Widerleg einer Roulette Werbung - Bernullikette |
| 22.03.2009, 18:05 | painful_smile | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
| Widerleg einer Roulette Werbung - Bernullikette Mein Internetbrowser hat letztens ein Spamfenster durch den Spamfilter durchgelassen, welches ich doch sehr interessant fand, da es ein Stochastisches Problem darstellte. Es ging Nämlichdarum, dass man mit Hilfe einer bestimmten Technik bei Roulette ganz viel Geld machen könne. So ich dachte halt, dass der Ansatz gar net mal so schlecht durchdacht ist und hielt es einer genaueren mathematischen Überprüfung für Würdig. So ie Idee ist ganz einfach. Man soll bei dem Roultetttisch zuerst 1€ auf eine Farbe Rot oder Schwarz setzen (p=0,5) wenn man gewinnt, hat man 1€ gewonnen und soll das noch mal machen. Wenn man verliert, dann soll man das doppelte auf die gleiche Farbe setzen. Wenn man dann gewinnt, hat man wieder 1€ gewinn gemacht, wenn man verliert, dann soll man wieder das doppelte auf die gleiche Farbe setzen. u.s.w. Die Idee dahinter ist ganz simple, je öfter man das macht umso unwahrscheinlicher ist es, dass die gewählte Farbe nicht kommt. Soviel zur Theorie. Ich habe mir überlegt, dass es eine Bernulli-kette ist. x ist die Anzahl der Kugeln, die auf der gewählten Farbe landen. p=0,5 und gesucht ist halt P(x=0) Dann habe ich erst einmal geguckt, was passiert, wenn man einen unendlich großen Stack hat. n also gleich positiv unendlich ist. So dann wäre P(x=0) = 0 , weil je größer n ist, umso näher geht das Ergebnis an 0 und bei unendlich wäre es dann 0. Das heißt also, hätte man unendlich Geld, würde dieses System klappen. So nun hab ich einen endlichen Stack überprüft und zwar insofern, dass ich geguckt habe, ob man auf die Dauer auch gewinn macht. oder nicht. Als Beispiel habe ich n=10 genommen, weil man dafür ja schon einen Stack von 1023€ bräuchte ([2^10]-1=1023 oder 2^0+2^1+2^2+......+2^9 = [2^10]-1 = 1023) also n=10 p=0,5 P(x=0) = 0,0010 = 0,10% Das heißt die Wahrscheinlichkeit die gesammten 1023€ zu verlieren, liegt bei ca. 0,10% So dann Rechne ich noch den Möglichen Gewinn aus, der liegt bei: (100*1€)/1023 = 0,0977% Das heißt der Prozentuale Gewinn ist niedriger als die Chance zu verlieren, weswegen man auf Dauer Verluste machen würde. So jetzt wollte ich Fragen, ob in dieser Beweisführung ein Denkfehler ist, oder ob man die Aufgabe anders angehen soll. Was meint ihr? |
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| 23.03.2009, 15:21 | Zellerli | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Mich wundert, dass du auf unterschiedliche Werte kommst... Denn die Gewinnwahrscheinlichkeit beträgt nicht 50% (sonst wäre das Casino ja bald Pleite, weil es nichts einnimmt, aber Personal und Raum stellen muss). Guckst du dir hier einen Roulettekessel an. Und wenn du dann n gegen unendlich gehen lässt im Erwartungswert... Außerdem gibt es an den meisten Tischen ein Limit, sodass man nicht unendlich Versuche hat, das Geld wieder reinzuholen, weil man irgendwann nichtmehr das doppelte setzen kann. |
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| 23.03.2009, 21:07 | BarneyG. | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Tatsächlich ist beim Roulett schwarz-rot die Wahrscheinlichkeit nicht 1/2 - wenn nämlich die 0 fällt, dann sind sowohl die Einsätze auf schwarz wie auf rot verloren. Die Wahrscheinlichkeit ist also nur 17/35 also rund 3 % geringer als die "faire" Wahrscheinlichkeit! Das ist der Gewinn des Kasinos auf lange Sicht bei dieser Art des Spiels. Aber das ist hier gar nicht das Entscheidende! Der Denkfehler liegt in der folgenden Voraussetzung:
Wir haben aber nicht unendlich viel Geld. Nicht mal Rockefeller! Wenn man immer weiter auf die gleiche Farbe setzt, dann platzt dieses Konstrukt irgendwann. Und weil die Einsätze mit der Potenz von 2 wachsen, dauert es gar nicht so lang, bis man irgendwann den "Tellerrand" erreicht! Die Wahrscheinlichkeit ist zwar sehr gering, dass man eine superlange Serie hat, wo man nur verliert. Aber der Verlust ist dann so immens hoch, dass man dann alle vorangegangenen Gewinne wieder einbüßt. Also ist es Essig mit dem todsicheren System. 
Übrigens: selbst wenn man unendlich viel Geld hätte, dann würde man beim einem "fairen Spiel" (d.h bei der Wahrscheinlichkeit 1/2) erst im Unendlichen einen Gewinn eintstreichen. Und ob man so lange warten möchte, bezweifle ich dann doch ... (Das war jetzt zwar mathematisch nicht ganz sauber formuliert, aber der Spaß war einfach zu verlockend ... 
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| 24.03.2009, 08:47 | painful_smile | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
jo dass mit unendlich war ja in meiner Überlegung.. mit drin.. ich hab n nur am Anfang gegen unendlich laufen lassen, um zu überprüfen ob es theoretisch gar nicht so dumm ist, dieses system anzuwenden und hab danach zum widerleg der Hypothese das mit endlichem n ausgerechnet, um zu gucken, ob der Verlust den gewinn übersteigt. Das mit der 0 habe ich vergessen stimmt...... |
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| 24.03.2009, 08:50 | Dual Space | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
| RE: Widerleg einer Roulette Werbung - Bernullikette Und noch was:
Das ist nicht sehr gehaltvoll, denn es ist aus stochastischer Sicht vollkommen unerheblich, ob ich immer auf die selbe Farbe setze oder nach belieben wechsle. |
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| 24.03.2009, 10:56 | Zellerli | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Über den Satz bin ich auch schon gestolpert. Ich glaube aber, dass painful_smile einfach gemeint hat, dass bei zehn Versuchen "mindestens einmal rot" häufiger vorkommt als bei einem Versuch, was allerdings nicht wirklich was mit dem System zu tun hat, denn, wenn man beim zehnten Wurf noch im Spiel ist, dann ist man auf dem Pfad der (bedingten) Wahrscheinlichkeit, die 9mal schwarz voraussetzt. Auch wenn vorher 1000mal schwarz kam, ist die Wahrscheinlichkeit für rot beim aktuellen Wurf immernoch die selbe wie beim ersten Wurf. |
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| 24.03.2009, 12:59 | painful_smile | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
ja klar.. die warscheinlichkeit ändert sich nicht, denn sonst wäre es keine bernulli kette^^ allerdings ist es unwahrscheinlicher 11 mal hintereinander schwarz zu verwerfen, als 10 mal hintereinander schwarz zu werfen. und uns interessiert ja nur eine abgeschlossene bernullikette, die eben dann beendet ist, wenn man einmal gewonnen hat. |
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| 24.03.2009, 14:21 | Zellerli | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Mach dir halt mal einen Baum mit Pfadwahrscheinlichkeiten. die erste Verzweigung führt in ein Ende mit Gewinn +1 (Wahrsch?) und eine zweite Verzweigung (Wahrsch?) die zweite führt zu einer neuen Verzweigung mit einmal Gewinn +1 (Wahrsch) und einmal einer dritten Verzweigung (Wahrsch?) die dritte ... Da ergibt sich ein System, dessen Erwartungswert eine Reihe ist. Die Reihe hat nen Grenzwert (oder sie ist dank Limit garnicht unendlich). |
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