Münzspiel (art von sankt petersburg spiel)

09.12.2013, 19:03	matheuuuuuuuuu	Auf diesen Beitrag antworten »
Münzspiel (art von sankt petersburg spiel) Meine Frage: Dies ist die Aufgabe: Spiel A: Ein Spieler kann Geld setzen und danach eine Mu?nze werfen. Bei Kopf erha?lt er den doppelten Betrag zuru?ck und das Spiel ist beendet. Bei Zahl verliert er seinen Einsatz, darf aber erneut Geld setzen und eine Mu?nze werfen. Der Spieler beginnt mit 1 Euro Einsatz. Wenn er ein Spiel gewinnt, muss er aufho?ren und nimmt den Gewinn mit. Wenn er verliert, verdoppelt er seinen Einsatz und spielt weiter. Fu?r beide Spiele wird eine dir unbekannte Teilnahmegebu?hr erhoben. Wieviel wa?rst du bereit zu zahlen um an den Spielen teilnehmen zu du?rfen? Betrachte dazu den erwarteten Gewinn (nach Abzug eventueller Einsa?tze) des Spielers. Meine Ideen: Der Gewinn mit X(w)=2^n ist ja immer doppelt so gross wie der verlust Y(w)=2^(n-1). Folglich sollte man wenn man immer so lange verdoppelt bis man ins + kommt theoretisch immer gewinnen. genau wie beim original st. petersburg wäre ja aber dann bei unbegrenzter zeit jede gebühr in ordnung da der erwartungswert unendlich beträgt oder? kann auch sein ich versteh es überhaupt nicht
10.12.2013, 09:19	RAP	Auf diesen Beitrag antworten »
Also ich komm auf etwas Anderes: Angenommen es wurde $\begin{eqnarray} n \end{eqnarray}$ -mal gespielt, d.h. das $\begin{eqnarray} n \end{eqnarray}$ -te Spiel war ein Gewinn und alle $\begin{eqnarray} n-1 \end{eqnarray}$ davor ein Verlust. Weiter sei die Münze fair. Dann berechnet sich der Erwartungswert durch: $\begin{eqnarray} \frac{1}{2} 2^{n-1} - \frac{1}{2}\sum_{i=0}^{n-2} 2^{i} \end{eqnarray}$ Beachte, dass ich hier bei $\begin{eqnarray} i=0 \end{eqnarray}$ anfange und somit $\begin{eqnarray} n-1 \end{eqnarray}$ das $\begin{eqnarray} n \end{eqnarray}$ -te Spiel bezeichnet. Das mach ich, damit auch der Fall des ersten Spiels im Wert von $\begin{eqnarray} 1=2^{0} \end{eqnarray}$ Euro abgedeckt ist. Mit der geometrischen Reihe folgt dann $\begin{eqnarray} \frac{1}{2} 2^{n-1} - \frac{1}{2}\sum_{i=0}^{n-2} 2^{i} = \frac{1}{2}(2^{n-1} -2^{n-1} +1) = \frac{1}{2} \end{eqnarray}$ Demnach sollte man nicht mehr als 50 Cent dafür bezahlen, wenn ich das richtig verstanden habe

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