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Universität/Hochschule Modifiziertes Münzwurf-Experiment
GermanBoy
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2018-07-27


Hat sich erledigt, bitte löschen !

Hallo, ich hoffe das ist nicht zu profan für dieses Forum. Bin Anfänger!

Das ist mein statistisches Problem:
Ich habe 6 Euro und setze auf einen Münzwurf, der mit der Wahrscheinlichkeit 2/3 einen Erfolg bringt, jedes mal 50 Cent. Ich erhalte bei einem Erfolg den dreifachen Einsatz (1,50 Euro) zurück. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass ich nach 30 Münzwürfen oder früher kein Geld mehr habe?

Ich weiß, dass die Münzwürfe binomialverteilt sind und es sich um einen Bernoulli - Prozess handelt. Mein Hauptproblem ist, dass man schon vor dem dreißigsten Münzwurf kein Geld mehr haben kann.

Meine Überlegung: Ich muss für jede Anzahl von Münzwürfen zwischen 12 und 30 berechnen, bei wie vielen Erfolgen (nach der entsprechenden Anzahl von Münzwürfen) ich genau nach der entsprechenden Anzahl von Münzwürfen ich genau kein Geld mehr habe. Das muss ich in die Wahrscheinlichkeitsverteilung einsetzen und erhalte die Wahrscheinlichkeit dafür, dass ich genau nach der entsprechenden Anzahl von Münzwürfen genau kein Geld mehr habe. Dies muss ich wir oben gesagt für jede Anzahl von Münzwürfen zwischen 12 und 30 machen und die Wahrscheinlichkeiten aufaddieren. Durch die Addition erhalte ich die Gesamtwahrscheinlichkeit.

Danke im Voraus!



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gonz
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2018-07-27


Hallo,
und herzlich willkommen auf dem Matheplaneten!

Das Problem ist tatsächlich, dass es auf die Reihenfolge ankommt. Um genau nach 30 Runden "pleite" zu sein, musst du 15 Euro einsetzen, also 9 Euro gewinnen, das heisst 6 von 30 Spielen gewinnen, 24 verlieren. Das geht locker, wenn du erst gewinnst, aber du bist schon vorab pleite, wenn du eben die ersten 12 Spiele verlierst.

Ich würde vielleicht mal versuchen, das Ganze als Markov Kette darzustellen. ( wobei das nicht der einfachste Weg sein muss, das zu knacken, sondern nur der, der mir als erstes einfällt ).

( was hier noch stand war falsch )

Grüsse
Gonz



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ochen
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, eingetragen 2018-07-27


Hi, es ist nicht jede Anzahl zwischen 12 und 30, sondern nur jede dritte. Dreimal verlieren kannst du durch einmal gewinnen ausgleichen.

Wenn du jeden der ersten 12 Würfe mindestens einmal verlierst, darfst du gar nicht mehr spielen.

Wenn du unter den ersten 12 Würfen mindestens einmal gewinnst, kannst du bereits mindestens 15 mal spielen, denn 6+12*(-0.5) + 1*1.5=1.5

Sei <math>X</math> die Anzahl der Würfe nach denen du pleite bist, so gilt <math>\mathbb{P}(X=12)=(1/3)^{12},\ \mathbb{P}(X=15)=12\cdot (1/3)^{14}\cdot (2/3)^1</math>

[Die Antwort wurde vor Beitrag No.1 begonnen.]



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Kitaktus
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, eingetragen 2018-07-27


Mein Rechner gibt die Verlustwahrscheinlichkeit mit 11,65% an.

Plausibilisierung: Man verliert sicher, wenn man in den ersten 30 Spielen nur 6 oder weniger Siege hat. Die Wahrscheinlichkeit dafür ist 8,38%.

Ein mögliches Stichwort für eine Suche nach geschlossenen Formeln wäre: "asymmetrische zufällige Irrfahrt mit Absorption"


@ochen: Zweimal(!) verlieren kann man durch einmal gewinnen ausgleichen.



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MontyPythagoras
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, eingetragen 2018-07-27


Hallo zusammen,
@Kitaktus: wie kommst Du auf 8,38%? Die Binomialverteilung ist zwar aus meinem täglichen Lesestoff eine Weile verschwunden, aber die Wahrscheinlichkeit, in 30 Runden maximal 6 mal zu gewinnen, ist doch:
$$P(6)=\sum_{k=0}^6\binom{30}k\left(\frac23\right)^k\left(\frac13\right)^{30-k}=2,09\times10^{-7}$$ Unter 30 Runden nur 6 mal zu gewinnen, wenn die Gewinnwahrscheinlichkeit pro Runde 2/3 ist, ist doch schon extrem unwahrscheinlich.
Ich komme in einer Simulation für das Spiel auch auf einen erheblich niedrigeren Wert. Es läuft bei mir auf etwa $6,5\times10^{-6}$ hinaus.

Ciao,

Thomas



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Folgende Antworten hat der Fragesteller vermutlich noch nicht gesehen.
gonz
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, eingetragen 2018-07-27


Ich habe das Ganze als Markov Kette programmiert, und bekomme als Lösung der Aufgabe
fed-Code einblenden

heraus.

Das würde "ungefähr" zu der Simulation von Monty passen ( und ich behalte mir Fehler beim Programmieren vor - natürlicherweise ).

Ist die Aufgabenstellung richtig wiedergegeben? Es wäre logischer und das Spiel fair, wenn man in 1/3 der Fälle ( und nicht in 2/3 ) eine Auszahlung in dreifacher Höhe des Einsatzes erhalten würde...

Grüsse aus dem Harz
Gerhard/Gonz



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gonz
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, eingetragen 2018-07-28


2018-07-27 13:54 - Kitaktus in Beitrag No. 3 schreibt:
Ein mögliches Stichwort für eine Suche nach geschlossenen Formeln wäre: "asymmetrische zufällige Irrfahrt mit Absorption"

... womit man eine Menge Papiere findet, die natürlich gute Ideen geben, wie man es angehen kann wenn man zu einer geschlossenen Formel gelangen möchte. Im Unterschied zu der Aufgabenstellung in diesem Thread, in dem der Irrfahrende mit einer von 1/2 verschiedenen Wahrscheinlichkeit gleich zwei Schritte nach rechts geht ( gemessen in Einheiten von 50 Cent ) oder im andern Fall einen Schritt nach links habe ich bisher allerdings nichts konkretes gefunden. Unter asymmetrisch wird in der Regel verstanden, mit Wahrscheinlichkeit p _einen_ Schritt nach rechts zu gehen und mit (1-p) einen Schritt nach links, wobei p ungleich 1/2 ist... Zusammen mit der Absoprtion dürfte das also schon einen recht exotischen Fall darstellen.

Grüsse und einen schönen Weg ins WE
Gerhard/gonz



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MontyPythagoras
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.7, eingetragen 2018-07-28


Hallo zusammen,
ich habe folgendes überlegt:
Nach dem letzten Gewinn vor der Pleite hat man mindestens 1,50€, danach verliert man (mindestens) 3 mal in Folge. Jeder Bankrott endet also mit drei oder mehr Nieten.
Wenn man k mal gewinnt, ist ein Bankrott nur nach insgesamt 12+3k Runden möglich. Beispiel k=6:
Bei 6 siegreichen Runden ist man bankrott nach 30 Runden. Es gibt $\frac{30\cdot29\cdot28\cdot27\cdot...\cdot7}{6!}$ Möglichkeiten, 6 Siege auf 30 "Plätze" zu verteilen. Das ist die klassische Binomialverteilung. Bei diesem Spiel gelten aber noch mehr Restriktionen:
Mindestens 1 Siegrunde muss in den ersten 12 Runden vorkommen, weil man sonst nach 12 Runden pleite wäre. Aus dem gleichen Grund muss mindestens eine weitere Siegrunde innerhalb der ersten 15 Runden vorkommen, noch eine weitere in den ersten 18 Runden usw.
Allgemein heißt das, dass die Wahrscheinlichkeit, nach 12+3k Runden mit k Siegen pleite zu sein, wie folgt aussieht:
$$P(k)=\frac{12(15-1)(18-2)(21-3)...\left(12+3(k-1)-(k-1)\right)}{k!}\left(\frac23\right)^k\left(\frac13\right)^{12+3k-k}$$$$P(k)=\frac{12\cdot14\cdot16\cdot18...(10+2k)}{k!}\left(\frac23\right)^k\left(\frac13\right)^{12+2k}$$$$P(k)=\frac{2^k\cdot6\cdot7\cdot8\cdot9...(k+5)}{k!}\left(\frac23\right)^k\left(\frac13\right)^{12+2k}$$$$P(k)=\binom{k+5}52^k\left(\frac23\right)^k\left(\frac13\right)^{12+2k}$$$$P(k)=\binom{k+5}5\frac{4^k}{3^{12+3k}}$$$$P(k)=\frac1{3^{12}}\binom{k+5}5\left(\frac4{27}\right)^k$$Und die Gesamtwahrscheinlichkeit, nach höchstens 30 Runden pleite zu sein, ist demnach:
$$P=\frac1{3^{12}}\sum_{k=0}^6\binom{k+5}5\left(\frac4{27}\right)^k=\frac{337758859}{68630377364883}=4,92142\times10^{-6}$$ Was mich stört, ist die relativ große Abweichung zu meiner und gonz' Simulation, aber eigentlich finde ich die Herleitung schlüssig.

Ciao,

Thomas



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gonz
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.8, eingetragen 2018-07-28


Ich glaube damit nähern wir uns schon einer hinschreibbaren exakten Lösung. Man kann immer drei Schritte zusammenfassen ( wie im Post von MontyPythagoras angedeutet ), das Guthaben kann dann jeweils nur Vielfache von 1.50 Euro annehmen. Man muss also "nur" die Situation nach 10 Dreifachschritten betrachten, das ginge noch händisch ( insofern ist es von Vorteil, dass das Startguthaben durch 1,50 teilbar ist und die angefragte Schrittzahl ein Vielfaches von 3 ist ).

Nach drei Schritten hat man:

Mit einer W. von (1/3)^3 = 1/27 einen Verlust von 1.50 Euro,
mit einer W. von 3*(1/3)^2*2/3 = 6/27 keine Veränderung,
mit einer W. von 3*(1/3)*(2/3)^2 = 12/27 einen Gewinn von 1.50 Euro,
mit einer W. von (2/3)^3 = 8/27 einen Gewinn von 3 Euro.

Das könnte man natürlich auch so programmieren... Ich könnte mir vorstellen, dass sich in meinem ersten Ansatz Rundungsfehler eingeschlichen und aufsummiert haben. Mit diesem Ansatz könnte man das Ganze Aufsummieren, und bereits unterwegs Fälle aussortieren, die nicht mehr bis zur 30. Runde auf Null fallen können. Ich probier's grad mal aus...

( sorry, den Ansatz aus dem Post von Monty nachzurechnen ist es mir grad zu heiss, das schwirrt alles nur vor dem geistigen Auge... aber vielleicht ist es ja gut zwei Ansätze zu haben :) )







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gonz
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.9, eingetragen 2018-07-28


Ok, es geht einfacher. Hangeln wir uns an Beitrag #7 lang, ohne die Summen in Formeln zu fassen. Die gesuchte Wahrscheinlichkeit, vor oder im 30. Spiel auf Null Euro zu gehen, setzt sich auch folgenden 7 Summanden zusammen:

1) Im 12. Spiel absorbiert: Die ersten Spiele verloren, also
(1/3)^12 = 1.881 * 10^-6

2) Im 15. Spiel absorbiert: Von den ersten 12 Spielen eins gewonnen, danach 3 mal verloren. Es ergibt sich ein Faktor von 2 ( für das gewonnene Spiel) und ein Faktor von 12 ( für die 12 Möglichkeiten )

2*12/3^15 = 1.672 * 10^-6

3) Im 18. Spiel absorbiert. Faktor 4 für 2 gewonnene Spiele, davon eins wahlfrei in den ersten 12 Spielen ( Faktor 12 ) und eines entweder wahlfrei ebenfalls in den ersten 12 Spielen, aber nicht das bereits vorher aus den ersten 12 gewählte, jede Kombination wird jetzt allerdings 2 mal gezählt, also Faktor 12*11/2, ODER aus den 3 Spielen 13..15 gewählt, dann eindeutig.

Wir erhalten:
4*(12*11/2+12*3)/3^18 = 1.053 * 10^-6

[to be continued]

PS.: Schon diese Summanden ergeben zusammen 4,6*10^-6, sodass das Ergebnis aus #7 zu niedrig sein dürfte. Ich habe jetzt nicht die Argumentationen verglichen, aber beim Aufstellen des 3. Falls ( Absorption in 3. Runde ) gemerkt, dass die Bestimmung der Kombinationen kompliziert wird. Wie gesagt, ich kann aktuell nicht sagen, ob dies in den Formeln aus #7 richtig eingefangen ist.
 


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gonz
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.10, eingetragen 2018-07-28


Ok, für den Fall der Absorption im 21.Spiel müssen wir also folgendes Urnenspiel knacken:

( ich wiederhole sicherlich, das ist schon in #7 dargestellt )

3 Kugeln ( == gewonnene Spiele ) sind so auf 18 Urnen zu verteilen, dass
- mindestens eine in den ersten 12 landet,
- mindestens eine weitere in den ersten 15,
- eine weitere in den ersten 18.

Dazu gibt es die Fälle:

a) alle 3 Kugeln in den ersten 12:
12*11*10/3*2 = 220

b) Zwei Kugeln in den ersten 12, eine in 13..18
12*11/2 * 6 = 396

c) Eine Kugel in den ersten 12, zwei in 13..15
12 * 3*2/2 = 36

d) Je eine Kugel in 1..12, in 13..15, und in 16..18
12*3*3 = 108

Diese vier Fälle sind zu addieren, ergibt 760

Damit für den 4. Fall ( Absorption in 21):

760*2^3/3^21 = 5,8 * 10^-7

unter extremstem vorbehalt von Rechen- oder sonstigen Fehlern. Damit wird das Ergebnis aus #7 wieder wahrscheinlicher :)





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MontyPythagoras
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.11, eingetragen 2018-07-28


Hallo gonz,
ich mache es ja im Grunde genauso wie Du (bis auf einen Unterschied, zu dem ich gleich komme). Die Wahrscheinlichkeiten für die Einzelfälle sind ja nach meiner Version
$$P(k)=\frac1{3^{12}}\binom{k+5}5\left(\frac4{27}\right)^k$$Das entspricht für Deine Fälle:
$$1,88168\times10^{-6}\\
1,67260\times10^{-6}\\
8,67275\times10^{-7}\\
3,42627\times10^{-7}\\
1,14209\times10^{-7}\\
3,38397\times10^{-8}\\
9,19103\times10^{-9}$$Ab dem dritten Fall sind Deine Zahlen größer als meine. Auch wenn ich noch nicht genau verstanden habe, warum Du z.B. beim dritten Fall die Unterscheidungen machst zwischen Runde 1-12, und den Runden 13 bis 15. Aber hier liegt der Unterschied.
Es ist doch wie mit dem Ziehen ohne Zurücklegen, 2 weiße Kugeln (Siegrunden), 16 schwarze Kugeln (Niete). Wir benötigen die Anzahl an Kombinationen, wo unter den ersten 12 Ziehungen 1 weiße Kugel ist, unter den ersten 15 insgesamt 2. Also 12x(15-1)/2!=84 Möglichkeiten. Ich sehe im Moment keinen Grund, warum ich nur die Anzahl auf den ersten 12 Plätzen durch 2! teilen sollte, aber nicht die auf den Plätzen 13-15. Beide weißen Kugeln können ja auf den Plätzen 13-15 landen. Da muss ich aber noch einmal drüber nachdenken. Immerhin landet man mit Deiner Variante sicher näher an den Simulationsergebnissen.

Ciao,

Thomas



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gonz
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.12, eingetragen 2018-07-29


Hallo Thomas,

wir können es vielleicht besser an einem einfacheren Beispiel durchspielen, wie ich auf den Ansatz gekommen bin: Nehmen wir fünf Gefäße 1..5 und wollen zwei Kugeln so verteilen, dass mindestens eine in den Gefäßen 1..3 landet.

Das kann man sich dann ganz gut bildlich veranschaulichen, insgesamt ergeben sich 9 Fälle.

XX---
X-X--
X--X-
X---X

-XX--
-X-X-
-X--X

--XX-
--X-X

oder, umsortiert passend zur Aufteilung in die beiden Fälle:

XX---
X-X--
-XX--

X--X-
X---X
-X-X-
-X--X
--XX-
--X-X

Dann haben wir nach dem Ansatz zwei Fälle:

a) beide Kugeln in 1..3: 3*2/2 = 3 Möglichkeiten ( klassisch sozusagen)
oder
b) eine Kugel in 1..3, eine weitere in 4 oder 5. Da ich diese unabängig voneinander setzen kann, weitere 3x2 = 6 Fälle.

Leider wird es dann bei der Aufteilung in immer mehr solcher Bereiche etwas arg kompliziert, für drei Kugeln konnte ich es noch durchspielen, danach...

einen schönen Sonntag wünscht
gonz



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MontyPythagoras
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.13, eingetragen 2018-07-29


Hallo gonz,
Du bist mir zwei Minuten zuvorgekommen. Als ich gestern im Bett lag, bin ich auch drauf gekommen. Die Anzahl für zwei siegreiche Runden mit einer in den ersten 12 ist, die Gesamtanzahl $\binom{15}2$, minus die Fälle, wo beide Siege in den Runden 13-15 sind, also minus $\binom32$. Das macht 105-3=102, statt 84. Bei 3 Siegen in 18 Runden ist es $\binom{18}3$ minus $\binom63$ (alle 3 Siege in den Runden 13-18) minus $\binom{12}1\cdot\binom32$. Das macht 816-20-12x3=760. Aber dann wird es schwieriger.

Ciao,

Thomas



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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.14, eingetragen 2018-07-29


Moin Thomas!

Ja, manchmal ist es gut etwas zu überschlafen :) Ich war gestern abend auch irgendwie zu müde um das zu fassen.

Einen hab ich noch, ich habe folgendes Schema aus dem Ansatz mit Markov Kette bekommen, das es ermöglicht die Sache ganz gut von Hand zu rechnen mit der notwendigen Geduld.



Wenn man dann noch die 2-er Faktoren auf den Diagonalen weglässt, werden ( hier noch nicht durchgeführt) auch die zu berechnenden Zahlen deutlich kleiner ausfallen, man kann dann aufgrund des Schemas 1-3-3-1 aufsummieren in form eines seitlich ausladenden Pascal'schen Dreiecks, das eben die Doppelsprünge nach oben beinhaltet... das werd ich nachher mal in Ruhe machen, ich glaube, damit ist zwar erstmal keine geschlossene Formel zu gewinnen, aber der gesuchte Wert exakt zu bestimmen, ohne einen Computer zu bemühen...

Einen schönen Sonntag wünscht
gonz





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MontyPythagoras
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.15, eingetragen 2018-07-29


Hallo gonz,
ich habe nun ein Schema entwickelt, mit dem ich die Anzahl berechne. Es ist, wenn man es einmal durchblickt, recht klar. Die Anzahlen lauten
0  1
1  12
2  102
3  760
4  5304
5  35652
6  233996
Die Formel für die Anzahlen lautet:
$$\binom{9+3k}k-\sum_{i=0}^{k-2}\binom{9+3i}i\binom{3k-3i-3}{k-i}$$Die Wahrscheinlichkeit, mit k Siegen nach 12+3k Runden auszuscheiden, ist
$$P(k)=\frac1{3^{12}}\left[\binom{9+3k}k-\sum_{i=0}^{k-2}\binom{9+3i}i\binom{3k-3i-3}{k-i}\right]\left(\frac2{27}\right)^k$$Daraus ergeben sich die folgenden Einzelwahrscheinlichkeiten:
$$0\qquad1,88168\times10^{-6}\\
1\qquad1,67260\times10^{-6}\\
2\qquad1,05312\times10^{-6}\\
3\qquad5,81242\times10^{-7}\\
4\qquad3,00478\times10^{-7}\\
5\qquad1,49610\times10^{-7}\\
6\qquad7,27362\times10^{-8}$$Und als Summe, nach höchstens 30 Runden auszuscheiden:
$$P=\frac{1175939753}{3^{30}}=5,71146\times10^{-6}$$ Das entspricht dem Ergebnis Deiner Simulation.

Ciao,

Thomas



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gonz
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.16, eingetragen 2018-07-29


Das sieht gut aus, ich muss nur noch den Fehler in meinem Programm suchen, ich habe diese Abart das Pascalschen Dreiecks ( nur jede dritte Zeile, und dann die Absorption ) doch programmiert und folgendes bekommen:



Das heisst es gibt kleinere Abweichungen. Das Programm ist hier ( völlig undokumentiert weil... ich wollte sehen was rauskommt :) )

(Edit: etwas vereinfachte Version des Programmes )

FreePascal
program muenz_experiment_2;
 
var i,j : longint;
var w : array[0..10,0..8] of longint;
 
begin
 
for i:=0 to 10 do
 for j:=0 to 8 do
  w[i][j]:=0;
w[0][4]:=1;
 
for i:=0 to 9 do
 for j:=1 to 8 do
  if w[i][j]>0 then
   begin
   w[i+1][j-1]:=w[i+1][j-1]+w[i][j];
   if i+j<10 then w[i+1][j]:=w[i+1][j]+3*w[i][j];
   if i+j<9 then w[i+1][j+1]:=w[i+1][j+1]+3*w[i][j];
   if i+j<8 then w[i+1][j+2]:=w[i+1][j+2]+w[i][j];
   end;
 
for j:=8 downto 1 do
  begin
  for i:=0 to 10 do
    if w[i][j]>0 then write(w[i][j]:8)
    else write('        ');
  writeln;
  end;
end.
 





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MontyPythagoras
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Hallo gonz,
unsere Ergebnisse konvergieren...  😁
Vielleicht ist noch ein Fehler in meinem Schema, das würde ich nicht ausschließen wollen. Aber den Wert aus Deiner Simulation, also $5,7\times10^{-6}$, würde ich schon als gesetzt ansehen.

Ciao,

Thomas



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Kitaktus
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Meine Ergebnisse sind völlig verschieden, weil mein Gehirn natürlich aus den vorhandenen Informationen eine _Verlust_wahrscheinlichkeit von 2/3 herausgelesen hat ("muss" ja so sein, sonst wäre es doch kein faires Spiel).

Ärgerlicherweise habe ich auch das Programm dazu nicht abgespeichert...

Vielleicht könnt ihr in Euren Programmen mal die 2/3 durch 1/3 ersetzen und umgekehrt und schauen, ob das Ergebnis dann mit meinem übereinstimmt.



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Kuestenkind
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Huhu,

siehe auch:

Gruß,

Küstenkind



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gonz
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@kuestenkind:
ja, irgendwie bedauerlich, auch dass germanboy sich mit einem formlosen "hat sich erledigt" bedankt. Immerhin hat es Spass gemacht * seufz

@kitaktus:
Die rekursive Berechnung der Anzahl der Pfade unterscheidet sich ja nicht, nur die Exponenten des Faktor 2, wenn am Ende die Wahrscheinlichkeiten aufmultipliziert werden. Ich habe das jetzt mal auf beide Fälle erweitert und komme tatsächlich auf dein Ergebnis von 11.65% für den Fall eines fairen Spiels, entsprechend deinem Beitrag #3 - passt also :)


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gonz
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Guten Morgen :)

Nochmal überschlafen und es beschäftigt mich immer noch. Unter Ausklammern der Faktoren, die sich aus den Wahrscheinlichkeiten ergeben, also hier der Potenzen von 2 bzw. 3, erhält man ja ein Pascal'sches Dreieck ( bzw. in der Originalaufgabe betrachtet man jede dritte Zeile eines solchen ). Zur Vereinfachung würde ich erst einmal die Asymmetrie bzw. die Doppelschritte weglassen. Damit erhält man für den Fall eines symmetrischen Random Walk mit Startpunkt n=0 und Absorptionspunkt n=a:

n = Ort auf der 1-dim Strecke des Random Walks,
t = Schrittzahl,
a = Absorptionspunkt
w(n,t) = Wahrscheinlichkeit des Aufenthalts am Ort n nach t Schritten multipliziert mit 2^t

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Gibt es eine Formel zur Berechnung von w(a,t), die ohne Rekursion auskommt?

Neugierige Grüsse
Gerhard/Gonz


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MontyPythagoras
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Hallo gonz,
ich habe zumindest inzwischen herausgefunden, dass meine Formel in Beitrag 15 nicht 100% stimmt, aber nahe dran ist. Ich habe bei den höheren Anzahlen an Siegen einige Ausnahmen nicht bedacht, und dadurch doppelt abgezogen, weshalb meine Anzahlen 1, 12, 102, 760 (bis hierher stimmt's) und dann 5304, 35652 etwas zu gering ausfallen. Ich gehe stattdessen davon aus, dass Deine Folge stimmt.
Da meine Formel nicht korrekt ist, heißt das aber auch, dass sie noch komplizierter wird oder sich gar nicht auf eine solche Art und Weise darstellen lässt.
Ich stelle nachher mal das Schema ein, wonach ich diese Formel entwickelt habe. Wenn man die entsprechenden Ausnahmen auch formelmäßig greifen kann, besteht vielleicht noch Hoffnung.

Ciao,

Thomas



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Hallo gonz,
ich bin wie folgt vorgegangen:
1. mit genau k Gewinnen ist man pleite nach 12+3k Runden, wobei allerdings die letzten drei Runden alle verloren werden. Es müssen sich also k Gewinne in 9+3k Runden ereignen.
2. Ich kann nicht völlig wahlfrei k Gewinne auf 9+3k Runden verteilen, sondern es muss immer wieder eine Mindestmenge an Gewinnen stattgefunden haben, weil der Spieler sonst vorher pleite ist. Konkret muss innerhalb der ersten 12 mindestens 1 Gewinn passiert sein, innerhalb der ersten 15 Runden 2, innerhalb der ersten 18 Runden 3 Gewinne und so weiter.
3. Es gibt $\binom{9+3k}k$ Möglichkeiten, k Gewinne auf 9+3k Runden zu verteilen. Mein Ansatz war, von  diesem Wert ausgehend die "Ausnahmen", also die Konstellationen, wo der Spieler schon vorher pleite ist, abzuziehen. Siehe dazu nachfolgende Tabelle für k=3:
Die (ungültigen) Möglichkeiten, mit 3 Gewinnen nicht erst nach 18 Runden pleite zu sein, sondern schon früher, wäre entweder, in den Runden 1-12 keinen Gewinn zu haben und dafür in den Runden 13-15 drei Gewinne (erste weiße Zeile), oder in den Runden 1-12 nur einen Gewinn und in den Runden 13-15 nur Nieten. Man müsste also $\binom63$ und $\binom{12}1\cdot\binom32$ abziehen. Das ergibt $\binom{18}3-\binom63-\binom{12}1\cdot\binom32=816-20-12\cdot3=760$. Das passt.
Jetzt nochmal das ganze für k=6:
Die ungültigen Möglichkeiten, mit denen man früher ausscheidet, unterliegen alle der gleichen Gesetzmäßigkeit: z.B. null Gewinne in den Runden 1-12, oder 4 Gewinne in den Runden 1-21, aber kein Gewinn in Runden 22-24. Man erkennt für jede Zeile eine recht einfache Entwicklung, die man formelmäßig so greifen kann, wie ich es in Beitrag #15 dargestellt habe.
Aber zu früh gefreut:
Wie man in diesem erweiterten Schema sieht, habe ich die "rosa" Kombination (2 Gewinne in 13-27 und 4 in 19-27) doppelt abgezogen, weil sie in beiden "grünen" Kombinationen (6 Gewinne in 13-15, sowie 2 Gewinne in 1-15) vorkommt. Auch die zwei weiteren Konstellationen nach der rosa Zeile sind doppelt abgezogen worden. Das führt dazu, dass meine Anzahlen ab k=4 niedriger sind als die von Dir.
Das könnte man vielleicht kompensieren, wenn man die doppelt abgezogenen Konstellationen wieder genau einmal drauf addiert, ich schätze aber, dass es bei höheren Werten von k zunehmend komplizierter wird, und sich das ganze nicht mehr in eine einzige Formel quetschen lässt.

Ciao,

Thomas



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