Memory - Wahrscheinlichkeiten, Wahrscheinlichkeitsverteilung, Erwartungswert und Streuung

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bockl Auf diesen Beitrag antworten »
Memory - Wahrscheinlichkeiten, Wahrscheinlichkeitsverteilung, Erwartungswert und Streuung
Guten Tag,

bevor ich los lege, möchte ich noch ein paar Worte gesagt haben. Ich versuche mich gerade in der Wahrscheinlichkeit und stehe noch am Anfang. Ich arbeite schrittweise ein Buch durch und habe dazu eine Aufgabe die sich auf das Spiel Memory bezieht. Diese ist in mehrere Teilaufgaben unterteilt, die ich im Laufe der Zeit hier aufzeigen möchte.

Ich möchte meine eigenen Ideen zu den Aufgaben hier aufschreiben und hoffe auf Feedback, ob ich auf den richtigen Weg bin.

Aufgabe:
Klassisches Memoryspiel und der Spieler hat ein perfektes Gedächtnis.

Teilaufgabe 1:

Bestimmen Sie für n = 8 die Wahrscheinlichkeit dafür, dass Sie ohne einen einzigen Fehlversuch (X=0) alle Bildpaare findet.

Mein Lösungsansatz:

Ich benenne das Ereignis A = {zwei gleiche Karten aufgedeckt }.

Die Anzahl der Elementarereignisse in A also g(A) = n/2 = 8/2 = 4. Weil ich ja immer Pärchen habe.

m = Anzahl Elementarereignisse im Ereignisraum
- ich habe mir gedacht, dass ich die Anzahl über die Kombination ohne Wiederholung löse (da perfektes Gedächtnis) als m=n!/k! = 8!/2! = 20160

Als nächsten Schritt die Wahrscheinlichkeit ausrechnen.

P(A) = g(A)/m = 4 / 20160 = 1/5040

Als Ergebnis dann 1/5040 * 100 =0,019841%

Dieses Ergebnis erscheint mir ziemlich gering. Wo liegt der Fehler und wo habe ich einen falschen Gedanken ?

Grüße
sbh Auf diesen Beitrag antworten »

Gehen wir die Sache doch mal so an:
n=8: du kannst eine aus 8 Karten aufdecken, welche ist ja egal, danach musst du genau die eine passende unter den verbleibenden 7 finden, also

Jetzt liegen noch 6 Karten auf dem Tisch. Wieder wählst du eine beliebige und suchst in den verbleibenden 5 nach der zugehörigen Karte:

Das gleiche machen wir für die 4 verbleibenden Karten und kommen auf:
HAL 9000 Auf diesen Beitrag antworten »

Tatsächlich ist für das ideale Spiel (d.h. kein Fehlversuch) ohne Belang, ob man das perfekte Gedächtnis hat: Man muss sich dazu eh keine Karten merken, da man sofort immer Paare aufdeckt und nie wieder verdeckt.

Ich nehme aber an, dass das mit dem perfekten Gedächtnis dann in den weiteren Teilaufgaben eine Rolle spielen wird. Augenzwinkern
bockl Auf diesen Beitrag antworten »

Vielen Dank für die Antworten. Jetzt, wo ich es sehe, erscheint es mir logisch. Später geht es weiter... smile
bockl Auf diesen Beitrag antworten »

So, kommen wir zur Aufgabe 2:

Bestimmen Sie für die Zufallsgröße X der Zahl der Fehlversuche die Wahrscheinlichkeitsverteilung im Fall n = 4. Hier ist darauf zu achten, dass n die Anzahl der Paare darstellt.

Da ich nicht so richtig wußte, wie ich es rechnerisch lösen kann, habe ich zunächst den Ereignisbaum gezeichnet. Die Knoten "ziehen einer beliebigen Karte" - ohne das vorher eine gezogen wurde - habe ich weg gelassen, da ja immer 1 rauskommt.

Ich lade hierzu meine Grafik hoch, wo mein Lösungsweg aufgezeigt ist:
[attach]27947[/attach]
Bilder bitte im Forum hocladen

Ich erkläre meine Vorgehensweise anhand von F1 = { Spiel lösen mit einen Fehlversuch):

Schritt 1:
Errechnen der Wahrscheinlichkeit bei F1 zu landen von Ausgangspunkt aus.

Schritt 2:
Das Ergebnis aus Schritt 1 multipliziere ich dann mit der Wahrscheinlichkeit ab dem Punkt F1 nur noch die Richtigen ohne Fehler zu ziehen und daraus ergibt sich dann die Wahrscheinlichkeit, das Spiel mit nur einen Fehlversuch zu lösen.

Ist dieser Weg richtig? Freue mich über Feedback.

Was ich vergessen habe anzugeben. Im Diagramm bedeutet:
R - die Richtige gezogen
Fi - i Anzahl Fehlversuche
HAL 9000 Auf diesen Beitrag antworten »

Ich bin anderer Meinung: Nach meiner Analyse lautet die gesuchte Verteilung







.
 
 
bockl Auf diesen Beitrag antworten »

könntest du mir einen kleinen Tipp anhand P(X = 1) geben ?
HAL 9000 Auf diesen Beitrag antworten »

Dein Graph enthält verschiedene inhaltliche Fehler. Z.B. führen bei dir drei Pfeile zu deinem Zustand "F1", die aber unterschiedliche Informationszustände repräsentieren:

1) Wenn im ersten Versuch kein Paar gefunden wurde. Dann liegen noch 8 Karten auf dem Tisch, von denen du 2 kennst.

2) Wenn im ersten Versuch ein Paar, aber im zweiten Versuch kein Paar gefunden wurde. Hier liegen aber nur noch 6 Karten auf dem Tisch, von denen du 2 kennst.

3) Wenn in den ersten beiden Versuchen je ein Paar, aber im dritten Versuch kein Paar gefunden wurde. Hier liegen nun nur noch 4 Karten auf dem Tisch, von denen du 2 kennst. Weitere Fehlversuche gibt es in dem Fall gar nicht mehr!


Fazit: Deine Zustandsklassifikation nach der Anzahl der bisherigen Fehlversuche ist unzureichend - du musst auch berücksichtigen, wie viele Karten noch auf dem Tisch liegen und wie viele du davon bereits kennst. Schließlich wollten wir ja mit dem perfekten Gedächtnis spielen, nicht wahr? Augenzwinkern
bockl Auf diesen Beitrag antworten »

Okay danke, mit dem Wissen werde ich morgen einen neune Graphen zeichnen und alles erneut ausrechnen. Danke, dir noch einen schönen Sonntag.
HAL 9000 Auf diesen Beitrag antworten »

Da mich das Problem (offensichtlich) interessiert, folgen ein paar Gedanken zur Gewinnung der Verteilung der Fehlversuchsanzahl beim optimalen Spiel:


Wie sieht das optimale Vorgehen bei optimalem Gedächtnis aus? Zu irgendeinem Zeitpunkt im Spiel unterscheidet man bei den verdeckten Karten zwischen bekannten und unbekannten Karten. Dabei gehen wir davon aus, dass die bekannten Karten sämtlich Einzelkarten sind, denn Paare würden wir sofort aufdecken, d.h., solche Spielsituationen betrachten wir nicht als eigenständigen Zeitpunkt, wie wir auch in der folgenden Fallunterscheidung sehen werden.

Zitat:
Optimale Spielstrategie

Wir ziehen als erste Karte selbstverständlich eine der noch unbekannten Karten.

1.Fall: Es ist eine passende Karte zu einer der bisher bekannten verdeckten Karten. Dann deckt man als zweite Karte natürlich diese bereits bekannte Karte auf.

2.Fall: Es ist eine Karte von einem bisher unbekannten Paar. Nun wählt man als zweite Karte eine weitere der bisher unbekannten Karten. Hier gibt es drei Teilfälle:

2.1.Fall: Man zieht die passende Karte zur eben gezogenen ersten Karte.

2.2.Fall: Man zieht eine zwar zur ersten Karte unpassende zweite Karte, aber eine, die zu den vorher bekannten Karten passt. In dem Fall hat man zwar einen Fehlversuch, kann aber aus dem Gedächtnis heraus in einem zweiten Zug sofort ein passendes Paar aufdecken.

2.3.Fall: Auch die zweite gezogene Karte gehört zu einem bisher unbekannten Paar.

Ich betrachte das ganze aus algorithmischer Sicht, d.h., wie man das ganze über eine Rekursion aufziehen würde. Zentral ist dabei die Berechnung folgender Größe:

... Wahrscheinlichkeit, noch genau Fehlversuche zu brauchen, wenn man von verdeckten Karten genau kennt und genau nicht kennt.

Klar ist, dass immer gerade ist, außerdem ist ist bei optimalen Gedächtnis und Spielweise nur sinnvoll. Nun zu den oben genannten Fällen:


Zitat:
Verzweigungswahrscheinlichkeiten & Folgezustand

1.Fall: mit Wkt (kein Fehlversuch).

2.Fall: Wkt , mit weiteren Unterverzweigungswahrscheinlichkeiten:

2.1.Fall: mit Wkt (kein Fehlversuch).

2.2.Fall: mit Wkt (erst Fehlversuch, dann Erfolg).

2.3.Fall: mit Wkt (Fehlversuch).

Aus dieser Analyse kann man die Iterationsformel



ablesen, dabei ist die zweite Darstellung schon mal etwas algorithmisch "aufbereitet", da man für die Fälle bzw. den einen oder anderen Summanden weglassen kann. Rand- bzw. Anfangswerte sind

,

d.h. die Einpunktverteilung im Punkt 0, denn wenn es genauso viele bekannte wie unbekannte Karten unter den verdeckten Karten gibt, sollte es keine weiteren Fehlversuche mehr geben.


P.S.: Sieht alles furchtbar aufwändig (wenn auch nicht übermäßig kompliziert) aus, und vielleicht löst sich am Ende sogar alles in einer schönen expliziten Formel für die letztlich interessierenden Werte für auf - ich sehe jedoch (noch) nicht, wie. Augenzwinkern
bockl Auf diesen Beitrag antworten »

Du bist doch verrückt. In meiner jetzigen Situation überfordert mich dein Gedankengang. So, habe mich nach der Arbeit gleich mal rangesetzt und für die Zufallsvariable X=1 einen Baum gezeichnet. Es kommt an dein Ergebnis ran aber passt nicht 100%. Aber den Fehler kann ich erstmal auch nicht finden, das ärgert mich so aber dennoch poste ich erstmal diesen Versuch.

[attach]28119[/attach]

edit von sulo: Grafiken sollen als Dateianhang hier hochgeladen werden. Habe das für dich getan, Link zu externem Host entfernt.
HAL 9000 Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:
Original von bockl
Du bist doch verrückt.

Ja, bisweilen. Mich hat halt interessiert, wie die Anzahlverteilung bei 100 Karten ist. Big Laugh


Der kleinste gemeinsame Nenner wäre erstmal, dass wir einig darüber sind, was die optimale Spielstrategie ist. Mein Vorschlag dazu liegt oben auf dem Tisch (erster hervorgehobener Kasten). Falls du damit einverstanden bist, dann bringen mich einige deiner Verzweigungen im Zustandsgraph echt zum Stirnrunzeln, etwa die von 0-8-2 abgehenden.


EDIT: Hier mal die Modifikation deines Baumes für X=1. Die Zustandsknoten hatten gestimmt, aber diverse Übergangswahrscheinlichkeiten waren falsch berechnet.

[attach]27981[/attach]
bockl Auf diesen Beitrag antworten »

Jetzt wo ich es sehe, erkenne ich auch meinen Denkfehler. Aber zu meiner Verteidigung muss ich sagen, ich hatte dein letzten Post erst gesehen, nachdem ich den Ereignisbaum gezeichnet hatte.

Vielen Dank. Dann mach ich mich mal an X = 2 und X = 3.
HAL 9000 Auf diesen Beitrag antworten »

Einstweilen verfeinere ich noch meine Idee von oben. Nach Analyse einiger Beispiele drängt sich nämlich noch die folgende Modifikation auf, die salopp gesagt alles "ganzzahlig" macht:

Für die skalierte Funktion vereinfacht sich die Rekursion zu



mit den Startwerten . Am Ende ist dann zu beachten, wodurch erkennbar ist, dass sämtliche Verteilungswahrscheinlichkeiten ganzzahlige Vielfache von sind, im hier betrachteten Fall sind das also alles Vielfache von


Damit kann man sogar bescheidene Beispiele (wie das vorliegende) händisch rechnen, ohne gleich graue Haare zu bekommen: Es ergibt sich (rückwärts von der Entstehung her aufgeschrieben)



















D.h. also, es ist



die gesuchte Verteilung.
bockl Auf diesen Beitrag antworten »

So, ich habe es für die Zufallsvariable X = 2 gemacht.

[attach]28120[/attach]

Ich könnte X = 3 jetzt rechnerisch lösen aber wie soll X = 3 in der Praxis möglich sein? Sobald ich 2 Fehlversuche habe, kenne ich 4 Karten und somit die Hälfte aller Karten. Dann ist doch ein weiterer Fehlversuch nicht möglich.

edit von sulo: Weitere Grafik für dich hochgeladen, Link entfernt.
HAL 9000 Auf diesen Beitrag antworten »

Erster Versuch: Fehler --> zwei bekannte verdeckte Karten

Zweiter Versuch: Erste Karte unbekannt, aber zweite Karte der Partner zu einer der bekannten Karten des ersten Versuchs. Das war also ein Fehlversuch, wir können aber sofort das nunmehr bekannte Paar aufdecken.

Situation ist jetzt: 6 verdeckte Karten, davon nur zwei bekannt. Ein weiterer Fehlversuch ist nun ohne weiteres möglich, nämlich wenn man als nächstes eine Karte aus dem einen noch unbekannten Paar aufdeckt und anschließend nicht seinen Partner.


Dein Graph enthält wieder mehrere Fehler: Vom Knoten 0-8-2 gehen insgesamt vier (!) verschiedene Abzweigungen ab (entsprechend der von mir oben beschriebenen Fälle 1/2.1/2.2/2.3):

Zwei ohne Fehlversuch:
- zu Knoten 2-6-1 mit Wahrscheinlichkeit 1/3 (ist OK bei dir) <-- hier sind via Knoten 4-4-1 sogar zwei weitere Fehlversuche im weiteren Verlauf möglich

- zu Knoten 2-6-2 mit Wahrscheinlichkeit 2/15 (nicht wie bei dir 1/5)

Zwei mit Fehlversuch:
- zu Knoten 0-8-4 mit Wahrscheinlichkeit 4/15 (nicht wie bei dir 4/9)
- zu Knoten 2-6-2 mit Wahrscheinlichkeit 4/15 (existiert bei dir nicht!) <-- das ist der oben genannte Zweig, in dem ein dritter Fehlversuch anschließend möglich ist

Im Unterschied zum Graph bei X=1 fehlen hier jetzt also Zweige, auch im weiteren Verlauf. Ein Wunder, dass du trotzdem auf Gesamtwahrscheinlichkeit 2/3 gekommen bist, das ist schon fast unheimlich ... getrickst? Augenzwinkern



EDIT: Hab auch mal ein bisschen gemalt - als vierte Zustandsklassifikation (die erste ist ja eigentlich obsolet) habe ich noch die Anzahl der bis dahin aufgelaufenen Fehlversuche angefügt.

[attach]28047[/attach]

Mit echten Formel wie oben bist du ja allem Anschein nach nicht erreichbar, es muss "visuell" sein. Augenzwinkern
bockl Auf diesen Beitrag antworten »

Habe mich wirklich ziemlich doof angestellt, vielleicht sollte ich mir mal was anders suchen. xD Hatte die Formeln auch falsch interpretiert. Habe nun auch den ganzen Baum nochmal für mich nachgebaut und selbst gerechnet, um es nachvollziehen zu können. Und siehe da, so schwer ist das gar nicht.

Danke für deine Bemühungen, weiß ich echt zu schätzen. Naja, dann mal noch Aufgabe 3 um das Thema abzuschließen aber da muss ich mich erst noch belesen.
bockl Auf diesen Beitrag antworten »

Bestimmen Sie Erwartungswert und Streuung von X.

Beides habe ich mit den entsprechenden Formel errechnet.

Erwartungswert:



Streuung bzw Varianz:



HAL 9000 Auf diesen Beitrag antworten »

Die Werte für Erwartungswert und Varianz sind richtig. Freude

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Abschließend mache ich noch Missionar Mystic eine Freude, und überarbeite erneut meine Darstellung der Problemlösung. Inhaltlich gibt es da nichts Neues, aber die Darstellung ist etwas kompakter:

Die Werte nehmen höchstens für von Null verschiedene Werte an, sie lassen sich gemeinsam in der erzeugenden Funktion



darstellen, Die obige Rekursion wird dann zu



mit den Startwerten . Am Ende ist dann die erzeugende Funktion der gesuchten Verteilung.


Das vorliegende Problem "Memory mit 8 Karten = 4 Paaren" kann nun übersichtlicher so berechnet werden:



















rückskaliert ist das dann die erzeugende Funktion



der gesuchten Wahrscheinlichkeitsverteilung.
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