Anzahl ziehungen bis p>0,5

17.04.2014, 10:37

jesta030

Anzahl ziehungen bis p>0,5

Meine Frage:
Bevor sich jemand wundert, mit meiner Frage will ich Licht in die Mechanik hinter einem Computerspiel bringen. Meine Frage besteht außerdem aus zwei Teilen.

1. Aus einer Menge mit n Elementen wird zwei Mal mit Zurücklegen gezogen. Wieviele Ziehungen werden benötigt, damit mit >50%iger Wahrscheinlichkeit (W>0,5) ein bestimmtes Element gezogen wird?

2. Jedes Mal ziehen hat einen Preis von x, der sich pro Ziehung um den Faktor y erhöht. Was ist der Gesamtpreis für alle Ziehungen aus Teil 1 der Frage?

Meine Ideen:
1. Keinen blassen Schimmer. Stochastik war nie meine Stärke, weswegen ich auch in diesem Forum poste. smile

2. Der Preis für die n-te Ziehung lässt sich errechnen mit:

$\begin{eqnarray*} x * y^{n-1} \end{eqnarray*}$

Die Summe aller Preise lässt sich meiner Meinung nach mit der Summenformel berechnen:

$\begin{eqnarray*} \sum\limits_{k=1}^{n} x * y^{k-1} \end{eqnarray*}$

Habs mit http://de.numberempire.com/seriescalculator.php überprüft für x = 1, y=1,5 und n=3. Eingabe: 1*(1.5^(n-1)) - Scheint zu funktionieren.

17.04.2014, 11:05

HAL 9000

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1. Gehe über die Gegenwahrscheinlichkeit, d.h. deine Forderung ist dazu äquivalent, dass die Wahrscheinlichkeit bei $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ Ziehungen dieses bestimmte Element nie zu ziehen kleiner als 50% ist, in Formeln

$\begin{eqnarray*} \left( 1 - \frac{1}{n} \right)^k < 0.5 \end{eqnarray*}$ ,

das lässt sich gut nach $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ auflösen.

2. Mit "Gesamtpreis" ist hier allem Anschein nach der Erwartungswert des zu entrichtendenden (zufälligen) Preises gemeint. Wenn $\begin{eqnarray*} Z \end{eqnarray*}$ die zufällige Anzahl an nötigen Ziehungen ist, dann ist dies einfach

$\begin{eqnarray*} \sum_{j=1}^{\infty} P(Z=j) xy^{j-1} \end{eqnarray*}$ .

EDIT: Entschuldige, hab das hier überlesen:

Zitat:

Original von jesta030
1. Aus einer Menge mit n Elementen wird zwei Mal mit Zurücklegen gezogen.

Wie meinst du das? Wird auch "innerhalb" dieser Zweierziehung (d.h. nach dem ersten, also vor dem zweiten Ziehen) zurückgelegt, oder bezieht sich das "mit Zurücklegen" auf die offenbar ja stattfindende Wiederholung dieser Zweierziehungen? verwirrt

17.04.2014, 11:53

jesta030

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Zitat:

Original von HAL 9000
$\begin{eqnarray*} \sum_{j=1}^{\infty} P(Z=j) xy^{j-1} \end{eqnarray*}$ .

Ist das nicht das selbe was ich vorgeschlagen habe? Zur Klärung: wenn ich für eine Menge mit einer bestimmten Anzahl n an Elementen (z.B. n=9) die Menge z an Ziehungen berechnet habe, um mit 50%iger Wahrscheinlichkeit ein bestimmtes Element einmal zu ziehen (z.B. z=6), dann setze ich dieses in die Summenformel so ein:

$\begin{eqnarray*} \sum\limits_{k=1}^{6} x * y^{k-1} \end{eqnarray*}$

Zitat:

Original von HAL 9000
Wie meinst du das? Wird auch "innerhalb" dieser Zweierziehung (d.h. nach dem ersten, also vor dem zweiten Ziehen) zurückgelegt, oder bezieht sich das "mit Zurücklegen" auf die offenbar ja stattfindende Wiederholung dieser Zweierziehungen? verwirrt

Auch "innerhalb" der Ziehung wird zurückgelegt. Eine Ziehung besteht also aus zwei Ziehungen mit Zurücklegen dazwischen UND danach.

Zum verdeutlichen ein Screenshot aus dem Spiel:

http://i.imgur.com/pp5v2m6.jpg

Hier soll die Eigenschaft "430 Strenth" einer Waffe verändert werden.
Rechts im Fenster sind alle Möglichkeiten aufgezählt, die diese Eigenschaft ersetzen können und wir sehen, dass in dieser Menge 8 Elemente enthalten sind. (Den Fakt, dass jede Möglichkeit jeweils noch eine Spannweite hat, z.B. "Increase Attack Speed" von 4 - 5%, lasse ich mal außen vor)
Unter "430 Strength" stehen die zwei in dieser Runde aus der Liste rechts gezogenen Elemente, in diesem Fall "Sockets (1)" und "Reduces cooldown of all skills by 7%". Hier könnte z.B. auch zwei mal "Sockets(1)" stehen, wenn beide "inneren" Ziehungen das selbe Element gezogen hätten.

17.04.2014, 12:06

HAL 9000

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Zitat:

Original von jesta030
Ist das nicht das selbe was ich vorgeschlagen habe?

Dann hast du eine sehr seltsame Sichtweise: Für mich sind

$\begin{eqnarray*} \sum\limits_{k=1}^{n} x * y^{k-1} \end{eqnarray*}$

und

$\begin{eqnarray*} \sum_{j=1}^{\infty} P(Z=j) xy^{j-1} \end{eqnarray*}$

eklatant verschiedene Formeln, zumal wir über $\begin{eqnarray*} P(Z=j) \end{eqnarray*}$ noch gar nicht geredet haben (geometrische Verteilung).

Zitat:

Original von jesta030
Auch "innerhalb" der Ziehung wird zurückgelegt. Eine Ziehung besteht also aus zwei Ziehungen mit Zurücklegen dazwischen UND danach.

Nun gut, ich versteh das dann jetzt so, dass eine $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ -malige Wiederholung (wir sollten hier nicht $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ benutzen, da das bereits die Elementezahl ist)
dieser Zweierziehung tatsächlich äquivalent ist zu $\begin{eqnarray*} 2k \end{eqnarray*}$ Einzelziehungen je eines Elements mit Zurücklegen. In dem Sinne ist meine Bestimmungs-Ungleichung von oben zu korrigieren in

$\begin{eqnarray*} \left( 1 - \frac{1}{n} \right)^{2k} < 0.5 \end{eqnarray*}$ .

Bei "ohne Zurücklegen innerhalb der Zweierziehung" wäre es übrigens dann

$\begin{eqnarray*} \left( 1 - \frac{2}{n} \right)^k < 0.5 \end{eqnarray*}$

gewesen.

17.04.2014, 12:10

jesta030

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Zitat:

Original von HAL 9000
Dann hast du eine sehr seltsame Sichtweise: Für mich sind

$\begin{eqnarray*} \sum\limits_{k=1}^{n} x * y^{k-1} \end{eqnarray*}$

und

$\begin{eqnarray*} \sum_{j=1}^{\infty} P(Z=j) xy^{j-1} \end{eqnarray*}$

eklatant verschiedene Formeln, zumal wir über $\begin{eqnarray*} P(Z=j) \end{eqnarray*}$ noch gar nicht geredet haben (geometrische Verteilung).

Dann bitte ich dich, mir den Unterschied zu erklären. smile

Wofür steht P(Z=j) und warum bis $\begin{eqnarray*} \infty \end{eqnarray*}$ ? Ich bin was Mathe angeht sehr rostig, aber immer interessiert.

17.04.2014, 12:14

HAL 9000

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LESEN!!! Ich hab das $\begin{eqnarray*} Z \end{eqnarray*}$ erklärt:

Zitat:

Original von HAL 9000
Wenn $\begin{eqnarray*} Z \end{eqnarray*}$ die zufällige Anzahl an nötigen Ziehungen ist

Und $\begin{eqnarray*} P(Z=j) \end{eqnarray*}$ ist die überall übliche Symbolik für die Wahrscheinlichkeit, dass die Zufallsgröße $\begin{eqnarray*} Z \end{eqnarray*}$ den Wert $\begin{eqnarray*} j \end{eqnarray*}$ annimmt.

Zitat:

Original von jesta030
warum bis $\begin{eqnarray*} \infty \end{eqnarray*}$ ?

Weil es durch das Zurücklegen beliebig lange dauern kann, bis du das Element auch wirklich mal erwischst!!!

17.04.2014, 12:20

jesta030

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Zitat:

Original von HAL 9000
LESEN!!!

Bitte um Entschuldigung. Ich habe allerdings soeben selbst nachgelesen und kann nur sagen: Wiki hilft. smile

Was ich jedoch nicht verstehe ist, weshalb in der Summenformel die Wahrscheinlichkeit noch eine Rolle spielen soll. Wenn ich die im 1. Teil errechnete Anzahl an Ziehungen in die Summenformel im 2. Teil einsetze, erhalte ich doch als Ergebnis den Preis aller Versuche, bis P>0.5 die verlangte Eigenschaft zu sehen. Oder liegt das Problem in meiner Schreibweise, die wahrscheinlich nicht korrekt oder unklar ist?

[edit] okay, der zweite Teil deiner Antwort erklärt einiges. Irgendwie hast du mit deiner Summenformel beide Teile meiner Frage zusammengezogen, oder?

17.04.2014, 13:18

HAL 9000

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Zitat:

Original von jesta030
Was ich jedoch nicht verstehe ist, weshalb in der Summenformel die Wahrscheinlichkeit noch eine Rolle spielen soll.

Das artet jetzt in eine Grundlagenvorlesung zu Wahrscheinlichkeitsrechnung aus, wenn du sogar in Zweifel ziehst, wie man den Erwartungswert einer diskreten Zufallsgröße berechnet. unglücklich

Die im ersten Teil berechnete Anzahl, wo Wahrscheinlichkeit 50% für die Zielerreichung überschritten wurde, hat wenig bis gar nichts mit der Erwartungswertberechnung im zweiten Teil zu tun.

17.04.2014, 13:35

jesta030

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Ja, mir fehlen sicher sogar die Grundlagen... unglücklich

Schade, dann ist das Thema wohl außerhalb meiner Reichweite.

17.04.2014, 14:03

HAL 9000

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Die Zufallsgröße $\begin{eqnarray*} Z \end{eqnarray*}$ für die Anzahl der nötigen Ziehungen ist bei dir geometrisch verteilt (Typ A) mit Parameter $\begin{eqnarray*} p=1-\left(1 - \frac{1}{n} \right)^2 \end{eqnarray*}$ , d.h. es ist

$\begin{eqnarray*} P(Z=j) = pq^{j-1} \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} j=1,2,\ldots \end{eqnarray*}$

wobei $\begin{eqnarray*} q = 1-p = \left(1 - \frac{1}{n} \right)^2 \end{eqnarray*}$ ist. Damit kann der Erwartungswert deines Preises hier berechnet werden durch eine geometrische Reihe:

$\begin{eqnarray*} E\left[xy^{Z-1}\right] = \sum_{j=1}^{\infty} P(Z=j) xy^{j-1} = \sum_{j=1}^{\infty} px (qy)^{j-1} = \frac{px}{1-qy} \end{eqnarray*}$

allerdings nur dann, wenn $\begin{eqnarray*} qy < 1 \end{eqnarray*}$ ist. Ist dies nicht der Fall, also für $\begin{eqnarray*} y \geq \frac{1}{q} = \frac{1}{\left(1 - \frac{1}{n} \right)^2} \end{eqnarray*}$ , dann ist der mittlere Preis unbeschränkt, d.h. der Preis "explodiert".

Oder soll 2. so verstanden werden, dass man bei Erreichung der Anzahl $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ aus 1. einfach "aufgibt", und damit auf die Erlangung des Elements dann verzichtet? In dem Fall bricht die Summe dann bei $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ ab, und man hat aber in ca. der Hälfte aller Fälle das Element nicht bekommen.

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