Spielwert Glücksspiel auf dem Umfang eines Quadrats

21.05.2024, 22:30

Dopap

Spielwert Glücksspiel auf dem Umfang eines Quadrats

Tag dem Matheboard. Ganz ohne mathe ist auch nix und habe mir deshalb folgendes ausgedacht:

In einem Spielcasino ist eine mit 40 LEDs gleichabständig bestückte Leuchtkette auf dem Rand
eines Quadrats angeordnet. Nach Start rasen 2 Leuchtpunkte gegenläufig und unabhängig auf dem Rand herum
und kommen beide gleichverteilt zur Ruhe. Wenn dann der Punkteabstand kleiner oder
gleich dem einer Quadratseite mit Länge a ist, gibt es bei 20$ Einsatz 30$ retour.

[attach]57771[/attach]

Frage: Hat der Spieler wie "üblich" einen Nachteil und wenn ja dann exakt welchen?

Eine exakte Lösung ist mir nicht zugänglich und eine Simulation ohne Symmetrien ist auf dem TR viel zu langsam um Klarheit bezüglich des Erwartungswertes/Spielwertes zu liefern.
: Idee: mathematisches Modell von 2 stetigen, unabhängigen Gleichverteilungen ansetzen, um zunächst
mal einen Orientierungswert zu erhalten. Der Unterschied zwischen $\begin{eqnarray*} < \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \leq \end{eqnarray*}$ entfällt dabei zum Glück.

3 disjunkte und auch eingezeichnete Fälle sind mMn von Interesse:

Punkte liegen zu 25% auf gegenüberliegenden Seiten ---> keine Auszahlung
Punkte liegen zu 25% beide auf derselben Seite -----> Auszahlung ja
Punkte liegen zu 50% auf angrenzenden Seiten ------> Auszahlung ja/nein

Somit insgesamt :
$\begin{eqnarray*} E(Spieler)=-20$ + 25% 0$ + 25% 30$ +50%\frac {\frac 14 \pi a^2 }{a^2}30$ = \frac {15 \pi -50}{4} $ \approx -0.719$ \end{eqnarray*}$

da $\begin{eqnarray*} x^2+y^2 \leq 1^2 \end{eqnarray*}$ dieselbe Kreisrelation für Punktabstände von $\begin{eqnarray*} (x,0),(0,y) \end{eqnarray*}$ oder auch $\begin{eqnarray*} (x,0), (1,y) \in \end{eqnarray*}$ Einheitsquadrat-Rand ist. (Fall c.)

Ein relativ guter Wert für ein Casino. Der reale Betrieb mit endlicher "Punktmenge" = 40
müsste noch untersucht werden, aber je weniger Leuchtpunkte desto positiver wirken sich die Ereignisse mit = für den Spieler aus.
Ab welcher Anzahl an Punkten der Spielwert evtl. positiv werden würde müsste noch untersucht werden.
Das reale Spiel mit einer reinen $\begin{eqnarray*} < \end{eqnarray*}$ Beziehung wird hingegen offensichtlich mit Abnahme der Leuchtpunkte ungünstiger.

24.05.2024, 12:12

Dopap

Auf diesen Beitrag antworten »

ich habe meinen TR einen halben Tag mit der Simulation vom diskreten Spiel mit 40 LED und der $\begin{eqnarray*} \leq \end{eqnarray*}$ Relation gequält :

$\begin{eqnarray*} \overline x =0.043 \end{eqnarray*}$ bei $\begin{eqnarray*} n=130000 \end{eqnarray*}$ Runden. STDABW von $\begin{eqnarray*} \overline x \approx 0.048 \end{eqnarray*}$

ergo:
Deutlich signifikant besser als $\begin{eqnarray*} E(Spieler) = -0.719 \end{eqnarray*}$ im stetigen Fall, aber nicht signifikant größer Null.

25.05.2024, 13:28

Huggy

Auf diesen Beitrag antworten »

Die Wahrscheinlichkeit g(A) für eine Auszahlung lässt sich in dem diskreten Fall mit 40 Positionen einfach auszählen. Die Position der ersten LED lässt sich durch Drehen und Spiegeln auf eine Hälfte einer Seite bringen. Nummeriert man die Positionen von der Ecke bis zu der Mitte der Seite mit 1 bis 6, so treten die Postionien 1 und 6 mit einer Wahrscheinlichkeit von 1/10 auf, die Positionen 2 bis 5 mit einer Wahrscheinlichkeit von 1/5. Die Abbildung zeigt die Positionen der zweiten LED für eine Auszahlung:

[attach]57785[/attach]

Es gibt sich

$\begin{eqnarray*} g(A=\frac {\frac {21}{10}+\frac {25+27+28+29}{5}+\frac {28}{10}}{40}= \frac {267}{400}=0.6675 \end{eqnarray*}$

Das ergibt den Erwartungwert für die Nettoauszahlung

$\begin{eqnarray*} E=-20+g(A) 30=0.025 \end{eqnarray*}$

Das stimmt nicht mit deiner Simulation überein. 10^6 Simulationen von mir (ohne Drehungen und Spiegelungen) passen dagegen zu der Abzählungsrechnung.

27.05.2024, 03:01

Dopap

Auf diesen Beitrag antworten »

mmh..

Du hast 0.025 als Spielwert berechnet und ich hab' 0.043 simuliert, aber mit einer Standardabweichung von 0.048
Ich sehe da jetzt keinen Widerspruch. verwirrt

----------------------------------------------
das g(A) war bei mir im stetigen Falle $\begin{eqnarray*} \frac {\pi+ 2}{8} \approx 0.6427 \end{eqnarray*}$ also etwas schlechter als das bei 40 LED, was gut zusammenpasst.

Apropos: schöne Bilder!

27.05.2024, 07:17

HAL 9000

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von Dopap
Ab welcher Anzahl an Punkten der Spielwert evtl. positiv werden würde müsste noch untersucht werden.

Bei $\begin{eqnarray*} 4n \end{eqnarray*}$ Lampen wird der Spielwert für $\begin{eqnarray*} n\geq 11 \end{eqnarray*}$ negativ, also nur einen Tick mehr als bei deinem Vorschlag. Augenzwinkern

Allgemein ist die Siegwahrscheinlichkeit da $\begin{eqnarray*} p_n = \frac{1}{4n^2}\left[ n^2+3n-1 + 2\sum_{k=1}^{n-1} \left\lfloor \sqrt{n^2-k^2}\right\rfloor \right] \end{eqnarray*}$ und der zugehörige Spielwert ist ja $\begin{eqnarray*} E_n = 30p_ n-20 \end{eqnarray*}$ .

Für $\begin{eqnarray*} < \end{eqnarray*}$ anstelle von $\begin{eqnarray*} \leq \end{eqnarray*}$ als Gewinnkriterium haben wir nur $\begin{eqnarray*} q_n=\frac{1}{4n^2}\left[ n^2 + 2\sum_{k=1}^{n-1} \left\lceil \sqrt{n^2-k^2} \right\rceil \right] \end{eqnarray*}$ , sofern ich mich nicht verrechnet habe. Augenzwinkern

Im Grenzwert sind aber beide gleich, genauer gesagt $\begin{eqnarray*} \lim_{n\to\infty} p_n = \lim_{n\to\infty} q_n = \frac{\pi+2}{8} \end{eqnarray*}$ , dem von Dopap oben schon genannten Wert.

Zitat:

Original von Dopap
Der reale Betrieb mit endlicher "Punktmenge" = 40 müsste noch untersucht werden, aber je weniger Leuchtpunkte desto positiver wirken sich die Ereignisse mit = für den Spieler aus.

Damit deutest du an, dass $\begin{eqnarray*} (p_n) \end{eqnarray*}$ monoton fallend ist. Stimmt generell leider nicht:

Beide Folgen $\begin{eqnarray*} \left(p_n\right) \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \left(q_n\right) \end{eqnarray*}$ sind nicht monoton: So hat man $\begin{eqnarray*} p_n < \frac{2}{3} \end{eqnarray*}$ und damit negativen Spielwert auch schon für $\begin{eqnarray*} n=7,8,9 \end{eqnarray*}$ - bei $\begin{eqnarray*} n=10 \end{eqnarray*}$ rettet man sich aber wegen Pythagoras $\begin{eqnarray*} 10^2=6^2+8^2 \end{eqnarray*}$ nochmal kurz über die Gewinnlinie. Augenzwinkern

Richtig ist, dass "im Groben" die Tendenz bei $\begin{eqnarray*} \left(p_n\right) \end{eqnarray*}$ fallend und bei $\begin{eqnarray*} \left(q_n\right) \end{eqnarray*}$ wachsend ist, aber immer mal wieder mit Ausreißern - die Diskretisierung mit den Gaußklammern hinterlässt da ihre Spuren. Big Laugh

28.05.2024, 06:35

Dopap

Auf diesen Beitrag antworten »

super exakt und mit mehr Antworten als formulierten Fragen!

Jetzt treibt mich noch eine weitere, dazu sehr eng verwandte Frage um.

31.05.2024, 04:43

Dopap

Auf diesen Beitrag antworten »

Was ist der exakte mittlere Abstand $\begin{eqnarray*} d^* \end{eqnarray*}$ der 2 Punkte im stetigen Fall?

Lösungen zum vollen Quadrat oder Kreis gibt es zuhauf z.B. beim Quadrat:
$\begin{eqnarray*} E(D) = d^* = \int_0^1\int_0^1 \int_0^1 \int_0^1\sqrt{(x_2-x_1)^2+(y_2-y_1)^2} \,\dd x_1 \dd x_2 \dd y_1 \dd y_2 = <br /> \frac{2+\sqrt{2} }{15}+\frac{\ln(1+\sqrt{2} ) }{3} \end{eqnarray*}$
gibt es mehr oder weniger komplizierte Wege zur Lösung, mal mit Tangens Secans und/oder
Polarkoordinaten.
Oben fand ich bisher lediglich den Wert der Verteilungsfunktion an der Stelle $\begin{eqnarray*} F_D(1)=\frac{\pi +2}{8} \end{eqnarray*}$ .
Wenig hilfreich. mMn ist die Dichtefunktion $\begin{eqnarray*} f_D(x) \end{eqnarray*}$ und dann zusätzlich noch $\begin{eqnarray*} \int_0^\sqrt2 x\cdot f(x)\dd x \end{eqnarray*}$ notwendig,
was aber wahrscheinlich zuviel des Guten ist, um lediglich den Mittelwert zu bestimmen.
Ansatz: $\begin{eqnarray*} d^* \end{eqnarray*}$ = die mit 25% 50% und 25% gewichtete Summe der mittleren Distanzen $\begin{eqnarray*} d_1^* , d_2^*, d_3^* \end{eqnarray*}$
der oben genannten Fälle a.) , b.) und c.)

$\begin{eqnarray*} d_1^* = \int_0^1 \int_0^1 \sqrt {(x_1 -x_2)^2)} \dd x_1 \dd x_2 = \frac13 \end{eqnarray*}$ (Dreiecksverteilung)
$\begin{eqnarray*} d_2^* = \int_0^1 \int _0^1\sqrt {(x_1^2 + y_2)^2} ,\dd x_1 ,\dd y_2 \end{eqnarray*}$ verwirrt

$\begin{eqnarray*} d_3^* = \int_0^1 \int _0^1\sqrt {1 + (x_1 -x_2)^2} ,\dd x_1 \dd x_ 2 \end{eqnarray*}$ verwirrt

Bem: bei 3 Ziffern numerisch mit dem TR und 3 kein Problem. ( 0.735 )
Zu den beiden anderen Integralen fällt mir und dem CAS des TR leider Nichts ein.

31.05.2024, 06:54

HAL 9000

Auf diesen Beitrag antworten »

Na das Integral für diesen mittleren Abstand aufzustellen ist ja so schwer nicht:

$\begin{eqnarray*} d^* = \frac{1}{4} \int\limits_0^1 \int\limits_0^1 \left[ |x-t| + \sqrt{(x-t)^2+1} + \sqrt{x^2+t^2} + \sqrt{x^2+(1-t)^2} \right] ~ \dd x ~ \dd t = \frac{1}{4} \int\limits_0^1 \int\limits_0^1 \left[ |x-t| + \sqrt{(x-t)^2+1} + 2\sqrt{x^2+t^2} \right] ~ \dd x ~ \dd t \end{eqnarray*}$

Auswertung ist mir jetzt zu mühselig, kannst ja mal ein CAS damit füttern. Augenzwinkern

EDIT: Ah Ok, hast du unten ja auch gemacht, war nur etwas verzettelt aufgeschrieben. Hmm, manchmal kann eben auch das CAS nichts machen. Es gibt übrigens weitere Threads hier im Board - vor deiner Zeit - die sich mit solchen Fragen betreffend Abstände von zufällig verteilten Punkten auf irgendwelchen geometrischen Mengen (Kreis, Quadrat - in deinem Fall ja nur Quadratumfang) befassen.

31.05.2024, 11:42

Huggy

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von HAL 9000
Hmm, manchmal kann eben auch das CAS nichts machen.

Nicht immer, aber hier doch. Z. B. Mathematica liefert klaglos:

$\begin{eqnarray*} \int_0^1 \int_0^1 \sqrt {x^2+t^2} \ dx dt =\frac 1 3 (\sqrt 2 +\operatorname {Arcsinh}1) \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \int_0^1 \int_0^1 \sqrt {x-t)^2+1} \ dx dt = \frac 2 3 - \frac {\sqrt 2} 3 +\operatorname {Arcsinh}1 \end{eqnarray*}$

31.05.2024, 12:38

HAL 9000

Auf diesen Beitrag antworten »

Gut! Das erste $\begin{eqnarray*} \int\limits_0^1 \int\limits_0^1 |x-t| ~ \dd x ~ \dd t \end{eqnarray*}$ sollte Dopap auch selbst hinkriegen (EDIT: ...hat er ja auch). Augenzwinkern

$\begin{eqnarray*} d^* = \frac{3 + \sqrt{2}+ 5\operatorname{Arcsinh}(1)}{12} \end{eqnarray*}$

Als nächstes dann die Varianz $\begin{eqnarray*} V(D) = E(D^2) - d^{*2} \end{eqnarray*}$ , was mit dem einfacher berechenbaren

$\begin{eqnarray*} E(D^2) = \frac{1}{4} \int\limits_0^1 \int\limits_0^1 \left[ (x-t)^2 + (x-t)^2+1 + 2\left(x^2+t^2\right) \right] ~ \dd x ~ \dd t \end{eqnarray*}$

keine Hürde sein sollte.

31.05.2024, 17:39

Leopold

Auf diesen Beitrag antworten »

Man kann das Integral auch ohne Mathematica berechnen. Ich habe es für mich als kleine Übung einmal durchgeführt.

In der $\begin{align*} xt \end{align*}$ -Ebene wird über das Einheitsintervall $\begin{align*} I = [0,1]^2 \end{align*}$ integriert. Der Integrand $\begin{align*} \sqrt{x^2 + t^2} \end{align*}$ ist gegenüber einer Vertauschung von $\begin{align*} x \end{align*}$ und $\begin{align*} t \end{align*}$ invariant, so daß es genügt, über das untere halbe Einheitsquadrat bis zur Diagonalen von $\begin{align*} (0,0) \end{align*}$ bis $\begin{align*} (1,1) \end{align*}$ zu integrieren und den Wert zu verdoppeln:

$\begin{align*} \int_I \sqrt{x^2 + t^2} ~ \dd (x,t) \ = \ 2 \int \limits_0^1 \int \limits_0^x \sqrt{x^2 + t^2} ~ \dd t ~ \dd x \end{align*}$

Im inneren Integral führt man die Substitution $\begin{align*} t = x \cdot \sinh(u) \end{align*}$ durch, $\begin{align*} x \end{align*}$ fungiert als Parameter, so daß $\begin{align*} \dd t = x \cdot \cosh(u) ~ \dd u \end{align*}$ gilt. Man transformiert formal:

$\begin{align*} \sqrt{x^2 + t^2} ~ \dd t \ = \ \sqrt{x^2 + x^2 \sinh^2(u)} \cdot x \cdot \cosh(u) ~ \dd u \ = \ x^2 \sqrt{1 + \sinh^2(u)} \cdot \cosh(u) ~ \dd u \ = \ x^2 \cosh^2(u) ~ \dd u \end{align*}$

und berechnet das Integral

$\begin{align*} \int \limits_0^x \sqrt{x^2 + t^2} ~ \dd t \ = \ x^2 \int \limits_0^{\operatorname{arsinh(1)}} \cosh^2(u) ~ \dd u \ = \ \left. \ x^2 \cdot \frac{1}{2} \left( \, u + \sinh(u) \cdot \cosh(u) \, \right) \, \right|_{\, u=0}^{\, u=\operatorname{arsinh}(1)} \end{align*}$

$\begin{align*} = \left. \ x^2 \cdot \frac{1}{2} \left( \, u + \sinh(u) \cdot \sqrt{1 + \sinh^2(u)} \, \right) \, \right|_{\, u=0}^{\, u=\operatorname{arsinh}(1)} = \frac{1}{2} x^2 \cdot \left( \, \operatorname{arsinh}(1) + 1 \cdot \sqrt{1 + 1^2} \, \right) = \frac{1}{2} \left( \, \operatorname{arsinh}(1) + \sqrt{2} \, \right) \cdot x^2 \end{align*}$

Und damit kann man die Integralberechnung oben zu Ende führen:

$\begin{align*} \int_I \sqrt{x^2 + t^2} ~ \dd (x,t) \ = \ \left( \, \operatorname{arsinh}(1) + \sqrt{2} \, \right) \int \limits_0^1 x^2 ~ \dd x \ = \ \frac{1}{3} \left( \, \operatorname{arsinh}(1) + \sqrt{2} \, \right) \end{align*}$

01.06.2024, 07:22

Dopap

Auf diesen Beitrag antworten »

kleine(!) Übung ist mir ein wenig zu viel der Bescheidenheit. Augenzwinkern

Bleibt mir nur noch ein Dankeschön an Alle zu richten

Neue Frage »

Antworten »

Spielwert Glücksspiel auf dem Umfang eines Quadrats

Verwandte Themen