Schere Stein Papier

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17.06.2011, 23:28	schweizerkäse	Auf diesen Beitrag antworten »
Schere Stein Papier Meine Frage: Der Weihnachtsmann und der Osterhase spielen Stein Schere Papier. Wer ein Spiel gewinnt, erhält vom Verlierer eine Marzipankartoffel. Allerdings kann der Osterhase mit seinen Pfoten nur Stein und Papier, aber nicht Schere machen. Beide wissen das, reden aber nicht darüber. Der Weihnachtsmann ist also im Vorteil, weil er die Wahl zwischen Stein, Schere und Papier hat. Die Frage ist: Wie groß ist dieser Vorteil? Genauer: Wie viele Marzipankartoffeln macht der Weihnachtsmann im Durchschnitt pro Spiel plus, wenn beide (für sich) optimal spielen? (Spielregeln von Schere Stein Papier müssten klar sein oder?) Meine Ideen: So ich habe mir erstmal die verschiedenen Möglichkeiten aufgeschrieben: Weihnachtsmann : Osterhase Stein : Stein 0 Papier : Stein +1 Schere : Stein -1 Stein : Papier -1 Papier : Papier 0 Schere : Papier +1 O --> unentschieden +1 --> Weihnachtsmann gewinnt -1 --> Osterhase gewinnt Der Weihnachtsmann kann mit dem Stein nur gegen die Schere gewinnen. Da er aber weiß, dass Osterhase mit seinen Pfoten keine Schere machen kann, wird er den Stein nicht benutzen, wenn er optimal sein. Also ergeben sich als verschiedene Möglichkeiten: Weihnachtsmann : Osterhase Papier : Stein +1 Schere : Stein -1 Papier : Papier 0 Schere : Papier +1 So wenn ich jetzt wissen will, wie viele Marzipankartoffeln der Weihnachtsmann pro Spiel plus macht, kann ich dann quasi den Erwartungswert so berechnen: Der Weihnachtsmann hat also zwei Möglichkeiten zu gewinnen, d.h. jeweils zwei Mal die Möglichkeit eine Marzipankartoffel zu bekommen, somit wäre das dann 10.25 + 10.25 = 0.25 + 0.25 = 0.5 Beim Osterhase wäre das aber nur 1*0.25= 0.25. Dann hat also der Weihnachtsmann einen Vorteil, weil im Durchschnitt pro Spiel 0.25 Marzipankartoffeln mehr gewinnt als der Osterhase?
18.06.2011, 03:20	Dopap	Auf diesen Beitrag antworten »
Das Problem ist nicht ganz einfach. Allein die Bemerkung, dass der W(eihnachtsmann) wegen der Auswahl von 3 Möglichkeiten gegenüber 2 des (O)sterhasen im Vorteil ist verständlich aber nicht zwingend. Wir haben 2 Spieler W und O, und die spielen ein Matrixspiel. W hat 3 Möglichkeiten ( St, Sch,P) Das sind die Zeilen. O hat 2 Möglichkeiten (St,P), das sind die Spalten. Die Matrix ist also von der Dim. 3x2. Die Elemente die Auszahlung aus Sicht von W. Wählt W zum Beispiel St und O P, so ist das Element a12=-1. ( o.B.d.A sei die Spieleinheit 1, keine Marzipankartoffel) die Auszahlungsmatrix ist demnach $\begin{eqnarray} A'=\begin{pmatrix} 0 & -1 \\ -1 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ nun wird Zeile 1, von Zeile 2 und Zeile 3 dominiert. d.h. W wird niemals St spielen. Deshalb bleibt $\begin{eqnarray} A=\begin{pmatrix} -1 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ übrig. Man sieht,dass grössere Auswahl so noch nichts bedeutet. Jeder hat noch 2 reine Strategien. Allgemein ist eine Strategie ist eine Wahrscheinlichkeitsverteilung auf der Menge der reinen Strategien. Gesucht sind 2 Strategien $\begin{eqnarray} \vec x ~ \vec y \end{eqnarray}$ für W und O. Hat das Spiel keinen Sattelpunkt ( 2 reine Strategien), was hier zutrifft, so ist die Lösung $\begin{eqnarray} \vec x = \frac {(1,1)A^{-1}}{(1,1)A^{-1}\binom 1 1}= ...? \end{eqnarray}$ [G.Owen Spieltheorie Springer Verlag 1971 s. 29 ] $\begin{eqnarray} \vec y = \frac {A^{-1}\binom 1 1}{(1,1)A^{-1}\binom 1 1}=...? \end{eqnarray}$ Der Erwartungswert ist $\begin{eqnarray} \mu = \vec x ^T \cdot A \cdot \vec y =\frac 1 3 \end{eqnarray}$ das heisst, der Weihnachtsmann gewinnt im Schnitt 1/3 Spieleinheiten. Da liegst ja du mit deinen 1/4 Spieleinheiten nicht weit entfernt!!
18.06.2011, 17:19	schweizerkäse	Auf diesen Beitrag antworten »
also du meinst ich soll so rechnen: $\begin{eqnarray} \vec{x} = \frac{(1,1)\begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 1 &\end{pmatrix}}{(1,1)\begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 1 &\end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix} } \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} \vec{y} = \frac{\begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 1 &\end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix} }{(1,1)\begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 1 &\end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix} } \end{eqnarray}$ dann komme ich auf : $\begin{eqnarray} \vec{x} = (\frac{1}{3}, \frac{2}{3}) \end{eqnarray}$ und dann ist $\begin{eqnarray} \vec{x^{T}} = \begin{pmatrix} \frac{1}{3} \\ \frac{2}{3}, \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} \vec{y} = (\frac{1}{3}, \frac{2}{3}) \end{eqnarray}$ aber dann passt das irgendwie nicht wenn ich das rehcnen will: $\begin{eqnarray} \vec{x^{T}} A \vec{y} = \begin{pmatrix} \frac{1}{3} \\ \frac{2}{3} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 1 &\end{pmatrix} (\frac{1}{3}, \frac{2}{3}) \end{eqnarray}$ hab ich mich denn verrechnet? Edit (mY+): Von 3-fach Post (3 gleiche Beiträge) 2 Beiträge entfernt!
18.06.2011, 18:49	Dopap	Auf diesen Beitrag antworten »
Du hast recht, ( in manchen Büchern ist ein Vektor immer eine 1xn Matrix, in anderen nicht->Verwirrung) Dann ist eben $\begin{eqnarray} \mu = \vec x A \vec y^T \end{eqnarray}$ und somit eine Zahl. p.s warum ist deine post dreifach?
18.06.2011, 19:03	schweizerkäse	Auf diesen Beitrag antworten »
jaa sorry ich dachte irgendwie das erstellen hätte nicht geklappt daher wasr dreifach aber das geht irgendwie so auch nicht zumindest nicht so dass das 1/3 als ergebnis ruaskommt ?!
18.06.2011, 21:39	Dopap	Auf diesen Beitrag antworten »
soweit alles gut. noch eines: beim normalen St Sch P Spiel ist die optimale Strategie $\begin{eqnarray} \vec x = ( \frac 1 3,\frac 1 3,\frac 1 3) \end{eqnarray}$ das heisst die Gleichverteilung ist optimal gegen jede andere Strategie und garantiert zumindestens ein Unentschieden.
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18.06.2011, 23:27	schweizerkäse	Auf diesen Beitrag antworten »
würdest du mir dann vielleicht nochmal den rechenweg aufschreiben mit dem ich auf die lösung komme ich hab das nämlich schon ein paar mal gerechnet und komme nicht auf das ergebnis wäre gut wenn ich deinen weg nachvollzihene könnte damit ich vielleicht sehe wo mein fehler ist
19.06.2011, 00:30	Dopap	Auf diesen Beitrag antworten »
A.) du meinst doch nicht etwa, dass ich an deinen ursprünglichen Weg nachvollziehe? In Wkt-Rechnung ist der Nachweis von falschen Annahmen und Pseudoargumenten nicht leicht. Ich möchte da auf das Ziegenproblem verweisen, in dem schon Heerscharen sich nicht überzeugen lassen wollten. Ich sag immer so: Wkt-Rechnung und Relativitätstheorie sind nichts mit unmittelbarer Bedeutung in der Evolution gewesen. Dehalb taugt der gesundene Menschenverstand hier nicht. --------------------------------------------- B.) Die von mir vorgestellte Lösung von G.Owen hat einen langen Rechenweg hinter sich und beeinhaltet z.B das MinMax-Theorem der Spieltheorie... das alles kann ich hier nicht ausführen. MinMax-Theorem und Matrixspiele als Stichworte und ein Literaturhinweis sollen genügen.
19.06.2011, 10:47	Huggy	Auf diesen Beitrag antworten »
Man kann das Problem doch ganz elementar untersuchen. W nehme mit Wahrscheinlichkeit x Papier und mit Wahrscheinlichkeit 1 - x Schere. O nehme mit Wahrscheinlichkeit y Papier und mit Wahrscheinlichkeit 1 - y Stein. Der Erwartungswert der Auszahlung an W ist dann: $\begin{eqnarray} E(W)=0 \cdot xy+1 \cdot x(1-y)+1 \cdot (1-x)y-1 \cdot (1-x)(1-y)=2x+2y-3xy-1 \end{eqnarray}$ Schreibt man das in der Form $\begin{eqnarray} E(W)=2x+y(2-3x)-1 \end{eqnarray}$ sieht man, wenn W ein x < 2/3 wählt, sollte O mit y = 0 reagieren, um E(W) zu minimieren. Es ist dann $\begin{eqnarray} E(W)=2x-1<1/3 \end{eqnarray}$ . Wählt W ein x >2/3, sollte O mit y =1 reagieren. Es ist dann $\begin{eqnarray} E(W)=1-x<1/3 \end{eqnarray}$ . Für W ist es daher optimal, mit x = 2/3 zu spielen. Er hat dann $\begin{eqnarray} E(W)=1/3 \end{eqnarray}$ . Schreibt man E(W) in der Form $\begin{eqnarray} E(W)=x(2-3y)+2y-1 \end{eqnarray}$ sieht man umgekehrt, wenn O ein y ungleich 2/3 wählt, kann W durch geeignete Wahl von x seine Auszahlung über 1/3 verbessern. Für O ist es also ebenfall optimal, mit y = 2/3 zu spielen. Damit hat man (x = 2/3, y = 2/3) als Gleichgewicht. Dann kann sich keiner verbessern.
03.12.2011, 15:29	anonymi	Auf diesen Beitrag antworten »
Ich bin auf eine ähnliche aufgabe gestossen und weiß mir nicht zu helfen. es geht hier auch um das spiele schere stein papier nur, dass einer der beiden Spieler noch Brunnen benutzen darf, der andere jedoch nicht .... wie würde es dann dort funktionieren ?

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