2 Spiele unbestimmter Länge

14.02.2019, 21:32

Dopap

2 Spiele unbestimmter Länge

Alice und Bob werfen mehrmals eine faire Münze mit den Ergebnissen 0 und 1 .

I. Wenn die Sequenz 01 zum ersten mal auftaucht gewinnt Alice. Wenn 00 geworfen wird gewinnt Bob

damit ist das Spiel oder die Folge von Spielen fair, denn anders ausgedrückt entscheidet der Wurf nach der ersten Null. Und wegen Gedächtnislosigkeit ...

Alice bringt folgende Variante ins "Spiel":

II. Jeder würfelt für sich. Alice notiert Ihre Wurfanzahl bis die Sequenz 01 zum ersten mal geworfen wurde und Bob notiert seine Wurfanzahl bis 00 auftaucht. Es gewinnt der Spieler der weniger Würfe benötigte, ansonsten Wiederholung

sieht so aus als ob das auch fair wäre, aber mein vom Ziegenproblem sensibilisiertes Gehirn ist da vorsichtig. Zudem bin ich misstrauisch wenn mir eine Frau ein Münzspiel anbietet Augenzwinkern

mMn "versteckt" sich die Sequenz 01 besser im Digitalstrom als die 00.

Klar, zur Bestätigung müsste man die beiden Erwartungswert der Wurflängen bestimmen.
Diese Zufallsvariablen $\begin{eqnarray*} A,B \end{eqnarray*}$ können die Werte 2,3,4,5,... samt den Wahrscheinlichkeiten $\begin{eqnarray*} P(A),P(B) \end{eqnarray*}$ annehmen.

also z.B. $\begin{eqnarray*} E(A)=\sum_{k=2}^\infty k\cdotp P(A=k). \quad \quad P(A=k)=\frac{k-1}{2^k} \end{eqnarray*}$ habe ich gerade noch so hinbekommen, bei $\begin{eqnarray*} E(A) \end{eqnarray*}$ ist Ende Gelände.

o.k. mein TR meint $\begin{eqnarray*} E(A)=4 \end{eqnarray*}$ aber dann...

15.02.2019, 14:28

HAL 9000

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RE: 2 Spiele unbestimmter Länge
Vorab: Der Erwartungswert einer Zufallsgröße $\begin{eqnarray*} X \end{eqnarray*}$ , die nur natürliche Werte annimmt, kann auch über $\begin{eqnarray*} E(X) = \sum_{k=1}^{\infty} P(X\geq k) \end{eqnarray*}$ berechnet werden.

$\begin{eqnarray*} A\geq k \end{eqnarray*}$ bedeutet, dass bis einschließlich Position $\begin{eqnarray*} (k-1) \end{eqnarray*}$ es nur eine Sequenz 111...000 gibt, das ergibt $\begin{eqnarray*} P(A\geq k) = \frac{k}{2^{k-1}} \end{eqnarray*}$ , gültig für alle $\begin{eqnarray*} k\geq 1 \end{eqnarray*}$ . (Daraus folgt übrigens auch dein $\begin{eqnarray*} P(A=k) = P(A\geq k)-P(A\geq k+1) = \frac{k}{2^{k-1}} - \frac{k+1}{2^k} = \frac{k-1}{2^k} \end{eqnarray*}$ ). Die Erwartungswertberechnung liefert dann

$\begin{eqnarray*} E(A) = \sum_{k=1}^{\infty} P(A\geq k) = \sum_{k=1}^{\infty} \frac{k}{2^{k-1}} = \frac{1}{\left(1-\frac{1}{2}\right)^2} = 4 \end{eqnarray*}$ .

Letzteres ergibt sich durch Differentation der geometrischen Reihe $\begin{eqnarray*} \frac{1}{1-x}=\sum_{k=0}^{\infty} x^k \end{eqnarray*}$ nach $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ , das wäre $\begin{eqnarray*} \frac{1}{(1-x)^2}=\sum_{k=1}^{\infty} kx^{k-1} \end{eqnarray*}$ , angewandt auf $\begin{eqnarray*} x=\frac{1}{2} \end{eqnarray*}$ .

Nun zu Bob: Das ist kniffliger, hier ist $\begin{eqnarray*} P(B\geq k) = \frac{F_{k+1}}{2^{k-1}} \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} k\geq 1 \end{eqnarray*}$ , dabei ist mit $\begin{eqnarray*} (F_k) \end{eqnarray*}$ die Fibonacci-Folge gemeint. Das kann man per Vollständiger Induktion nachweisen, im Induktionsschritt unter Benutzung von

$\begin{eqnarray*} P(B\geq k+1) = P(B\geq k) - \frac{P(B\geq k-2)}{8} \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} k\geq 3 \end{eqnarray*}$ .

Ebenfalls per VI kann man für $\begin{eqnarray*} n\geq 0 \end{eqnarray*}$ die Summenformel $\begin{eqnarray*} \sum_{k=1}^n P(B\geq k) = \sum_{k=1}^n \frac{F_{k+1}}{2^{k-1}} = 6-\frac{F_{n+4}}{2^{n-1}} \end{eqnarray*}$ nachweisen, damit ist dann $\begin{eqnarray*} E(B) = \sum_{k=1}^{\infty} P(B\geq k) = 6 \end{eqnarray*}$ .

Zitat:

Original von Dopap
Zudem bin ich misstrauisch wenn mir eine Frau ein Münzspiel anbietet Augenzwinkern

Aufpassen, dass nicht gleich jemand die Gleichstellungsbeauftragte anruft. Big Laugh

Aber im konkret vorliegenden Fall hast du natürlich recht - wenn Bob auf den Vorschlag eingeht, wäre er schön blöd. smile

15.02.2019, 18:03

Dopap

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sehr gut.
Bei Bob bin ich per Hand auf eine Rekursion gestoßen. Es ist, wie ich jetzt sehe,
natürlich wieder Fibonacci was denn sonst. Die möglichen Summen sind mir aber zu heftig.

Sehe ich das richtig, dass $\begin{eqnarray*} \sum_{k=2}^\infty \frac{k\cdot F(k-1)}{2^k}=6 \end{eqnarray*}$ nur das professionelle kostenpflichtige mathematica löst?

Jetzt versuche ich noch $\begin{eqnarray*} P(A<B),\,P(A=B), \,P(A>B) \end{eqnarray*}$ in Angriff zu nehmen aber ohne Gewähr!

btw: ist das/die nicht spezifizierte Gleichstellungsbeauftragte nicht ein selbstbezüglicher Zirkelschluss verwirrt

15.02.2019, 18:39

HAL 9000

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Ok, du redest von $\begin{eqnarray*} P(B=k) = P(B\geq k) - P(B\geq k+1) = \frac{2F_{k+1}-F_{k+2}}{2^k} = \frac{F_{k-1}}{2^k} \end{eqnarray*}$ .

Man kann auch mit der erzeugenden Funktion $\begin{eqnarray*} f(x) = \sum_{k=1}^{\infty} F_{k-1}x^k \end{eqnarray*}$ argumentieren, für die gilt ja

$\begin{eqnarray*} f(x) = x^2 + \sum_{k=3}^{\infty} \left(F_{k-2}+F_{k-3}\right)x^k = x^2 + (x+x^2)f(x) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} f(x) = \frac{x^2}{1-x-x^2} \end{eqnarray*}$

Wegen $\begin{eqnarray*} f'(x) = \sum_{k=1}^{\infty} kF_{k-1}x^{k-1} \end{eqnarray*}$ ist $\begin{eqnarray*} E(B) = \sum_{k=1}^{\infty} \frac{kF_{k-1}}{2^k} = \frac{1}{2}f'\left(\frac{1}{2}\right) \end{eqnarray*}$ , also rechnen wir mal die Ableitung aus:

$\begin{eqnarray*} f'(x) = \left(\frac{x^2}{1-x-x^2}\right)' = \frac{2x(1-x-x^2)-x^2(-1-2x)}{(1-x-x^2)^2} = \frac{2x-x^2}{(1-x-x^2)^2} \end{eqnarray*}$

es ergibt sich $\begin{eqnarray*} f'\left(\frac{1}{2}\right) = 12 \end{eqnarray*}$ . Augenzwinkern

P.S.: Ich sehe gerade, dass das f(x) auch für die Beantwortung deiner weiteren Fragen

Zitat:

Original von Dopap
Jetzt versuche ich noch $\begin{eqnarray*} P(A<B),\,P(A=B), \,P(A>B) \end{eqnarray*}$ in Angriff zu nehmen

durchaus brauchbar sein kann.

17.02.2019, 20:39

Dopap

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Reihen, Fibonacci und vollständige Induktion sind nicht so meins. Mein Versuch eines anderen Weges:

Das Spiel befindet sich mMn in jedem Moment in einem von sieben Zuständen:

A: Alice hat gewonnnen
U: unentschieden
B: Bob hat gewonnen
X: Als letztes steht in Alices Reihe eine 0 und in Bobs Reihe eine 1
Y: Als letztes steht in Alices Reihe eine 0 und in Bobs Reihe eine 0
Z: Als letztes steht in Alices Reihe eine 1 und in Bobs Reihe eine 0
W: Als letztes steht in Alices Reihe eine 1 und in Bobs Reihe eine 1

Man kann W als Anfangszustand betrachten, weil die Einsen quasi wertlos sind.
Wenn man die Übergangsmatrix aufstellt (z.B. von X nach A mit p=1/2 etc.), ergibt sich ein Gleichungssystem.
z.B für x mit der bedingten Wahrscheinlichkeit steht, dass das Spiel mit A, B bzw. U endet, wenn es sich gerade im Zustand X befindet.
$\begin{eqnarray*} {x = 1/2 a + 1/4 y + 1/4 x}\quad {y=...}\quad z= ...\quad w=... \end{eqnarray*}$

Und es folgt
$\begin{eqnarray*} p(A<B) = 65/121 \quad p(B<A) = 39/121\quad p(A=B)=17/121 \end{eqnarray*}$

d.h. Alice könnte die Unentschieden sogar auf ihre Kappe nehmen. Relativ erstaunlich!

18.02.2019, 10:23

HAL 9000

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Ich versuch das mal mit den o.g. Mitteln via $\begin{eqnarray*} f,f' \end{eqnarray*}$ nachzuvollziehen: Es ist

$\begin{eqnarray*} P(A>B) &=&\sum_{k=2}^{\infty} P(A\geq k+1)P(B=k) = \sum_{k=2}^{\infty} \frac{k+1}{2^k}\cdot \frac{F_{k-1}}{2^k} = \sum_{k=2}^{\infty} \frac{k+1}{4^k}F_{k-1}\\ &=& \frac{1}{4}\sum_{k=2}^{\infty} \frac{k}{4^{k-1}}F_{k-1} + \sum_{k=2}^{\infty} \frac{1}{4^k}F_{k-1} = \frac{1}{4} f'\left(\frac{1}{4}\right) + f\left(\frac{1}{4}\right) = \frac{39}{121} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} P(A=B) &=& \sum_{k=2}^{\infty} P(A=k)P(B=k) = \sum_{k=2}^{\infty} \frac{k-1}{2^k}\cdot \frac{F_{k-1}}{2^k} = \sum_{k=2}^{\infty} \frac{k-1}{4^k} F_{k-1}\\ &=& \frac{1}{4}\sum_{k=2}^{\infty} \frac{k}{4^{k-1}}F_{k-1} - \sum_{k=2}^{\infty} \frac{1}{4^k}F_{k-1} = \frac{1}{4} f'\left(\frac{1}{4}\right) - f\left(\frac{1}{4}\right) = \frac{17}{121} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} P(A<B) \end{eqnarray*}$ ergibt sich ja dann als Differenz zu 1 - wenn man mag, kann man ja die Kontrollrechnung via

$\begin{eqnarray*} P(A<B) &=&\sum_{k=2}^{\infty} P(A=k)P(B\geq k+1) = \sum_{k=2}^{\infty} \frac{k-1}{2^k}\cdot \frac{F_{k+2}}{2^k} = \sum_{k=5}^{\infty} \frac{k-4}{4^{k-3}}F_{k-1} \end{eqnarray*}$

durchführen - ist etwas ekliger, weil die Summe erst ab k=5 startet, geht aber auch. Summa summarum kann ich daher deine Werte bestätigen. Freude

18.02.2019, 17:29

Dopap

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super, wenn man auch mal im Gegensatz zu Schulfragen richtig liegt. smile

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