Erwartungswert Roulette bei Verdopplungsstrategie

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22.05.2015, 11:56

Pompadur

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Erwartungswert Roulette bei Verdopplungsstrategie

Hallo Ihr

Ich habe folgende Aufgabe bekommen und obwohl sie mir einfach erscheint stehe ich ziemlich auf dem Schlauch verwirrt

Die folgende beliebte Strategie beim Roulettespiel soll von Ihnen bewertet werden:

Man setzt zuerst einen bestimmten Betrag x auf eine Farbe, der Einfachheit halber
sagen wir auf Rot. Wenn man verliert, setzt man das Doppelte auf dieselbe Farbe,
also 2x auf Rot. Dies wiederholt man solange, bis man endlich gewinnt.
Bestimmen Sie den erwarteten Gewinn und dessen Varianz für einen Starteinsatz
in Höhe von x = 10,

a) falls es kein Tischlimit gibt.
b) falls es ein Tischlimit von 5000 gibt.

Die drehbare Scheibe des Roulettekessels habe 36 abwechselnd rote und schwarze
Nummernfächer sowie ein 37. Fach für die Null, welches grün ist. Zur Vereinfachung ¨
gehen Sie davon aus, dass der Einsatz auch dann verloren wird, wenn die Kugel in
der Null zum Liegen kommt, und der Spieler stets solvent bleibt.

Also, was mir am meisten Schwierigkeiten macht ist, dass ich den Erwartungswert über mehrere Stufen berechnen muss.
Beim ersten Durchgang wäre der Erwartungswert des Gewinns ja

$\begin{eqnarray*} E(x_1) = -10 \cdot \frac{19}{37} + 10 \cdot \frac{18}{37} \end{eqnarray*}$

Tja und jetzt weiß ich nicht ganz, wie ich logisch weiter machen muss.

Meine Vermutung ist, dass der Erwartungswert bei zwei Durchläufen so aussieht:

$\begin{eqnarray*} E(X_2)= -10 \cdot \frac{19}{37} + 10 \cdot \frac{18}{37} -20 \cdot \frac{19}{37}\cdot\frac{19}{37} + 20 \cdot \frac{19}{37}\cdot\frac{18}{37} \end{eqnarray*}$

Und entsprechend insgesamt:

$\begin{eqnarray*} E(X)=\sum_{n\geq1}\left(-10\cdot 2^{n-1}\left( \frac{19}{37}\right)^n+10\cdot2^{n-1}\left( \frac{19}{37}\right)^{n-1}\cdot \frac{18}{37}\right) \end{eqnarray*}$

Das ganze verwirrt mich sehr, weil ich irgendwie das Gefühl habe bei jedem Schritt einen Verlust zu unterschlagen

Man merkt vielleicht, dass Stochastik nicht mein bester Kurs ist, seid also bitte nachsichtig Engel

22.05.2015, 13:54

HAL 9000

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RE: Erwartungswert Roulette bei Verdopplungsstrategie
Eine Frage zu b):

Verliert man 9 Spiele hintereinander, so will man im 10.Spiel gemäß der beschriebenen Verdopplungsstrategie eigentlich 5120 setzen, was aber das Tischlimit übersteigt. Wie geht der Spieler nun vor?

a) Er hört sofort auf, mit dem entsprechenden Verlust.

b) Er probiert es noch ein letztes Mal mit dem Tischlimit 5000 als Einsatz, und hört nach diesem Spiel auf (egal ob Gewinn oder Verlust).

c) Er setzt von nun an ständig 5000, bis er endlich gewinnt.

Ob nun a), b) oder c) zur Anwendung kommt, steht leider in der Aufgabenstellung nicht da, die ist somit unvollständig. unglücklich

22.05.2015, 14:36

Pompadur

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@ HAL 9000: Da hast Du recht! Darüber hatte ich noch gar nicht nachgedacht. Ich persönlich hätte einfach intuitiv Option a) genommen, obwohl - wie du bemerkt hast - gar nicht geklärt ist, wie der Spieler reagiert...
Das wäre aber auch ehrlich gesagt nicht die erste fehlerhafte Aufgabe, die dieser Lehrstuhl gestellt hat :/

Ich muss jetzt auch sagen, dass mein Lösungsansatz wohl falsch ist, weil die Reihe die ich aufgestellt habe divergiert und der Erwartungswert ja nur über absolut Konvergenten Reihen definiert ist verwirrt

Stochastik ist irgendwie ein Buch mit sieben Siegeln für mich...

22.05.2015, 14:51

HAL 9000

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Reden wir erstmal über Teilaufgabe a), also ohne Limit:

Da muss man eigentlich gar nicht groß rechnen, denn der Gewinn ist konstant (d.h. nicht zufällig!!!) gleich dem Ersteinsatz, also gleich x=10.

Warum? Nun, angenommen das Spiel dauert genau $\begin{align*} n \end{align*}$ Einsätze, wobei die ersten $\begin{align*} (n-1) \end{align*}$ -mal verloren und das $\begin{align*} n \end{align*}$ -te Mal gewonnen wird.

Der Gesamteinsatz ist dann $\begin{align*} \sum_{i=1}^n 2^{i-1}x = (2^n-1)x \end{align*}$ , während der letzte und $\begin{align*} n \end{align*}$ -te Spieleinsatz von $\begin{align*} 2^{n-1}x \end{align*}$ den doppelten Ertrag $\begin{align*} 2^nx \end{align*}$ erbringt, das ergibt den Gesamtgewinn $\begin{align*} 2^nx - (2^n-1)x = x \end{align*}$ unabhängig von $\begin{align*} n \end{align*}$ (!!!), und das ist dann damit auch der Erwartungswert des Gewinns.

Jetzt mag man sich verwundert die Augen reiben und fragen "Ja aber wo geht denn hier die Einzelgewinnwahrscheinlichkeit $\begin{align*} p=\frac{18}{37} \end{align*}$ ein?"

Antwort: Gar nicht! Oder besser gesagt nur insoweit, dass $\begin{align*} p>0 \end{align*}$ benötigt wird, damit das Spiel mit Wahrscheinlichkeit 1 irgendwann mit einem Einsatzgewinn enden kann. Der Zeitpunkt, zu dem dies geschieht, ist geometrisch verteilt mit Parameter $\begin{align*} p \end{align*}$ - es ist bei kleinem $\begin{align*} p \end{align*}$ dann nur so, dass sich der Erwartungswert dieses Gewinnzeitpunktes immer weiter nach hinten verschiebt.

22.05.2015, 15:42

Pompadur

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Wow, jetzt hast Du mir ganz schön was zum kauen gegeben ^^

Ich hadere noch ein bisschen damit Deine Folgerung, dass der Gesamtgewinn gleich dem Erwartungswert des Gewinns ist, mit dem zu vereinbaren, was ich aus der Vorlesung kenne.

Kann ich es denn so machen:

Ich definiere mir die Zufallsgröße $\begin{eqnarray*} X: \mathbb{N} \rightarrow \mathbb{R} \end{eqnarray*}$ , die mir angibt, wie hoch mein Gewinn ist, wenn das Spiel n Einsätze dauert.
Du hast ja schon gezeigt $\begin{eqnarray*} X(n)=10 \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} n \in \mathbb{N} \end{eqnarray*}$ .

Und ein schöner Satz in meinem Vorlesungsscript sagt:
Sei $\begin{eqnarray*} c \in \mathbb{R}, \text{ ist } X(\omega)=c \text{ für alle } \omega \in \Omega \text{ ,so gilt } E(X)=c \end{eqnarray*}$ .

Woraus folgt:

$\begin{eqnarray*} E(X)=10 \end{eqnarray*}$

22.05.2015, 16:19

HAL 9000

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Zitat:

Original von Pompadur
Und ein schöner Satz in meinem Vorlesungsscript sagt:
Sei $\begin{eqnarray*} c \in \mathbb{R}, \text{ ist } X(\omega)=c \text{ für alle } \omega \in \Omega \text{ ,so gilt } E(X)=c \end{eqnarray*}$ .

Ja, so ist das hier anwendbar - wenn man als W-Raum hier direkt $\begin{align*} \Omega = \mathbb{N} \end{align*}$ wählt, und ein Elementarereignis $\begin{align*} \omega\in\Omega \end{align*}$ der Zahl an Einsätzen bis zum ersten Gewinn entspricht.

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