Kartenspiel

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19.12.2005, 07:50	SkYfiGhTeR	Auf diesen Beitrag antworten »
hm ok...ich würde sagen wir reden nicht weiter (was die beiden Ergebnisse angeht bei 1. c) ) gg Alles klar, danke nochmal für die Hilfe!! - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - Eine Kleinigkeit wäre da noch...und zwar handelt es sich um eine Aufgabe, die zwar hier unter dem Thema "Normalverteilung" steht, aber ob man die Aufgabe jetzt auch wirklich direkt damit lösen kann...weiß ich nicht. (Aufgabe s. Anhang). Also ich weiß ehrlich gesagt nicht wie ich da überhaupt irgendwas aufstellen soll. g Der Spieler bekommt auf jeden Fall mindestens 5€ und damit macht er pro Spiel einen maximalen Verlust von 10€. Wenn die erste Karte die er aufdeckt die 9 ist (p=1/9), dann lohnt sich das Spiel natürlich nicht. Deckt er mit einer Wahrscheinlichkeit von 1/9 am Anfang die 7 auf und anschließend die 8 und dann die 9, dann würde es genau passen und er erhält die 15€ die er insgesamt an Einsatz hatte zurück. Naja, aber das geht ja genauso, wenn er Anfang vll. die 2 aufdeckt und anschließend die 1 und dann die 3 und dann die 5 usw. würde er ja auch Gewinn machen. Und der maximale Gewinn liegt ja dabei, wenn er von der 1 bis zur 9 der Reihe nach alle aufdeckt. Also alle 9 Karten in der richtigen Reihenfolge von klein nach groß würde 45€ geben. Sollte man das irgendwie vll. mit Kombinatorik oder so aufstellen? Also ich weiß ehrlich gesagt gerade nicht weiter...sind ja so viele Spielablaufmöglichkeiten, die zu 'nem mehr oder weniger großen Gewinn führen... Danke für Hilfe im Voraus!
19.12.2005, 14:17	bil	Auf diesen Beitrag antworten »
also bei der aufgabe muss man den erwartungswert ausrechnen. was wir dazu aber brauchen sind die wahrscheinlichkeiten 1,2,3,4,5,6,7,8,9 mal richtig. X...anzahl der richtig aufgedeckten. 1 mal richtig ist natürlich P(X=1)=1 2 mal richtig: könnte man auf 2 möglichkeiten machen. entweder ich zähle stur ab. also diese möglichkeiten sind günstig: 12,13,14,15,16,17,18,19 23,24,25,26,27,28,29 34,35,36,37,38,39 45,46,47,48,49 56,57,58,59 67,68,69 78,79 89 anzahl aller möglichkeiten ist 9^2=81. das heisst P(X=2)=36/81=4/9 oder andere alternative: $\begin{eqnarray} \sum_{k=1}^{8}\frac{1}{9}\cdot \frac{k}{9}=\frac{4}{9} \end{eqnarray}$ beide alternativen sind schlecht, mir ist aber irgendwie gerade nichts besseres eingefallen. muss nochmal drüber nachdenken. gruss bil
19.12.2005, 18:41	SkYfiGhTeR	Auf diesen Beitrag antworten »
Hi, hm...aso. Ja und die Möglichkeiten für 3 mal richtig und 4 mal richtig usw. müsste man dann ja auch noch alle aufstellen oder? Oder wären die $\begin{eqnarray} \frac{4}{9} \end{eqnarray}$ jetzt schon ein Endergebnis? Und was würden die $\begin{eqnarray} \frac{4}{9} \end{eqnarray}$ dann für den Spieler genau bedeuten? Das sehe ich irgendwie momentan (auch) noch nicht so wirklich...
19.12.2005, 23:18	bil	Auf diesen Beitrag antworten »
nein die aufgabe ist noch nicht fertig. der erwartungswert ist so definiert: $\begin{eqnarray} \sum_{x_i \epsilon \Omega}x_i\cdot P(X=x_i) \end{eqnarray}$ siehe am besten auch mal hier: http://de.wikipedia.org/wiki/Erwartungswert das heisst uns fehlen die wahrscheinlichtkeit noch für 3,4,5,6,7,8,9 richtige: und das ergebniss wäre dann folgendes: $\begin{eqnarray} 5\cdot 1+ 5\cdot \frac{4}{9} + 5\cdot P(X=3)+ \dots +5\cdot P(X=9) \end{eqnarray}$ aber ist wie gesagt ein schlechter ansatz, hatte noch keine zeit was besseres mir auszudenken... gruss bil
20.12.2005, 14:21	SkYfiGhTeR	Auf diesen Beitrag antworten »
Hi, hm...ja eben, das wäre ja dann ein doch relativ sehr großer Aufwand um noch die ganzen anderen Wahrscheinlichkeiten P(X=3), P (X=4) usw. bis P(X=9) auszurechnen. Irgendwie etwas "komisch" die Aufgabe...finde ich. gg
20.12.2005, 14:55	AD	Auf diesen Beitrag antworten »
So, ich hab das Thema mal von dem anderen abgetrennt, mit Normalverteilung hat das ja nun nix zu tun. --------------------------------------- Die Sache ist ziemlich kompliziert, wenn man sie nicht richtig angeht. Wir betrachten das ganze Spiel mal mit $\begin{eqnarray} n \end{eqnarray}$ Karten, bei uns also $\begin{eqnarray} n=9 \end{eqnarray}$ . Dann landet die Karte mit der höchsten Nummer mit der jeweils gleichen Wahrscheinlichkeit $\begin{eqnarray} \frac{1}{n} \end{eqnarray}$ auf Position $\begin{eqnarray} 1,\ldots,n \end{eqnarray}$ . Wenn wir nun $\begin{eqnarray} X_n \end{eqnarray}$ ... Anzahl Gewinne für Spiel mit den $\begin{eqnarray} n \end{eqnarray}$ Karten $\begin{eqnarray} Y_n \end{eqnarray}$ ... Position der höchsten Karte im Spiel mit $\begin{eqnarray} n \end{eqnarray}$ Karten bezeichnen, dann folgt für $\begin{eqnarray} m\geq 1 \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} P(X_n=m) = \sum_{k=1}^n ~ P(X_n=m,Y_n=k) = \sum_{k=1}^n ~ P(X_n=m \bigm\| Y_n=k)\cdot P(Y_n=k) \stackrel{!}{=} \frac{1}{n} \sum_{k=1}^n ~ P(X_{k-1}=m-1) \end{eqnarray}$ Für die Erwartungswertbildung heißt das gemäß $\begin{eqnarray} E(X_n)=\sum_{m=1}^n ~ m\cdot P(X_n=m) \end{eqnarray}$ : $\begin{eqnarray} E(X_n) = 1+\frac{1}{n} \sum_{k=1}^n ~ E(X_{k-1}) = 1+\frac{1}{n} \sum_{k=0}^{n-1} ~ E(X_k) \end{eqnarray}$ . Startend mit $\begin{eqnarray} E(X_0)=0 \end{eqnarray}$ kann man dann alle Erwartungswerte berechnen. Der Clou steckt natürlich an der Stelle $\begin{eqnarray} \stackrel{!}{=} \end{eqnarray}$ : Wenn wir wissen, dass an Position $\begin{eqnarray} k \end{eqnarray}$ die höchste Zahl steht, dann ist an genau dieser Position der letzte Gewinn einzustreichen. Wenn wir also insgesamt $\begin{eqnarray} m \end{eqnarray}$ Gewinne haben wollen, dann müssen $\begin{eqnarray} (m-1) \end{eqnarray}$ Gewinne an den Positionen $\begin{eqnarray} 1,\ldots,(k-1) \end{eqnarray}$ eingefahren werden. Dort stehen zwar nicht notwendig genau die Zahlen $\begin{eqnarray} 1,\ldots,(k-1) \end{eqnarray}$ , aber zumindest irgend welche $\begin{eqnarray} (k-1) \end{eqnarray}$ verschiedene Zahlen, auf die unser Spiel genauso anwendbar ist. So ergibt sich die Gleichheit $\begin{eqnarray} P(X_n=m \bigm\| Y_n=k) = P(X_{k-1}=m-1) \end{eqnarray}$ .
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20.12.2005, 23:27	bil	Auf diesen Beitrag antworten »
ok... da hätte ich noch lange überlegen können. darauf wäre ich wohl nicht gekommen. wieder was dazu gelernt... gruss bil
21.12.2005, 13:52	AD	Auf diesen Beitrag antworten »
Ja, ist etwas tricky. EDIT: Argghhh, wie blind man doch sein kann. Aus der richtigen obigen Rekursion ergibt sich die einfache Darstellung $\begin{eqnarray} E(X_n) = \sum_{k=1}^n ~ \frac{1}{k} \end{eqnarray}$
21.12.2005, 14:17	bil	Auf diesen Beitrag antworten »
die aufgabe ist wirklich tricky... ich mein, was mir alles für lösungsideen durch den kopf gegangen sind willst du lieber garnicht wissen und am ende kommt so was leichtes bei raus... wobei mir die endformel schon fast zu leicht vorkommt werde mir eh alle deine schritte nochmal durchdenken müssen, vll kommt man ja auch auf einen anderen weg zu der letzten formel... gruss bil
21.12.2005, 15:26	AD	Auf diesen Beitrag antworten »
So müsste es einfacher gehen: $\begin{eqnarray} X_n \end{eqnarray}$ wie oben und $\begin{eqnarray} Z_k = \begin{cases} 1 & \;\mbox{falls an Position $k$ das Maximum der Werte der Positionen $1\ldots k$ steht}\\ 0 & \;\mbox{sonst}\end{cases} \end{eqnarray}$ Dann ist $\begin{eqnarray} X_n=Z_1+\cdots+Z_n \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} E(Z_k)=P(Z_k=1)=\frac{1}{k} \end{eqnarray}$ , woraus die obige Formel für $\begin{eqnarray} E(X_n) \end{eqnarray}$ folgt. Kompliziert angefangen und schrittweise immer leichter gemacht... Außerdem habe ich das dumpfe Gefühl, dass wir das alles hier schon mal hatten. Leopold hat bestimmt noch den passenden Link parat.
21.12.2005, 15:58	bil	Auf diesen Beitrag antworten »
ja die letzte vereinfachung ist echt gut. wenn du so weiter machst sind wir bald bei grundschulniveau angelangt das lustige ist, dass erst letztens bei oliver pocher genau dieses spiel kam und ich mir überlegt hatte wie hoch die wahrscheinlichkeit wohl ist... jetzt weiss ich es... hier das spiel, wer es auch mal sehen will http://prosieben.de/oliverpocher/rent_a_.../artikel/19933/ (raterunde 1) gruss bil edit: also genau das gleiche spiel war es doch nicht, wie ich gerade gesehen habe. aber schon ähnlich
21.12.2005, 16:07	AD	Auf diesen Beitrag antworten »
Und wer sich nicht nur für den Erwartungswert, sondern auch für die Einzelwahrscheinlichkeiten interessiert: Für $\begin{eqnarray} P(X_n=m) = \frac{1}{n} \sum_{k=0}^{n-1} ~ P(X_k=m-1) \end{eqnarray}$ (siehe oben) gibt es auch noch einen Trick, die Rekursion weniger rechenaufwändig zu gestalten: Dieselbe Formel für $\begin{eqnarray} n-1 \end{eqnarray}$ statt $\begin{eqnarray} n \end{eqnarray}$ ergibt umgeformt $\begin{eqnarray} \sum_{k=0}^{n-2} ~ P(X_k=m-1) = (n-1)P(X_{n-1}=m) \end{eqnarray}$ und das wieder rückwärts eingesetzt: $\begin{eqnarray} P(X_n=m) = \frac{1}{n} \left[ P(X_{n-1}=m-1)+(n-1)P(X_{n-1}=m) \right] \end{eqnarray}$ . Zusammen mit den Anfangswerten $\begin{eqnarray} P(X_n=0) = \begin{cases} 1 & \;\mbox{für}\; n=0\\ 0 & \;\mbox{sonst} \end{cases} \end{eqnarray}$ sowie $\begin{eqnarray} P(X_n=m)=0 \end{eqnarray}$ für $\begin{eqnarray} m>n \end{eqnarray}$ lassen sich dann rekursiv alle Wahrscheinlichkeiten bestimmen.

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