Münzenparadox |
| 27.05.2011, 17:18 | marina17 | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Münzenparadox
Jedes Ereignis ist gleichwahrscheinlich, dass dieses Eintritt. Aber der Spieler der anfängt, hat am ehesten die Chance zu gewinnen. Stimmt das? |
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| 27.05.2011, 17:43 | Math1986 | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
RE: Münzenparadox
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| 28.05.2011, 09:32 | marina18 | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Und woher weiß man das? |
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| 28.05.2011, 10:29 | Huggy | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Zunächst wäre mal zu klären, ob du die Aufgabe richtig verstanden hast. Nach obigem Text geht es nur darum, welche Dreierfolge zuerst auftritt. Wer wann würfelt, ist dabei egal. Es kann auch ein Dritter die Folge auswürfeln. Das ist auch die übliche Form der Aufgabe. In einer Variation der Aufgabe wählt A eine Dreierfolge als Gewinnfolge und es wird gefragt, welche Dreierfolge B als Gewinnfolge wählen sollte? |
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| 28.05.2011, 10:46 | HAL 9000 | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Tatsächlich ist es so, dass B bessere Gewinnchancen hat, nämlich 2/3, während A nur auf 1/3 kommt. Ein wirklich einfacher Weg dazu fällt mir spontan nicht ein, nur der über eine Modellierung als Markovsche Kette mit 6 Zuständen: WW WZ ZW ZZ Gewinn A Gewinn B Die letzten beiden sind absorbierende Zustände (Gewinnsequenz einmal erreicht, bleibt der Zustand), während die ersten vier Zustände die jeweils letzten beiden Wurfergebnisse modellieren. Startverteilung ist jeweils 1/4 auf die ersten vier Zustände, berechnet wird die stationäre Verteilung. |
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| 28.05.2011, 12:54 | BarneyG. | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
So wie das hier beschrieben ist, ist es doch bei der Aufgabe völlig egal, wer anfängt zu würfeln. Auch die Tatsache, dass die beiden abwechselnd würfeln ist unerheblich. Es kommt doch wohl nur darauf an, DASS gewürfelt wird. Und es wird gefragt, welche der beiden Dreier-Kombiniationen wahrscheinlicher als erste auftritt. Die ersten beiden Würfe warten wir ab. Dann haben wir mit gleicher Wahrscheinlichkeit einen der vier Anfangszustände WW, ZW, WZ oder ZZ. Dann kann man die Wahrscheinlichkeit der absorbierenden Zustände berechnen. Der Zustand ZZW ist dabei wahrscheinlicher. Das kann man sich leicht klar machen ... aus allen Zuständen kann man wieder "herauskommen" ... mit Ausnahme aus dem Zustand ZZ, der lässt nur noch den Ausgang ZZW zu. |
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| 28.05.2011, 15:00 | Huggy | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Schade, dass schon alles verraten wurde, ohne dass der Fragestellerin Gelegenheit gegeben wurde, eigene Gedanken einzubringen. Aber da es nun mal geschehen ist, kann es auch nicht mehr schaden im Detail zu zeigen, wie man zu den von HAL 9000 genannten Zahlen kommt. Aus den möglichen Übergängen zwischen den 4 Ausgangszuständen folgt für die bedingte Wahrscheinlichkeit von A zu gewinnen: Die Lösung dieses linearen Gleichungssystems ergibt: Und damit hat man: |
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| 28.05.2011, 16:12 | HAL 9000 | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Es lässt sich trefflich streiten, wer hier nun zuviel verraten hat: Der eine die Strategie zur Lösungsfindung, der andere die detaillierte Rechnung. 
Kein Grund also, den Moralapostel zu spielen. |
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