Match bis n Siege

11.02.2019, 15:09

Dopap

Match bis n Siege

A gewinnt gegen B jedes Tennisspiel mit Wkt p.

Wer zuerst n Spiele gewinnt hat das Match gewonnen.

Welche Matchgewinnchancen hat A ? und welche durchschnittliche Matchdauer ist zu erwarten?
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Für $\begin{eqnarray*} n=1 \end{eqnarray*}$ habe ich es bereits gelöst. Augenzwinkern

11.02.2019, 15:31

HAL 9000

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Idee: Man lässt die beiden gedanklich immer $\begin{eqnarray*} (2n-1) \end{eqnarray*}$ Partien spielen, auch wenn einer bereits den $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ -ten Sieg erzielt hat, und es sei $\begin{eqnarray*} X \end{eqnarray*}$ die Anzahl der Gewinnspiele für A bei diesem Vorgehen. Dann ist

$\begin{eqnarray*} P(X\geq n) = \sum_{k=n}^{2n-1} \binom{2n-1}{k} p^k (1-p)^{2n-1-k}\qquad (*) \end{eqnarray*}$

die von dir gesuchte Gewinnchance für A.

Bedauerlicherweise hilft diese Idee überhaupt nicht bei der zweiten Frage nach der durchschnittlichen Matchdauer, vielleicht aber die Negative Binomialverteilung - muss ich noch drüber nachdenken.

P.S.: Hmm ja, eine wirkliche Vereinfachung gegenüber dem anders formelmäßig zusammengestückelten

$\begin{eqnarray*} \sum_{k=n}^{2n-1} \binom{k-1}{n-1} p^n(1-p)^{k-n} \end{eqnarray*}$

ist (*) nicht, das gebe ich zu. Immerhin interessant, dass beide Terme gleich sind.

11.02.2019, 19:12

Dopap

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bei p=0.6 und n=6 für Match oder Satzgewinn liefern beide Formeln
$\begin{eqnarray*} P(A,6,0.6)\approx 75.35\% \end{eqnarray*}$

das sieht - wie weitere Proben nahelegen - sehr gut aus Freude

Beim Verständnis der Formeln ist aber momentan noch reichlich Luft nach oben.

11.02.2019, 19:48

Huggy

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Zitat:

Original von HAL 9000
Bedauerlicherweise hilft diese Idee überhaupt nicht bei der zweiten Frage nach der durchschnittlichen Matchdauer

Aber mit deiner nächsten Summe

Zitat:

$\begin{eqnarray*} \sum_{k=n}^{2n-1} \binom{k-1}{n-1} p^n(1-p)^{k-n} \end{eqnarray*}$

sollte das doch gehen oder sehe ich da etwas falsch. Die einzelnen Sumanden sind da die Wahrscheinlichkeiten, dasss A das Spiel mit der Runde $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ gewinnt. Durch Vertauschen von $\begin{eqnarray*} p \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} 1-p \end{eqnarray*}$ bekommt man die Wahrscheinlichkwit, dass B das Spiel mit der Runde $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ gewinnt. Addition ergibt die Wahrscheinlichkeit, dass das Spiel mit der Runde $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ endet. Damit kann man dann den Erwartungswert für die Zahl der Runden als Summe hinschreiben.

11.02.2019, 22:07

HAL 9000

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Ja, ich hatte noch kurz gehofft, man könne wenigstens den Erwartungswert dieser Spielanzahl summenfrei darstellen, aber wohl doch nicht.

EDIT: Hmm, da wir wohl gegenseitig auf die Nennung der Lösung warten, beende ich mal den Deadlock. Der gesuchte Erwartungswert ist dann

$\begin{eqnarray*} \sum_{k=n}^{2n-1} k\binom{k-1}{n-1} \left( p^n(1-p)^{k-n} + p^{k-n}(1-p)^n\right) = n\sum_{k=n}^{2n-1} \binom{k}{n} \left( p^n(1-p)^{k-n} + p^{k-n}(1-p)^n\right) = n\sum_{k=n}^{2n-1} \binom{k}{n} \left(p(1-p)\right)^{k-n} \left( p^{2n-k} + (1-p)^{2n-k}\right) \end{eqnarray*}$ .

Etwas unhandlich, aber ich sehe wie gesagt nicht, dass man die Summe auflösen könnte.

12.02.2019, 19:15

Dopap

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wenn z.B. A mit 4 Würfelzahlen gewinnt, dann liefert die Formel bei n=6

$\begin{eqnarray*} E(A,6,\tfrac23)= 8.59656 \end{eqnarray*}$ was auch mit diversen Simulationen übereinstimmt.

Nicht überraschend ist, dass beim Münzwerfen die Gewinnwahrscheinlichkeit für beide bei 50% liegt, unabhängig von der Sieganzahl n.
Der vermeintliche Vorteil des Beginnen dürfens verfliegt.

13.02.2019, 08:51

HAL 9000

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Zitat:

Original von Dopap
Der vermeintliche Vorteil des Beginnen dürfens verfliegt.

Diese Anmerkung verstehe ich nicht: Hier gibt es doch gar kein "Beginnen" für nur einen Spielpartner, sondern alle Spiele finden für beide jeweils gleichzeitig statt. verwirrt

Zitat:

Original von Dopap
Nicht überraschend ist, dass beim Münzwerfen die Gewinnwahrscheinlichkeit für beide bei 50% liegt, unabhängig von der Sieganzahl n.

Liefert mit $\begin{eqnarray*} p=\frac{1}{2} \end{eqnarray*}$ natürlich auch die Formel:

$\begin{eqnarray*} \sum_{k=n}^{2n-1} \binom{2n-1}{k} p^k (1-p)^{2n-1-k} = \frac{1}{2^{2n-1}}\sum_{k=n}^{2n-1} \binom{2n-1}{k} \stackrel{!}{=} \frac{1}{2\cdot 2^{2n-1}}\sum_{k=0}^{2n-1} \binom{2n-1}{k} = \frac{1}{2\cdot 2^{2n-1}}2^{2n-1} = \frac{1}{2} \end{eqnarray*}$

der Symmetrie der Binomialkoeffizienten wegen. Leider findet man für $\begin{eqnarray*} p\neq\frac{1}{2} \end{eqnarray*}$ eine solche Vereinfachung nicht.

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