Spiel Verdoppeln-Halbieren

26.01.2007, 14:16

merlin25

Spiel Verdoppeln-Halbieren

Bei dieser Aufgabe geht es um folgendes Spiel:

Man hat ein Startkapital $\begin{eqnarray*} X_0>0 \end{eqnarray*}$ welches verdoppelt wird, wenn die Augensumme zweier homogener Würfel mindestens 8 ist $\begin{eqnarray*} Z\geq 8 \end{eqnarray*}$ andernfalls wird es halbiert.
Man würfelt n mal $\begin{eqnarray*} n\in \mathbb N \end{eqnarray*}$ .
Bei jedem Würfeln ist die Indikatorfunktion $\begin{eqnarray*} Y \end{eqnarray*}$ für eine Verdoppelung des Kapitals binomialverteilt $\begin{eqnarray*} B(1,p) \end{eqnarray*}$ .

a) Ausgehend von n unabhänigen Wiederholungen von $\begin{eqnarray*} Y \end{eqnarray*}$ bestimme man für beliebiges p zunächst das Kapital $\begin{eqnarray*} X_n \end{eqnarray*}$ nach dem n-ten Wurf (als Funktion von n, p, und $\begin{eqnarray*} X_0 \end{eqnarray*}$ ) sowie das zu erwartende Kapital $\begin{eqnarray*} E(X_n) \end{eqnarray*}$ .

Berechne $\begin{eqnarray*} E(X_n) \end{eqnarray*}$ konkret für das obige Spiel mit p=5/12
n=100 und X_0 =1000

b) zeige: $\begin{eqnarray*} \lim_{n \to \infty } E(X_n)= \infty \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} p>\frac{1}{3} \end{eqnarray*}$

c) zeige andererseits das für $\begin{eqnarray*} p<\frac{1}{2} \end{eqnarray*}$ das Kapital nach Wahrscheinlichkeit gegen Null konvergiert

Die Formel bekomme ich mit latex nicht hin X_n geht gegen 0 (oben auf dem Pfeil ein p und untern n geht gegen unendlich)

Ich finde das b und c sich irgendwie wiedersprechen und habe daher noch mal nachgefragt. Soll aber richtig sein verwirrt

kann mir jemand helfen?

26.01.2007, 15:03

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Helfen wobei?

Zunächst mal bin ich etwas irritiert:

Zitat:

Original von merlin25
Man hat ein Startkapital $\begin{eqnarray*} X_0>0 \end{eqnarray*}$ welches verdoppelt wird, wenn die Augensumme zweier homogener Würfel mindestens 8 ist $\begin{eqnarray*} Z\geq 8 \end{eqnarray*}$ andernfalls wird es halbiert.

Damit steht doch die Gewinnwahrscheinlichkeit $\begin{eqnarray*} p \end{eqnarray*}$ eines Wurfes fest - zumindest bei ungezinkten Würfeln - im folgenden soll dieses $\begin{eqnarray*} p \end{eqnarray*}$ aber wieder variabel sein!!! Das kommt bei dir oben irgendwie sehr undeutlich hervor.

26.01.2007, 16:08

merlin25

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Also es soll zunächst für ein beliebiges p und dann für ein konkretes p=5/12 gerechnet werden.

Eigentlich ist nur der Fall p variabel interessant, dann kann ich das konkrete Beispiel schon berechnen.

Hilfe benötige ich beim Anfang mir ist nicht klar wie ich hier das Kapital nach n Würfen bestimmen soll. Bei einem konkreten Beispiel n=3 p=5/12 und X_0=1000 würde ich so vorgehen:

Start
1000

Nach einem Würf
p=5/12 2000
p=7/12 500

Nach zwei Würfen
p=25/144 4000
p=70/144 1000
p=49/144 250

Nach drei Würfen
p= 125/1728 8000
p= 525/1728 2000
p= 735/1728 500
p= 343/1728 125

Das Erwartete Kapital in diesem Beispiel ist also denke ich

(125/1728)*8000+(525/1728)*2000+(735/1728)*500+(343/1728)*125=1423

Was mich jetzt wundert ist das das mehr ist als das Startkapital verwirrt

da p für eine Verdoppelung doch ungünstiger ist.

26.01.2007, 18:44

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Wenn du $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ -mal würfelst mit Einzelerfolgswahrscheinlichkeit $\begin{eqnarray*} p \end{eqnarray*}$ , dann ist die Anzahl der Verdoppelungen gleich $\begin{eqnarray*} S\sim B(n,p) \end{eqnarray*}$ , folglich die Anzahl der Halbierungen gleich $\begin{eqnarray*} n-S \end{eqnarray*}$ . In welcher Reihenfolge die Verdoppelungen und Halbierungen erfolgen, ist für die Größe von $\begin{eqnarray*} X_n \end{eqnarray*}$ letztendlich egal - zumindest wenn man auch Bruchteile von Cent zulässt. Big Laugh

Also kann man $\begin{eqnarray*} X_n \end{eqnarray*}$ als Funktion von $\begin{eqnarray*} S \end{eqnarray*}$ darstellen, $\begin{eqnarray*} X_n=g(S) \end{eqnarray*}$ . Dann folgt wie üblich bei diskreten Zufallsgrößen

$\begin{eqnarray*} E(X_n) = E(g(S)) = \sum\limits_{k=0}^n g(k)\cdot P(S=k) \end{eqnarray*}$

Also $\begin{eqnarray*} g \end{eqnarray*}$ aufstellen, die Binomialverteilungswahrscheinlichkeiten $\begin{eqnarray*} P(S=k) \end{eqnarray*}$ einsetzen und dann die Summe vereinfachen ... soweit der vorgezeichnete Weg.

26.01.2007, 20:14

merlin25

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Ja ich glaube jetzt ist mir schon sehr viel klar geworden.

Ist das soweit richtig?

$\begin{eqnarray*} \sum_{k=0}^n~X_0 \cdot 2^k\cdot \frac{1}{2}^{(n-k)} \cdot \begin{pmatrix} n \\ k \end{pmatrix} \cdot p^k\cdot (1-p)^{n-k} \end{eqnarray*}$

Ich hoffe das stimmt...

Habe jetzt die Summe mal ein wenig umgestellt...

$\begin{eqnarray*} X_0\cdot (\frac{1-p}{2})^n \cdot n!\sum_{k=0}^n~( \frac{4p}{1-p} )^k\cdot \frac{1}{(n-k)!\cdot k!} \end{eqnarray*}$

wie bekomme ich denn diese Summe bei großen n berechnet?

26.01.2007, 20:41

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Lass den Binomialkoeffizienten mal ruhig ganz - und dann denke mal an den Binomischen Satz.

26.01.2007, 20:56

merlin25

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Ah ja du meinst bestimmt

$\begin{eqnarray*} (x+y)^n=\sum_{k=0}^n~ \begin{pmatrix} n \\ k \end{pmatrix} \cdot x^{n-k}\cdot y^k \end{eqnarray*}$

Dann folgt also

$\begin{eqnarray*} E(X_n)=(\frac{1+3p}{2} )^n\cdot X_0 \end{eqnarray*}$

smile

stimmt das
wenn ja ist b) auch recht einfach denke ich

nur c) ist dann noch unklar
ich fang mal an zu überlegen

ach und bei a) ist das zu erwartende Kapital das gleiche wie das Kapital nach n Würfen?

26.01.2007, 22:38

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Ja, so geht's.

Zu c): Zu zeigen ist stochastische Konvergenz, in Formeln:

$\begin{eqnarray*} P( |X_n| > \varepsilon ) \to 0 \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} n\to\infty \end{eqnarray*}$

muss für alle $\begin{eqnarray*} \varepsilon>0 \end{eqnarray*}$ gelten. Über den Zusammenhang $\begin{eqnarray*} X_n = 2^{S_n}\cdot \left( \frac{1}{2} \right)^{n-S_n} = 2^{2S_n-n} \end{eqnarray*}$ ist das äquivalent zu

$\begin{eqnarray*} P\left( S_n > \frac{1}{2} \left[ n+\log_2(\varepsilon)\right] \right) \to 0 \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} n\to\infty \end{eqnarray*}$ .

Diese Wahrscheinlichkeit links kannst du nun über Tschebyscheff nach oben durch eine Nullfolge abschätzen - das genügt dann offenbar als Beweis.

27.01.2007, 15:18

merlin25

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Ich kann das was Du zu c) geschrieben hast gut nachvollziehen. Nur weiß ich leider nicht genau wie ich damit weitermachen kann.

Habe noch einen Hinweis auf dem Zettel gefunden, welcher mir auch nicht wirklich hilft.

Betrachte
$\begin{eqnarray*} V_n=log_2X_n \end{eqnarray*}$
und zeige (Schwaches Gesetz der großen Zahlen)
$\begin{eqnarray*} \frac{1}{n} V_n \longrightarrow 2p-1 \end{eqnarray*}$
(wobei auf dem Pfeil ein P steht und darunter n geht gegen unendlich)
woraus man c) folgern kann.

Kannst Du mir nochmal einen kleinen Tip geben wie es weitergeht.

Gott

29.01.2007, 22:37

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Das ist im Prinzip derselbe Weg wie bei mir, wie du eigentlich erkennen solltest: Es besteht der einfache lineare Zusammenhang

$\begin{eqnarray*} V_n = 2S_n-n \end{eqnarray*}$

Und wie man die stochastische Konvergenz nachweisen kann, habe ich ebenfalls schon gesagt: Mit Tschebyscheff!

P.S.: Das war kein kleiner, sondern ein großer Tipp - einsetzen und ausrechnen! Ich weiß wirklich nicht, was ihr für einen kleinen Tipp haltet. unglücklich

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