Faires Spiel? W - Theorie

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steviehawk Auf diesen Beitrag antworten »
Faires Spiel? W - Theorie
Meine Frage:
Hallo Leute, ich würde gerne für folgende Aufgabe eine Begründung finden:

Tom und Lisa spielen ein Spiel. Tom würfelt mit einem fairen Würfel solange bis er zweimal hintereinander eine 1 Würfelt. Bianca würfelt mit einem fairen Würfel solange bis sie bei zwei aufeinander folgenden Würfeln die Folge 1 - 2 erreicht. Gewonnen hat der, wem dies eher gelingt.

Entscheiden und begründen Sie ganz ohne Rechnung, ob die Spiel fair ist oder nicht.

Meine Ideen:
Also ich versuche das mal ohne Rechnung nur mit Begründung:

Zu Grunde liegt diesem Spiel ja ein Laplac'scher W - Raum (dieser ist diskret). Das heißt alle Elementarereignisse haben die selbe Wkt. Ein Elementarereignis wäre ja zum Beispiel das Würfeln einer 1. Ich habe hierfür die Wkt. . Da es sich um einen fairen Würfel handelt ist jeder Wurf unabhängig vom nächsten. Beide Spieler müssen eine "vorgegebene Reihenfolge von Elementarereignissen" (= Ereignis) schaffen um zu gewinnen. Da aber jedes Elementarereignis dieselbe Wkt. hat, ist auch egal welche Reihenfolge man zu Beginn auswählt.

Damit ist das Spiel fair.

So jetzt wüsste ich gerne wo ich noch bessere argumentieren muss, bzw. ob das überhaupt stimmt. (wie hilft mir das "diskret" sein des Laplac'schen W - Raums? )

Danke
HAL 9000 Auf diesen Beitrag antworten »
"Ganz ohne Rechnung" - naja...
Folgendes Szenario: Wir brechen dein Spiel mal nach drei Runden ab und bestimmen die Wahrscheinlichkeiten, ob Tom bzw. Bianca spätestens da bereits ihre Kombination erreicht haben:

Bei Tom geschieht dies mit Wahrscheinlichkeit :

11x für 6 Fälle x
y11 für 5 Fälle y (Fall 111 ist ja bereits erfasst)

Bei Bianca hingegen mit Wahrscheinlichkeit :

12x für 6 Fälle x
y12 für 6 Fälle y
Kasen75 Auf diesen Beitrag antworten »

@HAL 9000

Wenn man das Spiel nach 3 Runden abrechen will, dann ist der Fall 111 doch nicht möglich, da es gegen die Regel wäre, oder ?
HAL 9000 Auf diesen Beitrag antworten »

Es ist ein sinnvolles Vorgehen, "virtuell" weiterwürfeln zu lassen auch im Falle eines vorzeitigen Sieges - schlicht um einfach im Laplaceschen W-Raum rechnen (also zählen) zu können.
steviehawk Auf diesen Beitrag antworten »

ahh also mal etwas nicht mathematisch smile

Hat Tom eine 1 und dann noch eine 1 hat er ja gewonnen, dabei ist es egal welche der 1en er zuerst zieht,

Hat Lisa hingegen eine 1 und dann eine 2 gewinnt sie, aber bei einer 2 und dann einer 1 nicht.

Das heißt beide müssen ja ein Paar (x,y) erreichen aber bei Tom ist die Reihenfolge nicht von Bedeutung da x=y, bei Lisa aber schon..

Das wäre ja wie das folgende Spiel:

Beide Würfeln mit einem fairen Würfel. Tim gewinnt wenn er (2,3) oder (3,2) würfelt, und Lisa gewinnt wenn sie (1,2) würfelt und nur dann! Hier sieht man leichter ein, dass das unfair ist..
aufklaer0r Auf diesen Beitrag antworten »
RE: Faires Spiel? W - Theorie
Zitat:
Original von steviehawk
Tom und Lisa spielen ein Spiel. Tom würfelt mit einem fairen Würfel solange bis er zweimal hintereinander eine 1 Würfelt. Bianca würfelt mit einem fairen Würfel solange bis sie bei zwei aufeinander folgenden Würfeln die Folge 1 - 2 erreicht. Gewonnen hat der, wem dies eher gelingt.

Entscheiden und begründen Sie ganz ohne Rechnung, ob die Spiel fair ist oder nicht.



die aufgabenstellung lässt raum für interpretationsvarianten.
man kann den spielablauf auch so auffassen:
tom würfelt so lange, bis er hintereinander zwei einsen würfelt. angenommen, es gelingt ihm mit versuch nr. 13 und 14.
dann ist lisa an der reihe ...
dann haben sicherlich beide die gleiche chance.
wenn aber abwechselnd gewürfelt wird, dann sicherlich nicht.
wenn beide gleichzeitig starten, hat der-/diejenige die besseren chancen, wer schneller würfelt.
smile
 
 
Kasen75 Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:
Original von steviehawk


Das wäre ja wie das folgende Spiel:

Beide Würfeln mit einem fairen Würfel. Tim gewinnt wenn er (2,3) oder (3,2) würfelt, und Lisa gewinnt wenn sie (1,2) würfelt und nur dann! Hier sieht man leichter ein, dass das unfair ist..


Tim (oder auch Tom) gewinnt aber nur wenn er, um mal beim Beispiel zu bleiben, (3,3) würfelt.

Edit: Ich beteilige mich an der Diskussion vorerst nicht mehr. Vor allem weil es ohne mich gar keine Diskussion gegeben hätte. Ups
Ich warte mal lieber ab was HAL und andere noch posten.
steviehawk Auf diesen Beitrag antworten »

Also ich verstehe es noch nicht so wirklich verwirrt

Ich verstehe die Aufgabenstellung, so dass beide einen Würfel haben und immer gleichzeitig würfeln (jeder für sich).

Ist das Spiel dann fair?
aufklaer0r Auf diesen Beitrag antworten »

ja, das ist fair. mit je einer wahrscheinlichkeit von 1/36

mfg
a.
HAL 9000 Auf diesen Beitrag antworten »

Das Spiel ist unfair, mit höheren Siegchancen für Lisa/Bianca (oder wie immer sie auch heißen mag) als Tom. Was ich oben als Beispiel für die ersten drei Würfe angedeutet habe, greift auch für das Gesamtspiel.

Wer's nicht glaubt, darf auch gern das Spiel simulieren: Am Ende kommt ungefähr das heraus

45.44% Siegwahrscheinlichkeit für Tom
53.23% Siegwahrscheinlichkeit für Lisa/Bianca
1.33% Remis


EDIT: Ich hab die Wahrscheinlichkeiten inzwischen auch mal theoretisch exakt ausgerechnet (mit ein wenig Hilfe vom CAS):

Siegwahrscheinlichkeit für Tom
Siegwahrscheinlichkeit für Lisa/Bianca
Remis
HAL 9000 Auf diesen Beitrag antworten »

Ein interessanter Aspekt noch:

Wenn nicht jeder der beiden seinen eigenen Würfel hat, sondern die Siegkombinationen aufgrund einer gemeinsamen Wurffolge geprüft werden, dann ergibt sich tatsächlich das von den meisten erwartete Resultat:

50% Siegwahrscheinlichkeit für jeden der beiden;, Remis ist hier nicht möglich

Die Begründung ist denkbar einfach:

Irgendwann fällt die erste 1. Im nächsten Wurf gibt es drei Möglichkeiten:

a) Es fällt wieder eine 1 - Tom gewinnt.
b) Es fällt eine 2 - Lisa/Bianca gewinnt.
c) Es fällt eine 3..6, das entspricht einem "Neustart" auf der Suche nach dem nächsten Auftreten einer 1.

Und da a) und b) bedingt gleichwahrscheinlich sind unter jeweils denselben Bedingungen, so sind auch die absoluten Wahrscheinlichkeiten gleich.
neugierigergast Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:
Original von HAL 9000

EDIT: Ich hab die Wahrscheinlichkeiten inzwischen auch mal theoretisch exakt ausgerechnet (mit ein wenig Hilfe vom CAS):

Siegwahrscheinlichkeit für Tom
Siegwahrscheinlichkeit für Lisa/Bianca
Remis



Könntest du bitte die Rechnung dazu geben oder die Idee wie man darauf kommt?
HAL 9000 Auf diesen Beitrag antworten »

Das ganze ist etwas umständlich, wahrscheinlich geht es auch irgendwie schneller:

Man berechnet zunächst getrennt für beide die Wahrscheinlichkeiten

... dass Tom in den ersten Würfen noch nicht seine Kombination (1,1) geschafft hat
... dass Lisa in den ersten Würfen noch nicht ihre Kombination (1,2) geschafft hat

Für beide Folgen kann man Differenzengleichungen

mit Start
mit Start ,

aufstellen und in der Folge dann explizite Darstellungen dazu entwickeln.

Schlussendlich ist dann aufgrund der Unabhängigkeit der beiden Wurffolgen (was der Unterschied zu meinem letzten Beitrag ist) die Siegwahrscheinlichkeit für Tom



und analog die Siegwahrscheinlichkeiten für Lisa bzw. die Remiswahrscheinlichkeit



.

Die Reihenberechnungen (im Wesentlichen jeweils Summen geometrischer Reihen) liefert die genannten Werte.
Brotesser Auf diesen Beitrag antworten »
RE: "Ganz ohne Rechnung" - naja...
Zitat:
Original von HAL 9000
Folgendes Szenario: Wir brechen dein Spiel mal nach drei Runden ab und bestimmen die Wahrscheinlichkeiten, ob Tom bzw. Bianca spätestens da bereits ihre Kombination erreicht haben:

Bei Tom geschieht dies mit Wahrscheinlichkeit :

11x für 6 Fälle x
y11 für 5 Fälle y (Fall 111 ist ja bereits erfasst)

Bei Bianca hingegen mit Wahrscheinlichkeit :

12x für 6 Fälle x
y12 für 6 Fälle y

dann müsste es also, wenn man sich ein baumdiagramm zeichnet, irgendwann mal einen pfad extra zum ereignis (1,2) geben?
HAL 9000 Auf diesen Beitrag antworten »

Von Extra-Pfaden kann doch keine Rede sein, da sich die Siegpfade bei beiden Personen ja generell unterscheiden (lediglich 112 taucht bei beiden auf).

Was die reine Anzahl betrifft: Im obigen Schema bei Tom habe ich doch extra markiert, dass man bei Zählung von 11x und y11 den Pfad 111 nicht mit x=1,y=1 doppelt zählen darf.

Bei Lisa besteht dieses Problem nicht, denn 12x und y12 haben keine gemeinsamen Pfade, schon allein weil an der Mittelposition verschiedene Augenzahlen stehen. Also kommen hier alle Varianten x=1..6,y=1..6 zum Tragen.
Brotesser Auf diesen Beitrag antworten »

okay, extra pfad war doof ausgedrückt.
ich meine, man müsste doch im baumdiagramm mehr pfade für das ereignis (1,2) abzählen können, als für das ereignis (1,1)?
HAL 9000 Auf diesen Beitrag antworten »

Ja wie oft denn noch? 11 Pfade für Tom, 12 Pfade für Lisa - steht doch oben, Augen auf!
Brotesser Auf diesen Beitrag antworten »

ja aber dann muss man doch von der gleichen anzahl fällen ausgehen, du gehst einmal von 6 und einmal von 5 fällen aus, das ist doch unfair!
unglücklich
HAL 9000 Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:
Original von Brotesser
du gehst einmal von 6 und einmal von 5 fällen aus

Zum letzten Mal: Ich gehe nicht von irgendeiner willkürlichen Anzahl von Fällen aus, sondern zähle die Erfolgsfälle.

Vielleicht kann jemand anderes mit unsagbarer pädagogischer Geduld dir das nochmal erklären, ich habe alle Karten deutlich sichtbar und verständlich auf den Tisch gelegt - ich weiß nicht, warum du die Argumente ignorierst. unglücklich
dinzeoo Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:
Original von HAL 9000
Wer's nicht glaubt, darf auch gern das Spiel simulieren: Am Ende kommt ungefähr das heraus

45.44% Siegwahrscheinlichkeit für Tom
53.23% Siegwahrscheinlichkeit für Lisa/Bianca
1.33% Remis


Zitat:

Vielleicht kann jemand anderes mit unsagbarer pädagogischer Geduld dir das nochmal erklären, ich habe alle Karten deutlich sichtbar und verständlich auf den Tisch gelegt - ich weiß nicht, warum du die Argumente ignorierst.


pädagogisch möchte ich nicht weiterheilfen, allerdings hab ich es ebenfalls simuliert und kann die werte bestätigen. wie bei der "geburtstagssimulation" neige ich dazu uneffizient zu programmieren. setze ich auf eine würfelfolge von n=1000(sollte wohl reichen) und vergleiche 10000 spiele miteinander brauch ich wieder knapp 20sek zum lösen. ich bin mir sicher, dass du es im millisekundenbereich löstAugenzwinkern

Zitat:
Original von HAL 9000
Das ganze ist etwas umständlich, wahrscheinlich geht es auch irgendwie schneller:

Man berechnet zunächst getrennt für beide die Wahrscheinlichkeiten

...

Die Reihenberechnungen (im Wesentlichen jeweils Summen geometrischer Reihen) liefert die genannten Werte.


vielen dank für die lösung, ich war neugierigergast. diesen aufgabentyp kannte ich noch nicht, intuitiv hätte ich wohl auch falsch getippt. daher find ich die aufgabe im nachhinein doch spannender als ich zu anfangs empfand.
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