auch gemeint. Wobei die Serie von A in obigem Beispiel nicht mehr relevant ist, da das Spiel bei Gewinn von B endet.
@Al: du schreibst von einer Berechnung und Simulatio mitels Markov-Graph und ich würde mich genau dafür interessieren, wie du das eben machst.
Außerdem möchte ich dir rechtgeben, dass es wichtig ist am Anfang zu beginnen, da ich sonst ja auch nicht den Erwartungswert dafür berechnen kann, wieviele Spiele es dauert, bis es zu einer Entscheidung kommt, was ja eine der ursprünglichen Fragen war.
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 23:28 Mo 25.04.2011 | | Autor: | empi75 |
Bei weiterer Recherche im Internet zu diesem Thema bin ich auf folgenden Artikel gestoßen:
Artikel von Henze.pdf
Bis auf die Tatsache, dass in diesem Artikel die Wahrscheinlichkeit der beiden Ereignisse gleich ist, kommt das dem was ich suche, glaube ich schon recht nahe.
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Sende eine Lösung unter Mitteilung, weil jemand seit Stunden die Rubrik Antwort belegt.
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Über Markov-Ketten habe ich ein Ergebnis erhalten, dessen Darstellung mir hier zu aufwändig ist. Im Nachhinein habe ich auf Grund der erhaltenen Formeln eine andere Darstellung gefunden, mit der man die Formel erklären kann:
Ausgangslange: Münzwurf mit Ausgängen A (Wahrscheinlichkeit = p) und B (Wahrscheinlichkeit = q = 1-p). A siegt, sobald eine Kette der Länge m aus lauter As erscheint, bevor eine Kette der Länge n aus lauter Bs erscheint, B im umgekehrten Fall.
Der Münzwurf erfolgt im Nebenzimmer, wir sehen nicht, wie der Stand der Dinge ist. Es kann im-mer nur derjenige gewinnen, dessen letzter Wurf gefallen ist. Sobald ein Serienwechsel erfolgt, ruft uns der Werfer zu, wer gewinnen kann ("Vorteil A" oder "Vorteil B").Beispiel:
A ("Vorteil A") ,A, A, B ("Vorteil B"),A ("Vorteil A"), A, B, ("Vorteil B"), B, B usw.
und zum Schluss "A gewinnt" oder "B gewinnt".
Wir sitzen im Nebenzimmer, und für uns gibt es nur die folgenden Zustände:
[Dateianhang nicht öffentlich]
Da wir auch nicht erfahren, wie oft schon weiter geworfen wurde, können wir uns überlegen, mit welchen Wahrscheinlichkeiten wir in einen benachbarten Zustand gelangen.
[Dateianhang nicht öffentlich]
Bild korrigiert
Im Folgenden betrachten wir nur die Wahrscheinlichkeit, dass A gewinnt. Aus Symmetriegründen erhalten wir aus der selben Formel dann die W. dafür, dass B gewinnt.
[mm] P_A [/mm] = Wahrscheinlichkeit, dass A gewinnt, wenn man im Zustand "Vorteil A" ist.
[mm] P_B [/mm] = Wahrscheinlichkeit, dass A gewinnt, wenn man im Zustand "Vorteil B" ist.
Gelangen wir in den Zustand "Vorteil A", wissen wir, dass soeben einmal A gefallen ist. Würfeln wir nun lückenlos noch (m-1)-mal ein A, so haben wir gewonnen; gelingt dies nicht auf Anhieb, gelangen wir (wieder) in den Zustand "Vorteil B" und gewinnen "von da aus"dann mit der Wahrschein-lichkeit [mm] P_B.
[/mm]
Somit gilt: [mm] P_A [/mm] = [mm] p^{m-1}+ [/mm] (1- [mm] p^{m-1})P_B [/mm] (1)
Sind wir in Zustand "Vorteil B", können wir nur gewinnen, wenn wir nicht in den Zustand "B gewinnt" geraten, sondern wieder in den Zustand "Vorteil A" gelangen. Für den Zustand "B gewinnt" fehlen uns nun lückenlos (n-1) Würfe mit Ausfall B. Also gelangen wir mit der W. (1- [mm] q^{n-1}) [/mm] in den Zustand "Vorteil A" zurück.
Daher ist [mm] P_B [/mm] = (1- [mm] q^{n-1})P_A [/mm] (2)
(2) in (1) eingesetzt ergibt: [mm] P_A [/mm] = [mm] p^{m-1}+ [/mm] (1- [mm] p^{m-1})(1- q^{n-1})P_A
[/mm]
[mm] P_A [/mm] = [mm] p^{m-1}+ [/mm] (1- [mm] p^{m-1}- q^{n-1}+ p^{m-1}*q^{n-1})P_A
[/mm]
[mm] (p^{m-1} [/mm] + [mm] q^{n-1}- p^{m-1}*q^{n-1})P_A [/mm] = [mm] p^{m-1}
[/mm]
[mm] P_A [/mm] = [mm] \bruch{ p^{m-1}}{ p^{m-1} + q^{n-1}- p^{m-1}*q^{n-1}}
[/mm]
In (2) eingesetzt ergibt sich daraus [mm] P_B [/mm] = [mm] \bruch{ p^{m-1}*(1- q^{n-1})}{ p^{m-1} + q^{n-1}- p^{m-1}*q^{n-1}}
[/mm]
Die Wahrscheinlichkeit w dafür, dass A gewinnt, lässt sich nun vom Startpunkt aus berechnen zu
w = [mm] p*P_A [/mm] + q * [mm] P_B [/mm] = [mm] \bruch{ p*p^{m-1} + q*p^{m-1}*(1- q^{n-1})}{ p^{m-1} + q^{n-1}- p^{m-1}*q^{n-1}}
[/mm]
= [mm] \bruch{ (p+q)*p^{m-1} - q*p^{m-1}*q^{n-1}}{ p^{m-1} + q^{n-1}- p^{m-1}*q^{n-1}}
[/mm]
= [mm] \bruch{ p^{m-1} - p^{m-1}*q^n}{ p^{m-1} + q^{n-1}- p^{m-1}*q^{n-1}}
[/mm]
p(A gewinnt) = [mm] \bruch{ p^{m-1}*(1- q^n)}{ p^{m-1} + q^{n-1}- p^{m-1}*q^{n-1}}
[/mm]
Analog ergibt sich aus Symmetriegründen durch Vertauschen von p mit q und m mit n für den Gewinn von B die Wahrscheinlichkeit
p(B gewinnt) = [mm] \bruch{ q^{n-1}*(1- p^m)}{ p^{m-1} + q^{n-1}- p^{m-1}*q^{n-1}}
[/mm]
Dateianhänge:
Anhang Nr. 1 (Typ: JPG) [nicht öffentlich]
Anhang Nr. 2 (Typ: JPG) [nicht öffentlich]
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Hallo HJK,
klar, deine Lösung ist einfacher als meine mit den
geometrischen Folgen !
In der Figur hast du aber als Exponenten über p wohl
irrtümlicherweise jeweils n-1 satt m-1 geschrieben ...
[Dateianhang nicht öffentlich]
LG Al
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Danke für den Hinweis, werde das Bild sofort korrigieren.
Bei deiner Simulation hast du 0,1294 für p ermittelt.
Wenn ich für m = 1 und n = 5 beide Gewinnwahrscheinlichkeiten gleichsetze und die Gleichung numerisch löse, erhalte ich p=0,12945.
Für m=2 und n=4 erhalte ich die selbe Lösung wie du.
LG
HJKweseleit
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> Danke für den Hinweis, werde das Bild sofort korrigieren.
>
> Bei deiner Simulation hast du 0,1294 für p ermittelt.
> Wenn ich für m = 1 und n = 5 beide
> Gewinnwahrscheinlichkeiten gleichsetze und die Gleichung
> numerisch löse, erhalte ich p=0,12945.
mit weiteren Dezimalen wäre es 0,1294494367
Also sind unsere beiden Ergebnisse korrekt gerundet !
> Für m=2 und n=4 erhalte ich die selbe Lösung wie du.
>
> LG
> HJKweseleit
Ich habe ebenfalls Ergebnisse verglichen und deine
Rechnung am Markov-Graph überprüft. Alles OK !
LG Al
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 16:02 Mi 27.04.2011 | | Autor: | empi75 |
Ich bedanke mich für die vielen Hinweise und Lösungen und freue mich über die rege Anteilnahme an meinem Problem...
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Da m und n ganze Zahlen sein müssen, machst du am besten eine Excel-Tabelle. Für gleiche W. von A und B muss [mm] p^{m-1}(1-q^n)=q^{n-1}(1-p^m)sein [/mm] oder:
[mm] \bruch{p^{m-1}}{1-p^m}=k*\bruch{q^{n-1}}{1-q^n}, [/mm] wobei der Idealfall k=1 ist.
Bei bekanntem p und damit q kannst du die Tabelle zuerst für die linke Seite mit verschiedenen m und eine andere Tabelle für die rechte Seite mit verschiedenen n erzeugen. Dann suchst du in beiden Tabellen Zahlen aus, die sich möglichst wenig im Quotienten von 1 (=k) unterscheiden.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 17:58 Mi 27.04.2011 | | Autor: | empi75 |
Super, so werd ichs machen!
Danke!
> Da m und n ganze Zahlen sein müssen, machst du am besten
> eine Excel-Tabelle. Für gleiche W. von A und B muss
> [mm]p^{m-1}(1-q^n)=q^{n-1}(1-p^m)sein[/mm] oder:
>
> [mm]\bruch{p^{m-1}}{1-p^m}=k*\bruch{q^{n-1}}{1-q^n},[/mm] wobei der
> Idealfall k=1 ist.
>
> Bei bekanntem p und damit q kannst du die Tabelle zuerst
> für die linke Seite mit verschiedenen m und eine andere
> Tabelle für die rechte Seite mit verschiedenen n erzeugen.
> Dann suchst du in beiden Tabellen Zahlen aus, die sich
> möglichst wenig im Quotienten von 1 (=k) unterscheiden.
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Habe dir mal meine Excel-Datei angehängt. links am Rand stehen Kommentare.
Dateianhänge:
Anhang Nr. 1 (Typ: xls) [nicht öffentlich]
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Hallo Spiel- und Mathe-Fans !
> Spieler A und B spielen ein Spiel, welches aus mehreren
> Runden besteht.
> Spieler A gewinnt eine Runde mit der Wahrscheinlichkeit p.
> Spieler B gewinnt eine Runde mit der Wahrscheinlichkeit 1-p.
> Um als Gesamtsieger hervorzugehen muss A insgesamt m
> Runden in Serie gewinnen, B muss n Runden in Serie
> gewinnen.
>
> Fragen:
> 1. Wie müssen m und n in Abhängigkeit von p gewählt
> werden, damit das Spiel fair ist (also jeder Spieler eine
> Chance von 50% hat das Spiel zu gewinnen)?
Man sollte die Frage eigentlich umgekehrt stellen,
damit man sie möglichst exakt lösen kann:
"Wie muss $\ p$ in Abhängigkeit von $\ m$ und $\ n$ gewählt
werden, damit das Spiel fair ist ?"
Diese Frage beantworte ich unten.
Die Suche nach einem geeigneten Paar [mm] (m,n)\in\IN^2 [/mm] zu
gegebenem $\ p$ sollte darauf basierend mittels Such-
algorithmus auch möglich sein, wobei man aber keine
exakte Lösung erwarten kann, sondern nur eine
Approximation mit vorgegebenen Fehlerschranken.
> 2. Wieviele Runden müssen im Durchschnitt gespielt
> werden, bis einer der beiden Spieler gewonnen hat?
Wie es mir scheint, werden diese und ähnliche Fragen
im erwähnten Artikel von Henze.pdf abgehandelt.
> 3. Mit welcher Formel lassen sich die
> Gewinnwahrscheinlichkeiten von A und B in Abhängigkeit von
> p, m und n berechnen?
Die Lösung dazu steckt in meinem Verfahren eigentlich
auch drin.
> 4. Mit welcher Formel lässt sich die Anzahl der Runden
> bis zu einer Entscheidung berechnen (in Abhängigkeit von
> $\ p, m$ und $\ n$)
Ist das nicht nochmal dasselbe wie Frage (2.) ?
> Obiges Problem ist meine Modellierung einer "realen"
> Problemstellung in einem Sportspiel.
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Berechnung von p zu gegebenen m und n
Der Markow-Graph zur vorliegenden Fragestellung 1+m+n Knoten,
die ich mit [mm] I_{}, A_1, A_2, [/mm] .... , [mm] A_m, B_1, B_2, [/mm] .... , [mm] B_n [/mm] bezeichne.
[mm] I_{} [/mm] ist der Initialknoten, der die Wahrscheinlichkeit 1 trägt, die
dann durch den Graph zu den beiden Senken [mm] A_m [/mm] und [mm] B_n [/mm] "fließt".
Pfeile mit Übergangswahrscheinlichkeit p führen
von [mm] I_{} [/mm] nach [mm] A_1
[/mm]
von [mm] A_k [/mm] nach [mm] A_{k+1} [/mm] für alle [mm] k\in\{1,2,\,....\,m-1\}
[/mm]
von [mm] B_j [/mm] nach [mm] A_1 [/mm] für alle [mm] j\in\{1,2,\,....\,n-1\}
[/mm]
Pfeile mit Übergangswahrscheinlichkeit $\ q:=1-p$ führen
von [mm] I_{} [/mm] nach [mm] b_1
[/mm]
von [mm] B_j [/mm] nach [mm] B_{j+1} [/mm] für alle [mm] j\in\{1,2,\,....\,n-1\}
[/mm]
von [mm] A_k [/mm] nach [mm] B_1 [/mm] für alle [mm] k\in\{1,2,\,....\,m-1\}
[/mm]
Nun ordnen wir jedem Knoten K eine Wahrscheinlichkeit
$\ P(K)$ zu, nämlich die gesamte je im Knoten ankommende
oder daraus abfließende Wahrscheinlichkeit.
Um die Anzahl der Unbekannten möglichst gering zu halten,
nützen wir die Eigenschaften des Baumes schon aus.
Sei [mm] P(A_k)=x_k [/mm] und [mm] P(B_j)=y_j [/mm] . Man kann sich klar machen,
dass die Folgen [mm] [/mm] sowie [mm]
[/mm]
geometrische Folgen mit den Quotienten $\ p$ bzw. $\ q$ sind.
Setzen wir noch [mm] x:=x_1 [/mm] und [mm] y:=y_1 [/mm] , so ist also
$\ [mm] P(A_k)=x_k=x*p^{k-1}$ [/mm] $\ [mm] P(B_j)=y_j=y*q^{j-1}$
[/mm]
Für die vier Unbekannten $\ p,q,x,y$ ergeben sich die
Gleichungen:
1.) $\ q=1-p$
2.) [mm] p^{m-1}*x=\frac{1}{2}
[/mm]
3.) [mm] q^{m-1}*y=\frac{1}{2}
[/mm]
4.) [mm] x=p*\left(1+y*\frac{1-q^{n-1}}{1-q}\right)
[/mm]
(2.) und (3.) ergeben sich aus der Forderung
eines fairen Spiels, also $P(A\ [mm] siegt)=P(A_m)=\frac{1}{2}$ [/mm]
und $\ P(B\ [mm] siegt)=P(B_n)=\frac{1}{2}$ [/mm] .
Die Gleichung (4.) ergibt sich aus der Betrachtung der
gesamten bei Knoten [mm] A_1 [/mm] zufließenden Wahrscheinlichkeit:
$\ [mm] x=p*\left(1+\summe_{j=1}^{n-1}y_j\right)$
[/mm]
Durch Elimination von $\ q, x$ und $\ y$ entsteht aus dem obigen
Gleichungssystem schließlich die Gleichung
$\ [mm] p^{1-m}-(1-p)^{1-n}-2\,p+1\ [/mm] =\ 0$
Für gegebene natürliche Zahlen m und n kann man daraus
z.B. mittels eines GTR den passenden Wert für $\ p$ berechnen.
Von den (allenfalls mehreren) Nullstellen kommt natürlich
nur diejenige in Frage, die zwischen 0 und 1 liegt.
Ein paar Beispiele:
[mm] \pmat{&\blue{1}&\blue{2}&\blue{3}&\blue{4}&\blue{5}&\blue{6}\\ \red{1}&0.5&0.2929&0.2063&0.1591&0.1294&0.1091\\\red{2}&0.7071&0.5&0.3955&0.3317&0.2881&0.2562\\\red{3}&0.7937&0.6045&0.5&0.4327&0.3848&0.3486\\\red{4}&0.8409&0.6683&0.5673&0.5&0.4509&0.4131} [/mm]
(rote Zahl: m , blaue Zahl: n )
In der Hauptdiagonalen steht natürlich immer der Wert 0.5 .
Zwei bezüglich der Hauptdiagonalen symmetrisch liegende
Werte addieren sich zu 1, wie es sein soll.
LG Al-Chwarizmi
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 16:05 Mi 27.04.2011 | | Autor: | empi75 |
Auch hier nochmals Danke!
> Man sollte die Frage eigentlich umgekehrt stellen,
> damit man sie möglichst exakt lösen kann:
> "Wie muss p in Abhängigkeit von m und n gewählt
> werden, damit das Spiel fair ist ?"
>
Die ursprüngliche Fragestellung ergab sich aus einem praktischen Problem (aus dem Sport) und da war es eben so, dass p sehr stabil und bekannt war und um zu einem fairen Spiel zu kommen eben m und n variiert werden sollte.
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> Auch hier nochmals Danke!
> > Man sollte die Frage eigentlich umgekehrt stellen,
> > damit man sie möglichst exakt lösen kann:
> > "Wie muss p in Abhängigkeit von m und n gewählt
> > werden, damit das Spiel fair ist ?"
> Die ursprüngliche Fragestellung ergab sich aus einem
> praktischen Problem (aus dem Sport) und da war es eben so,
> dass p sehr stabil und bekannt war und um zu einem fairen
> Spiel zu kommen eben m und n variiert werden sollte.
Welche Sportart war das denn ?
Und: gib mir doch bitte mal deinen p-Wert an (wenn möglich
inklusive Fehlerschranken !), und ich kann dir Vorschläge
für die Wahl von m und n machen !
LG Al-Chw.
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 17:55 Mi 27.04.2011 | | Autor: | empi75 |
Die Aufgabe kam aus dem Volleyball, wo jene Mannschaft die das Service annimmt eine deutlich höhere Wahrscheinlichkeit hat den Punkt zu machen. p liegt etwa zwischen 0.63 und 0.7, wobei das natürlich von Spiel zu Spiel schwankt.
Meine Wahl für m und n lag aus der Erfahrung heraus bei m = 4 und n = 2.
Da ich mal genauer wissen wollte ob das eine faire Trainingssituation ist habe ich begonnen zu versuchen eben die Gewinnwahrscheinlichkeiten zu berechnen.
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> Die Aufgabe kam aus dem Volleyball, wo jene Mannschaft die
> das Service annimmt eine deutlich höhere
> Wahrscheinlichkeit hat den Punkt zu machen. p liegt etwa
> zwischen 0.63 und 0.7, wobei das natürlich von Spiel zu
> Spiel schwankt.
> Meine Wahl für m und n lag aus der Erfahrung heraus bei m
> = 4 und n = 2.
> Da ich mal genauer wissen wollte ob das eine faire
> Trainingssituation ist habe ich begonnen zu versuchen eben
> die Gewinnwahrscheinlichkeiten zu berechnen.
Hallo empi75,
dein Nickname "empi" scheint gut zu "Empiriker" zu
passen. Wikipedia:
"Unter Empirie (von griechisch empeiria 'Erfahrung,
Erfahrungswissen') wird in der Wissenschaft eine im
Labor oder im Feld durchgeführte Sammlung
(oft Erhebung) von Informationen verstanden, die
auf gezielten Beobachtungen beruht."
Für $\ m=4$ und $\ n=2$ ergibt sich nämlich rechnerisch
der Wert $\ p=0.6683$ , was ausgezeichnet zu deiner
Schätzung [mm] 0.63\le{p}\le0.7 [/mm] passt. Siehe die Tabelle
in meinem früheren Beitrag .
Wegen der doch relativ großen Spannweite des
Toleranzintervalls lohnt es sich auch nicht, nach
einem Paar $\ (m,n)$ mit größeren Werten von $\ m$ und
$\ n$ Ausschau zu halten.
Schönen Abend noch !
LG Al-Chw.
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 09:17 Do 28.04.2011 | | Autor: | rabilein1 |
Wenn es um (komplizierte) Wahrscheinlichkeiten geht, dann kommt man mit Empirie wohl schneller zum Ziel als durch mathematische Berechnungen.
Al-Chwarizmi hat das mit seinen Simulationen hier ja oft genug "bewiesen".
Es macht ohnehin wenig Sinn, eine Wahrscheinlichkeit auf mehrere Stellen genau zu berechnen.
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> Wenn es um (komplizierte) Wahrscheinlichkeiten geht, dann
> kommt man mit Empirie wohl schneller zum Ziel als durch
> mathematische Berechnungen.
>
> Al-Chwarizmi hat das mit seinen Simulationen hier ja oft
> genug "bewiesen".
Diese Simulationen beruhen natürlich auch auf mathemati-
schen Berechnungen, und zwar auf so umfangreichen, dass
es einem Menschen nicht möglich wäre, sie selber durchzu-
führen. Für meine erste Suche nach einem geeigneten p-Wert
im Beispiel m=1 und n=5 musste mein Laptop bestimmt
einige Milliarden Zufallszahlen produzieren, vergleichen und
verwerten. Schneller zum Ziel kommt man also nur deshalb,
weil man für die sonst mühselige Rechnerei den elektronischen
Rechenknecht einsetzen kann.
Nach dieser Suche merkte ich dann, dass man in diesem
Fall (nämlich mit m=1) die Wahrscheinlichkeit p wirklich
durch eine sehr einfache Überlegung sogar exakt ausdrücken
kann, nämlich $ \ p\ =\ [mm] 1-\wurzel[5]{0.5}\ [/mm] =\ 0.1294... $
Die Simulationen sehe ich also nicht in erster Linie als ein
Mittel, um sich die hie und da schwierige Mathematik zu
ersparen, sondern als ein ergänzendes Werkzeug, um sich
ein erstes Bild zu verschaffen und natürlich auch, um theo-
retische Ergebnisse zu illustrieren, zu überprüfen und wenn
möglich auch zu bestätigen.
LG Al
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 11:27 Sa 30.04.2011 | | Autor: | rabilein1 |
> Nach dieser Suche merkte ich dann, dass man in diesem
> Fall (nämlich mit m=1) die Wahrscheinlichkeit p wirklich
> durch eine sehr einfache Überlegung sogar exakt
> ausdrücken
> kann, nämlich [mm]\ p\ =\ 1-\wurzel[5]{0.5}\ =\ 0.1294...[/mm]
Ja, wenn m=1 ist, dann ist das relativ einfach, weil der Spieler gewinnt, sobald das Eireignis ein einziges Mal aufgetreten ist. Man muss in diesem Fall also nur ausrechnen, wie groß die Wahrscheinlichkeit ist, dass das Ereignis von m eher auftritt, als dass das Gegenereignis n mal auftritt.
Also z.B. für n=5
NNNNNM = hier gewinnt N
In jedem anderen Fall (also falls N nicht fünf Mal hintereinander auftritt), würde M gewinnen.
Wenn aber sowohl m als auch n ungleich EINS sind, wird das alles sehr kompliziert. Und dann hilft die Simulation eher weiter.
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 11:41 Sa 30.04.2011 | | Autor: | rabilein1 |
> [mm]\ p\ =\ 1-\wurzel[5]{0.5}\ =\ 0.1294...[/mm]
Ich habe jetzt keinen Taschenrechner dabei. Ist das dasselbe wie
[mm]\ p\ =\ (1-0.1294)^{5}=0.5[/mm] - also das Gegenereignis hoch 5 ???
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> > [mm]\ p\ =\ 1-\wurzel[5]{0.5}\ =\ 0.1294...[/mm]
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> Ich habe jetzt keinen Taschenrechner dabei. Ist das
> dasselbe wie
>
> [mm]\ p\ =\ (1-0.1294)^{5}=0.5[/mm] - also das Gegenereignis hoch
> 5 ???
Ja. Du solltest es aber anders schreiben: [mm] (1-p)^5=0.5
[/mm]
Zur Feier des Tages oder meinetwegen der Walpurgisnacht hier
ein Link zu einem Online-Rechner, damit du nicht auf einen
Taschenrechner angewiesen bist, wenn du am PC sitzt:
http://my.hrw.com/math06_07/nsmedia/tools/Sci_Calculator/Sci_Calculator.html
Lieben Gruß
Al
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Für die durchschnittliche Anzahl der nötigen Spiele, bis eine der beiden Serien entritt, habe ich folgende Formel errechnet:
S = [mm] \bruch{1+\bruch{p}{q}(1-p^{m-1})+\bruch{q}{p}(1-q^{n-1})+(1-p^{m-1})(1-q^{n-1})}{1-(1-p^{m-1})(1-q^{n-1})}
[/mm]
Die Herleitung ist sehr umfangreich und aufwändig, daher verzichte ich darauf. Für p=q=0,5 und m=n ergibt sich [mm] S=2^n-1 [/mm] in Übereinstimmung mit einer vereinfachten Herleitung.
Ein Simulations-Test über 1.000.000 Versuche ergab für m=4, n=2 und p=0,67 6.048.733 nötige Serien in guter Übereinstimmung mit dem theoretischen Wert S = 6,05472.
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Hallo HJK,
ich konnte jetzt auch deine Formel
[mm]\ S\ =\ \bruch{1+\bruch{p}{q}(1-p^{m-1})+\bruch{q}{p}(1-q^{n-1})+(1-p^{m-1})(1-q^{n-1})}{1-(1-p^{m-1})(1-q^{n-1})}[/mm]
durch Überlegungen am Markow-Graph bestätigen. Durch die
Abkürzungen
$\ P:=\ [mm] 1-p^{m-1}$ [/mm] und $\ Q:=\ [mm] 1-q^{n-1}$
[/mm]
kann man diese Formel auch recht elegant notieren:
[mm]\ S\ =\ \bruch{1+\bruch{p}{q}*P+\bruch{q}{p}*Q+P*Q}{1-P*Q}[/mm]
[mm]\ S\ =\ \bruch{(1+\bruch{p}{q}*P)*(1+\bruch{q}{p}*Q)}{1-P*Q}[/mm]
Auch ihre innere Symmetrie wird dabei sehr schön sichtbar.
LG Al-Chwarizmi
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