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Mathematik » Stochastik und Statistik » Optimale Strategie für den Gewinn des Höchstbetrages
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Kein bestimmter Bereich Optimale Strategie für den Gewinn des Höchstbetrages
cramilu
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2020-07-12


Einen wunderschönen Sonntagmorgen!

Wie könnte es anders sein: Erneut hat mich ein "Rätsel der Woche" auf SPIEGEL online zu neuen Überlegungen angeregt.

Für eines der Gewinnspiele im Rahmen der Quizsendung "5 gewinnt!" schreibt der Moderator jeweils einen von drei verschiedenen, spontan und zufällig ausgedachten ganzzahligen Geldbeträgen zwischen 1 und 55.555 Euro auf drei Zettel. Diese werden jeweils in einen von drei gleichen blickdichten Umschlägen gesteckt. Dann beginnt das Spiel...
Der Kandidat kennt die drei Beträge nicht, sondern nur den Gewinnbereich zwischen 1 und 55.555 Euro. Er soll nun zufällig einen der drei Umschläge wählen, öffnen und den Betrag laut vorlesen. Danach hat er zwei Möglichkeiten, nämlich sich entweder für den vorgelesenen Betrag als Gewinn zu entscheiden, oder diesen möglichen Gewinn unwiderruflich zu verwerfen und einen der beiden verbliebenen Umschläge zu öffnen. Entscheidet er sich für die zweite Möglichkeit, soll er wieder den entsprechenden Betrag vorlesen und sich daraufhin unmittelbar und endgültig entscheiden, ob er mit dem zweiten Betrag als Gewinn zufrieden ist, oder ob er stattdessen "blind" den Geldbetrag auf dem dritten Zettel im noch verbliebenen Umschlag haben möchte.

Gibt es eine Strategie, mit möglichst hoher Wahrscheinlichkeit den höchsten der drei Geldbeträge zu gewinnen?



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gonz
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2020-07-12


Wenn die Ereignisse unabhängig sind, so ist auch das, was im zweiten Anlauf passiert bzw. im dritten unabhängig davon, was voher war. Man fängt dann oftmals einfacher "von hinten nach vorne" an. Damit würde ich folgende Vermutung hegen:


Im Dritten Anlauf gibt es keine Entscheidung zu treffen, es wird nur aufgedeckt, und wenn die Kartenwerte unabhängig von einander und das vorherige Aufdecken ebenfalls unabhängig, dann ist der Erwartungswert für die dritte Runde, wenn ich sie denn erreiche:

fed-Code einblenden

Ich betrachte dabei N = 55.555, und vernachlässige die Effekte, die ggf. durch die geraden Werte bzw. den Start bei 1 Euro (und nicht 0, Niete ) entstehen.

Ich werde in der zweiten Runde dann nochmal ziehen, wenn der Erwartungswerte in der dritten Runde größer ist als das, was ich habe (was auch was mit Psychologie und Wert-Theorie zu tun hat. Vielleicht sind mir auch 10.000 Euro lieber als eine 50:50 Chance auf 55.000 Euro... ) Egal.

Also : Ich ziehe in der einen Hälfte nochmal, und habe damit den Erwartungswert aus gleichverteilten N/2 bis N Euronen. Damit ergibt sich:

fed-Code einblenden

Nun aber - würde ich in der ersten Runde nur dann akzeptieren, wenn ich diesen Wert oder mehr bereits bekommen könnte. Der Algorithmus würde also lauten:

Ziehe in der ersten Runde nochmal, wenn der angebotene Gewinn ungefähr größer oder gleich 5/8 * 55.555 Euro, sprich 34.722 Euronen ist.

Ziehe in der zweiten Runde nochmal, wenn der dann angebotene Gewinne ungefähr größer oder gleich 1/2 * 55.555 = 27.777 Euro ist.



In diesem Sinne
wünscht einen schönen Sonntag -
Gerhard/Gonz

PS.: Man muss genauer lesen. Das ist _nicht_ die Strategie, mit höchster Wahrscheinlichkeit den höchsten Geldbetrag zu gewinnen, sondern die Strategie, im Mittel am meisten zu gewinnen... Gonz wieder.



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gonz
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, eingetragen 2020-07-13


Guten Morgen :)

Will man unbedingt den höchsten der drei Gewinne (und nicht... im Mittel möglichst viel gewinnen), so ergeben sich folgende Ansätze (noch unvollständig):


In der dritten Runde ist es einfach:

Wenn ich bisher schon a_1 und a_2 gezogen habe, und mich aber für die dritte Karte entscheide, dann kann ich nur noch dann gewinnen, wenn tatsächlich der dritte Wert der größte der drei ist. Da sie unabhängig voneinander sind, ist das der Fall, wenn a_2>max(a_1,a_2). Damit ist meine Gewinnchance (in etwa, ohne "Randeffekte):

p_3 = N/max(a_1,a_2)

In der zweiten Runde gibt es eine Besonderheit: Ist die Zahl, die ich gezogen habe, kleiner als die zuerst gezogene, dann hätte ich im Fall dass ich aufhöre sicher verloren, denn ich habe ja jetzt a_2 in der Hand und hatte a_1 verworfen. Damit ist meine einzige Chance, nochmal zu ziehen.

Ist jedoch a_2 > a_1, dann könnte ich bereits die beste Karte in der Hand halten. Es steht die Chance, dass a_3 wieder größer als a_2 und damit das erträumte Maximum ist, bei N/a_2. Die Chance, dass ich mit a_2 bereits das Maximum in der Hand habe, ist die Gegenwahrscheinlichkeit, also 1-N/a_2.

Ich sollte also insgesamt die dritte Karte verlangen, wenn

a_2 < a_1 oder a_2 < N/2

Soweit bin ich gedanklich, das wäre jetzt noch auf die Situation im ersten Zug zu übertragen...



Einen schönen Start in die Woche!
Gerhard/Gonz



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cramilu
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, vom Themenstarter, eingetragen 2020-07-14


@gonz:

Guten Morgen und schon einmal Respekt für die Überlegungen!

Zwei Einstiegstipps hätte ich:

1. Darüber brüten, "was wäre, wenn" kein Höchstbetrag bekannt wäre? Welche "Strategie" zum Ziehen eines möglichst hohen Gewinnbetrages würde dann die höchste (im Mittel!) Chance auf den höchsten der drei Geldbeträge erbringen?

2. Modellhaft überlegen, welchem Typ von Zufallsexperiment das Geschilderte vom Aufbau her am ehesten entspricht...



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Ixx
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, eingetragen 2020-07-14


Moin,

das ist das (jedenfalls ohne bekannten Höchstbegtrag).



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Kitaktus
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, eingetragen 2020-07-15 01:47


Unter den Voraussetzungen des klassischen Sekretärinnen-Problem wäre die beste Strategie, den ersten Zettel anzuschauen und zu verwerfen und den zweiten Umschlag zu behalten, wenn der dort stehende Betrag höher ist als der Betrag im ersten Umschlag. Ist das nicht der Fall verwirft man auch den zweiten Umschlag und wählt den dritten.
Bezeichnet "3" den höchsten Betrag, "2" den zweithöchsten und "1" den niedrigsten, so "gewinnt" man in den drei Fällen 132, 231 und 213.
Behält man den ersten Umschlag oder geht auf jeden Fall bis zum dritten Umschlag, so gewinnt man nur in zwei der sechs Fälle.

Unter den Voraussetzungen der Aufgabe ist diese Strategie allerdings nicht mehr optimal. Enthält bspw. der erste Umschlag den Wert 55555, dann sollte man den natürlich behalten.

Darüber hinaus ist die Zielfunktion "Maximiere die Wahrscheinlichkeit dafür, den höchsten Betrag zu ziehen" nicht besonders praxistauglich (was sich besonders bemerkbar macht, wenn mehr Umschläge im Spiel sind).
Nach dieser Zielfunktion wird man selbst ein sehr gutes Angebot ablehnen (müsssen), wenn man am Anfang ein besseres gesehen und verworfen hat.



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cramilu
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, vom Themenstarter, eingetragen 2020-07-15 08:21


Guten Morgen ;)

@Ixx:
Die Aufgabe ist dem "Sekretärinnen-Problem" ähnlich, aber halt nur das...
Man kennt die "Höchstqualifikation", nämlich den höchst möglichen Gewinnbetrag, was beim SP nicht der Fall ist, und die Anzahl an "Bewerbern", nämlich diejenige der Umschläge, ist bekannt und liegt nicht im Unendlichen!
So wie Tagliatelle zwar Pasta sind, aber halt doch keine Spaghetti ;)
Der Ansatz, den Kitaktus genannt hat, "verkürzt" immerhin das "Sekretärinnen-Problem" auf geeignete Weise für 3 Bewerber, und nennt eine Strategie mit ganz knapp über 50 Prozent "Erfolgsaussichten"!

@Kitaktus:
Ihre Modellstrategie ist dann fast schon optimal, wenn man um keinen höchsten Gewinnbetrag weiß! Der Ansatz mit der Fallunterscheidung ist schon sehr zielführend. Klar ist, dass wenn ich als ersten Betrag "1 Euro" und als zweiten "2 Euro" gezogen habe, ich eben nicht aufhöre, sondern den dritten Umschlag nehme. Und bei "1 Euro" und "3 Euro"? Wie gering ist wohl im Verhältnis (!) das Pech, dass sich im dritten Umschlag der Zettel "2 Euro" befinden mag?!
Gerade die Angabe des möglichen Höchstgewinns macht ja die Sache spannend. Wirklich "praxistauglich" ist doch die ganze herbeiphantasierte Aufgabenstellung nicht - beim Einlassen auf dieselbe dann jedoch die Wahrscheinlichkeitsmaximierung schon ;)

WEITERER TIPP:
Da der Moderator nix über die Beträge in den Umschlägen erzählt, sondern sich selbige nur zufällig (!) ausdenkt, dürfen wir erstens annehmen, dass er dabei über hunderte Quizfolgen schon eine Verteilung im Sinne abstrakter Modelltheorie zustandebringen wird, und können ihn uns dann zweitens gleich ganz wegdenken und durch eine große "Lostrommel" ersetzen, aus der die drei Zettel [nacheinander] gezogen werden...
Welche Glöcklein klingeln jetzt?



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Kitaktus
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.7, eingetragen 2020-07-15 14:36


Ich gehe von folgender Annahme aus: In einer Lostrommel befinden sich Umschläge mit Beträgen 1 bis 55555 (je einmal). Daraus werden zufällig drei Umschläge entnommen und (in zufälliger Reihenfolge) mit 1, 2 und 3 beschriftet.
Die Werte, die in den Umschlägen stehen bezeichne ich mit U1, U2 und U3.

Folgende Strategie ist naheliegend und ich verzichte darauf zu begründen, warum sie bei geeigneter Wahl von x und y zu einem optimalen Ergebnis führt.
a) Man öffnet Umschlag 1. Ist U1 größer als x behält man Umschlag 1. Ansonsten öffnet man Umschlag 2.
b) Wenn man Umschlag 2 geöffnet hat und U2<U1 ist, dann öffnet man Umschlag 3.
c) Ist dagegen U2>U1, dann unterscheidet man zwei Fälle. Ist U2>y, so behält man Umschlag 2, ansonsten wählt man Umschlag 3.

Wir bestimmen nun zunächst y und dann x.
Man sollte U2 im Fall c) behalten, wenn U3<U2 wahrscheinlicher ist als U3>U2.
Für U3<U2 gibt es U2-2 günstige Fälle (1,...,U2-1 außer U1).
Für U3>U2 gibt es 55555-U2 günstige Fälle (U2+1,...,55555)
U2-2 > 55555-U2  <=> U2>55557/2 <=> U2>27778.
Ich wähle also y=27778.

Die Bestimmung von x ist etwas schwieriger. Ich stelle zunächst mal fest, dass x>27778 ist (ohne Beweis).
Jetzt sind folgende Fälle möglich:
k) U2<U1, U3<U1
l) U2<U1, U3>U1
m) U2>U1, U3<U2
n) U2>U1, U3>U2
Behält man U1, so hat man nur im Fall k) Erfolg.
Verwirft man dagegen U1, so hat man im Fall k) und n) keinen Erfolg. Im Fall l) wird man automatisch auch U2 verwerfen und U3 wählen, also Erfolg haben.
Im Fall m) wird man Umschlag 2 öffnen und wegen U2>U1>x>27778 auch behalten, also Erfolg haben.
Ich berechne nun die Wahrscheinlichkeiten für k), l) und m) in Abhängigkeit von U1:
Wsk k): $(U1-1)/55554 \cdot (U1-2)/55553$
Wsk l): $(U1-1)/55554 \cdot (55555-U1)/55553$
Wsk m): $(55555-U1)/55554 \cdot (55554-U1)/55553 \cdot 1/2$ (U2 und U3 sind größer als U1 und U2 ist der größere der beiden Werte.
Wsk k) > Wsk l) + Wsk m) <=>
$2(U1-1)(U1-2) > 2(U1-1)(55555-U1) + (55555-U1)(55554-U1)$ <=>
$2U1^2-6U1+4 > -2U1^2+111112U1-111110 + 3086302470-111109U1+U1^2$ <=>
$3U1^2-9U1-3086191356 > 0$ <=>
$U1^2-3U1-1028730452 > 0$ <=>
$U1> 3/2 + \sqrt{9/4+1028730452}$ <=> $U1>32075$ (verwendet wurde, dass U1 eine natürliche Zahl ist).

Ich wähle also x=32075.

Randbemerkung:
Die Aussage, dass der Moderatort willkürlich drei Zahlen aufschreibt, ist für mich mitnichten gleichbedeutend mit "unabhängig und gemäß Gleichverteilung". Der Moderator kann ja durchaus "böswillig" Zahlen auswählen, um unsere Chancen zu schmälern.



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gonz
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.8, eingetragen 2020-07-16 11:00


Hallo Kitaktus,

damit hast du sozusagen da angesetzt, wo ich in #2 aufgehört hatte, da ich es nicht mehr im Kopf als nächtliche Einschlaf-Knobelaufgabe bewältigen konnte :)

Danke für die Mitteilung und
Grüße aus dem Harz

Gerhard/Gonz



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cramilu
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.9, vom Themenstarter, eingetragen 2020-07-16 16:51


Ihr lieben Ideenakrobaten ;)

Dass ein "böswilliger" oder auch nur nicht abstrahiert "völlig zufällig auswählender" Moderator sämtlichen grundsätzlichen stochastischen Betrachtungen die Basis nähme, ist doch unbestritten. Darum ja mein Hinweis auf die "Lostrommel"!

Wieviele verschiedene Kombinationen aus drei Zahlen gibt es denn, wenn ich drei von 55.555 Losen aus der Trommel ziehe?
Wenn ich mich zunächst nur auf ein "X" konzentriere, also auf einen "Mindestwunschgewinn" oder dergleichen, dann kann ich doch entsprechend (55.555 - X) Lose zu "genügend guten" erklären...
Wieviele der Kombinationen insgesamt enthalten dann keine, genau eine, genau zwei oder gar drei "genügend gute" Lose?
Und wenn ich dann für diese vier Fälle jeweils die "Kitaktus"-Strategie aus #5 durchspiele, erhalte ich stets sechs gleich wahrscheinliche Unterfälle, wie die Umschläge "liegen" können - z.B. UG1G2, UG2G1, G1UG2, G1G2U, G2UG1 und G2G1U für den Fall "zwei gute"...

Wenn ich danach X = 32.075 setze, ein Y erstmal außer Acht lasse und nach der Strategie "Mindestansprüche an die Sekretärin" vorgehe, also "Nimm den Betrag im ersten Umschlag, wenn er größer als X ist, öffne sonst den zweiten Umschlag und nimm dessen Betrag, falls er höher als der erste ist,  und nimm sonst den Betrag im dritten Umschlag!"...

... dann komme ich nach meiner Rechnung auf eine gewichtete Wahrscheinlichkeit von gut 62,83 % dafür, tatsächlich den höchsten der drei Beträge "herauszufischen".
Es geht aber noch besser ;)

Ob es eine Kombination aus X und Y gibt, die das ganze nochmals verbessert  statt es womöglich sogar nur wieder zu verschlechtern, weiß ich noch nicht!

Dazu müsste man zunächst quasi die Lose in der Trommel gedanklich einfärben: Von "1 Euro" bis "Y Euro" wären sie etwa rot, von "(Y+1) Euro" bis "X Euro" gelb, und von "(X+1) Euro" bis "55.555 Euro" grün. Es gäbe nun gleich ZEHN verschiedene Kombifälle, nämlich RRR, RRY, RRG, RYY, RYG, RGG, YYY, YYG, YGG und GGG - mit wiederum unterschiedlichen Anteilen an der Gesamtzahl - und danach erneut jeweils sechs Unterfälle etwa nach dem Muster RY1Y2, RY2Y1, Y1RY2, Y1Y2R, Y2RY1 und Y2Y1R als Basis fürs Strategie-Durchspielen...
... mit hernach zu gewichtenden Erwartungswahrscheinlichkeiten.
(Was, wenn ein Y erst aus X und dem zu geringen Wert im ersten Umschlag zu "berechnen" wäre?)

Mein Rat: Versucht zunächst herauszufinden, wie groß das X mindestens sein muss, um nicht gar unter 50 % abzurutschen, und welches das optimale X ist...
Ich habs mit einer sparsamen EXCEL-Tabelle schon recht gut hingekriegt ;)



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gonz
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.10, eingetragen 2020-07-16 19:27


was hier stand, war Quatsch. Was aber bleibt:

Mit dem plausiblen Wert y=27778 und Variation von x erhalte ich in der Simulation ein Maximum bei ungefähr x=38400 (Wobei immer noch mein Programm fehlerhaft sein kann).

Man ist dann, wenn man der Simulation folgt, in 68.4% der Fälle erfolgreich darin, den maximalen Wert zu erwischen.



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Kitaktus
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.11, eingetragen 2020-07-16 19:48


@gonz: Vielleicht kannst Du mal schauen, wo bei mir der Denkfehler liegen könnte, wenn Deine Zahl stimmt.



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gonz
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.12, eingetragen 2020-07-16 21:53


Ich will nicht schon wieder etwas falsches behaupten, aber ich glaube, du hast den Anteil m falsch bestimmt. Das ist nicht nur das "Dreieck", sondern auch der ganze anteil für U1<U2<55555 und u3<u1 ?



Bzw. beim Berechnen der Wahrscheinlichkeiten fügst du an "(U2 und U3 sind größer als U1 und U2 ist der größere der beiden Werte." das ist aber eine schärfere Bedingung als oben angeführt, und wenn das so für m gelten soll, dann fehlt einfach in der oberen auflistung der Bereich "U1<U2 und U1>U3"



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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.13, eingetragen 2020-07-17 12:11


Nächster Anlauf :)

Ich verwende die von Kitaktus vorgenommene Aufteilung und Bezeichnung aus Beitrag No. 7 - siehe auch Abbildung in Beitrag No 12. Für den Fall, dass man im ersten Umschlag U1 gefunden hat, erhält man dann folgende Optionen:

Fall k : Der Wert U1 ist schon das Optimum, da U2 und U3 kleiner sind. Man würde also gewinnen, wenn man sich entscheidet, ihn zu akzeptieren.

Fall l : Der Wert U3 ist das Optimum, und man wird in diesem Fall gewinnen, da man beim Öffnen von U2 einen Wert findet, der kleiner als das schon verworfene U1 ist, und damit automatisch noch einmal zieht.

Fall m : Der Wert U2 ist das Optimum. Wenn man also U1 verwirft, wird man aufgrund von U2>U1 aber auch U1>Y _nicht_ noch einmal ziehen, und damit das Optimum bei U2 halten

Fall n : Auch hier wird man nicht noch einmal ziehen, jedoch verlieren, da das Maximum hier bei U3 liegt.

Die Bedingung dafür, dass es sinnvoll ist noch einmal zu ziehen, ergibt sich damit zu

P(k) < P(l)+P(m)

Ich schreibe wieder N für 55555 und lasse die Randeffekte weg:

U1^2/N^2 < U1*(N-U1)/N^2 + (N-U1)*N/N^2 - (N-U1)^2/2/N^2

das gemeinsame /N^2 fällt weg und gleich etwas ausmultipliziert:

U1^2 < N*U1 - U1^2 + N^2 - N*U1 - 1/2 N^2 + N*U1 - 1/2 U1^2

und sortiert

5/2 U1^2 - N*U1 - 1/2 N^2 < 0


Okayyyy.... Multipliziert mit 2/5 und dann quadratische Ergänzung. Da wir den Wert suchen, an dem die Gleichung gerade noch erfüllt wird, kann ich dann auch gleich ein = statt < schreiben und X statt U1:

X^2 - 2/5 N*X +1/25 N^2  = N^2 (1/5+1/25)

(X-1/5N)^2 = N^2 (6/25)

X = N/5 ( 1 +- sqrt(6))

Nur der Wert mit dem Vorzeichen "+" ist sinnvoll, und damit gilt für den Grenzwert X (unter der oben vorausgesetzten Vernachlässigung von Randeffekten):

fed-Code einblenden

Ergibt den ungefähren Wert von X = 38327

(Rechenfehler auch hier immer vorbehalten)




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cramilu
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.14, vom Themenstarter, eingetragen 2020-07-17 15:23


gonz...
!!! RESPEKT !!!

Auf   X = N · (1 + wurzel(6)) / 5
als Optimum zu kommen,
war mir mit meiner Betrachtung à la "Lotto-Verteilung" auch gelungen.

Bei   X = q · N   hatte sich bei mir als Funktion für p
ein Polynombruch dritten Grades ergeben...

Angeblich lässt sich selbiger linearisieren zu
p(q) = 1/3 + q/2 + q^2/2 - 5/6 q^3

Das Maximum dieser Funktion liegt dann
für   q[m] = (1 + wurzel(6)) / 5 = 0,689897948556636
bei   p[m] = (67 + 12·wurzel(6)) / 150 = 0,642625846089321

Meine EXCEL-Tabelle liefert dagegen
für   X[m1] = 38.727   p[m1] = 0,642630562595082
für   X[m2] = 38.328   p[m2] = 0,642630562443478
>>> leicht erhöhte Werte; wohl wegen der Noch-Nicht-Linearisierung...

Wenn ich es endlich schaffe, meinen Polynombruch sauber zu differenzieren,
dann sollten sowohl   q   wie auch   p[m]   noch genauer bestimmbar sein ;)

Angeblich lassen sich durch nachträgliche Verfeinerung mit Y
mindestens "68,468" Prozent erreichen, aber soweit bin ich
selber mit meinen "Lotto"-Modellrechnungen noch nicht...



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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.15, eingetragen 2020-07-17 20:32


Ich habe den Wert nicht ausgerechnet, den man damit erreichen kann, aber die Ergebnisse einer recht träge konvergierenden Simulation zu bieten:
ASCII
Ergebnisse aus 455200000  Simulationen
X=37000 68.364255%
X=37800 68.418145%
X=38100 68.425638%
X=38250 68.432082%
X=38275 68.432802%
X=38300 68.431457%
X=38325 68.434264% <---
X=38350 68.429365%
X=38375 68.428559%
X=38400 68.428655%
X=38425 68.430633%
X=38450 68.429357%
X=39000 68.412009%
X=39300 68.393276%
X=40000 68.316865%



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Moin moin gonz ;)

Die Konvergenzliste sieht doch schon sehr gut aus!

Genau zu beäugen sein wird wohl der Bereich zwischen 38.324 und 38.331
- mit den beiden Höchstwerten bei 38.327 und 38.328

Möglicherweise liegt das Maximum nach Linearisierung in der Nähe von
1/2 + 1/3 · (wurzel(5) - 1) / wurzel(5) = (5·wurzel(5) - 2) / (6·wurzel(5)) = ...
... = (5 - 0,4·wurzel(5)) / 6 = 5/6 - wurzel(5)/15 = ...
... = 0,684262134833347

Ist aber bislang bloß eine "Abschätzung mit scharfem Auge" ;)

Im Moment "würge" ich noch an der Kürzbarkeit meiner nicht-linearisierten Polynombruchfunktion für q bzw. X. Danach möchte ich gleichartiges für die Modellbetrachtung mit X zuzüglich Y "durchziehen"...



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cramilu
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Nachtrag zu meinem Beitrag #14 (siehe oben):

Die praktische Abweichung gegenüber dem theoretischen Optimum hängt tatsächlich von N ab!

Ist in den Extremfällen N=3, und wählt man X=2, so ergibt sich eine Chance von 5/6 = 83,333 % auf den Höchstgewinn, für N=4 und X=3 noch 3/4 = 75,0 %, für N=5 und X=3 oder X=4 noch 7/10 = 70,0 % ...

Je größer(!) also N wird, desto näher kann ich durch optimale Wahl von X an der theoretisch optimalen Erfolgswahrscheinlichkeit "landen", und zwar "von oben her"!

Beispiel:
Sei N = 1.000.000 ;
X = 689.897   liefert   p = 0,64262610810896
X = 689.898   liefert   p = 0,642626108110129
>>> Wieder liegen beide Werte über (1+wurzel(6))/5,
>>> aber durch das gegenüber 55.555 stark erhöhte N näher dran ;)



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Ok, dann noch mal ein Versuch mit korrigiertem Fall m)
Es gilt zunächst mal alles aus Beitrag #7, was sich nicht auf den Fall m) bezog.
Den Fall m)
m) U2>U1, U3<U2
unterteile ich in zwei Teilfälle:
m1) U2>U3>U1
m2) U2>U1>U3.
Der (falsche) Ansatz in Beitrag #7 betrachtete nur den ersten dieser beiden Fälle.
Wsk m1): $(55555-U1)/55554 \cdot (55554-U1)/55553 \cdot 1/2$ (U2 und U3 sind größer als U1 und U2 ist der größere der beiden Werte.
Wsk m2): $(55555-U1)/55554 \cdot (U1-1)/55553$. Das ist die gleiche Wahrscheinlichkeit, wie im Fall l)!

Wsk k) > Wsk l) + Wsk m1) + Wsk m2) <=>
$2(U1-1)(U1-2) > 4(U1-1)(55555-U1) + (55555-U1)(55554-U1)$ <=>
$2U1^2-6U1+4 > -4U1^2+222224U1-222220 + 3086302470-111109U1+U1^2$ <=>
$5U1^2-111121U1-3086080246 > 0$ <=>
$U1^2-111121/5\cdot U1-3086080246/5 > 0$ <=>
$U1> 11112,1 + \sqrt{11112,1^2+3086080246/5}$ <=> $U1>38327$ (verwendet wurde, dass U1 eine natürliche Zahl ist).

Ich wähle also x=38327.




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cramilu
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Zunächst eine geskriptete Tabelle zum "Selberspielen":




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cramilu
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Und dann noch meine analytische Rechnung...




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