Erwartungswert Würfelspiel

09.03.2023, 11:20	MikeHa07	Auf diesen Beitrag antworten »
Erwartungswert Würfelspiel Meine Frage: In einem Würfelspiel bekommt man die oben liegende Augenzahl ausgezahlt. Pro Durchlauf darf man 3 mal neu würfeln (insgesamt also maximal 4 mal), falls man unzufrieden mit dem Ergebnis ist. Entscheidet man sich für die Auszahlung, bekommt man den Wert der gerade oben liegenden Augenzahl ausgezahlt und der nächste Durchlauf beginnt. Wie viel würdest du bezahlen, um dieses Spiel zu spielen. Meine Ideen: Gesucht ist ja der Erwartungswert. Wenn man nur 1 mal neu würfeln würde findet man ja schnell, dass sich maximal 4.25? herausholen lassen, indem man im ersten Wurf nur 4,5,6 akzeptiert und sonst neu würfelt. Da die Aufgabe nun aber 3 mal neu würfeln zulässt geht es aber nicht ganz so einfach. Meine Idee war in den ersten beiden Würfen nur 5,6 zuzulassen und im 3. Wurf nur 4,5,6. Insgesamt erhalte ich dann 4.94?. Kann man irgendwie überprüfe, ob das der maximal erreichbare Wert ist und gibt es eventuell eine Möglichkeit auf dieses Ergebnis gezielt und ohne Probieren zu kommen?
09.03.2023, 13:32	HAL 9000	Auf diesen Beitrag antworten »
Man kann sich das rekursiv so überlegen: Beim Spiel mit $\begin{eqnarray} n \end{eqnarray}$ Würfen kann man maximal Erwartungswert $\begin{eqnarray} e_n \end{eqnarray}$ rausholen. Klar ist Start $\begin{eqnarray} e_1=\frac{7}{2} = 3.5 \end{eqnarray}$ . Im ersten Wurf entscheidet man nun so: Ist die geworfene Zahl kleiner als $\begin{eqnarray} e_{n-1} \end{eqnarray}$ , so macht man weiter mit dem Spiel mit $\begin{eqnarray} (n-1) \end{eqnarray}$ Würfen und erzielt im Mitteln $\begin{eqnarray} e_{n-1} \end{eqnarray}$ . Andernfalls akzeptiert man die geworfene Zahl und hört auf. An sich ist es ziemlich offensichtlich, dass dies das optimale Vorgehen ist und nicht weiter verbessert werden kann - wenn du dennoch da noch Verständnisprobleme hast, müssen wir es nochmals auseinandernehmen... Jedenfalls ergibt diese Entscheidungsregel $\begin{eqnarray} e_n = \sum_{k=1}^6 \frac{1}{6}\cdot \max\left\{k,e_{n-1}\right\} \end{eqnarray}$ , das bedeutet im einzelnen $\begin{eqnarray} e_2 = \frac{4+5+6+3e_1}{6} = \frac{17}{4} = 4.25 \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} e_3 = \frac{5+6+4e_2}{6} = \frac{14}{3} \approx 4.667 \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} e_4 = \frac{5+6+4e_3}{6} = \frac{89}{18} \approx 4.944 \end{eqnarray}$ Damit sind wir fertig, was dein Anliegen betrifft. Man kann das ganze natürlich für höhere Wurfanzahlen weiter treiben: $\begin{eqnarray} e_5 = \frac{5+6+4e_4}{6} = \frac{277}{54} \approx 5.130 \end{eqnarray}$ Ab 6 Würfen würde man als erstes also nur noch die 6 akzeptieren, es gilt demnach für alle $\begin{eqnarray} n\geq 6 \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} e_n = \frac{6+5e_{n-1}}{6} \end{eqnarray}$ bzw. explizit aufgelöst $\begin{eqnarray} e_n = 6 - \frac{47}{54}\cdot \left(\frac{5}{6}\right)^{n-5} \end{eqnarray}$ für alle $\begin{eqnarray} n\geq 5 \end{eqnarray}$ .

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