Würfelspiel

07.12.2024, 22:40

Aaaron

Würfelspiel

Meine Frage:
Anna spielt ein Spiel mit einem handelsüblichen Würfel. Rollt sie eine 6, so ist das Spiel vorbei und sie geht leer aus. Für alle anderen Augenzahlen hat sie die folgende Entscheidung: Entweder beendet sie das Spiel und lässt sich den Betrag der soeben gewürfelten Augenzahl auszahlen oder sie würfelt ein weiteres Mal mit den gleichen Regeln. Was ist Annas beste Stratgie und welchen Gewinn kann sie erwarten

Meine Ideen:
Ich denke, wenn sie eine 4 oder 5 würfelt sollte sie sich den Betrag auszahlen lassen. Wie kann ich aber mathematisch überprüfen, ob es sich z.B. bei einer 3 lohnt weiterzuwürfeln oder auszuzahlen?

08.12.2024, 19:22

klauss

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RE: Würfelspiel
Wenn es heißt "mit den gleichen Regeln", müßte man noch dazusagen, ob das bedeutet, man kann beliebig oft würfeln, solange keine 6 fällt, oder ob man nur ein zweites Mal würfeln darf.
Das lasse ich aber mal außer Betracht.
Klar ist:
$\begin{eqnarray*} \bullet \end{eqnarray*}$ Wenn beim 1. Wurf eine 5 fällt, macht man Schluß, da ja keine Verbesserung möglich ist.
$\begin{eqnarray*} \bullet \end{eqnarray*}$ Die bedingte Wahrscheinlichkeit, sich mit einem 2. Versuch nicht zu verschlechtern, wenn beim 1. Mal eine 3 fällt, beträgt 1/2. Kann man sich überlegen, das zu riskieren.

Für erlaubte maximal 2 Würfe habe mir daher noch zur Überprüfung die Erwartungswerte angeschaut:
Fall 1: 4 oder 5 im 1. Wurf werden akzeptiert, bei 1, 2, 3 würfelt man nochmal $\begin{eqnarray*} \rightarrow \end{eqnarray*}$ Erwartungswert = 2,75
Fall 2: 3, 4, 5 im 1. Wurf werden akzeptiert, nur bei 1 oder 2 würfelt man nochmal $\begin{eqnarray*} \rightarrow \end{eqnarray*}$ Erwartungswert = 2,83
Soll Anna also sich die 3 auszahlen lassen oder weiterwürfeln?

08.12.2024, 19:44

Aaaron

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Für diesen Fall ist es wohl besser auch die 3 zu akzeptieren. Allerdings soll gemeint sein, dass Anna beliebig oft weiterwürfeln kann, hier hab ich beim kurzfassen die Aufgabe wohl leider etwas unklar gemacht.
Das Problem ist hier, dass ich nicht ganz die Erwartungswerte berechnen kann. In beiden Fällen sollten sie ja ansteigen. Mich würde es nicht wundern, wenn dein Fall 1 hier aufholen kann, da bei höheren Werten gestoppt wird.

09.12.2024, 08:40

HAL 9000

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Zitat:

Original von Aaaron
Allerdings soll gemeint sein, dass Anna beliebig oft weiterwürfeln kann, hier hab ich beim kurzfassen die Aufgabe wohl leider etwas unklar gemacht.

Ich hab das genauso aufgefasst, wegen dieses "mit den gleichen Regeln". Augenzwinkern

In dem Fall kann man so rechnen: Sei $\begin{eqnarray*} g_n \end{eqnarray*}$ der erwartete Gewinn bei Strategie "aufhören bei Mindestaugenzahl $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ ". Dann gibt es beim Würfeln drei Fälle:

1) Es wird $\begin{eqnarray*} 1,\ldots,n-1 \end{eqnarray*}$ gewürfelt, das geschieht mit Wkt $\begin{eqnarray*} \frac{n-1}{6} \end{eqnarray*}$ . Hier wird weitergewürfelt mit bedingtem Gewinn-Erwartungswert $\begin{eqnarray*} g_n \end{eqnarray*}$ .

2) Es wird $\begin{eqnarray*} n,\ldots,5 \end{eqnarray*}$ gewürfelt, das geschieht mit Wkt $\begin{eqnarray*} \frac{6-n}{6} \end{eqnarray*}$ . Hier hat man bedingten Gewinn-Erwartungswert $\begin{eqnarray*} \frac{n+5}{2} \end{eqnarray*}$ .

2) Es wird $\begin{eqnarray*} 6 \end{eqnarray*}$ gewürfelt, das geschieht mit Wkt $\begin{eqnarray*} \frac{1}{6} \end{eqnarray*}$ . Hier hat man bedingten Gewinn-Erwartungswert $\begin{eqnarray*} 0 \end{eqnarray*}$ .

Somit gilt $\begin{eqnarray*} g_n = \frac{n-1}{6}\cdot g_n + \frac{6-n}{6}\cdot \frac{n+5}{2} + \frac{1}{6}\cdot 0 \end{eqnarray*}$ , umgestellt $\begin{eqnarray*} g_n = \frac{(6-n)(n+5)}{2(7-n)} \end{eqnarray*}$ .

Das gilt es zu maximieren, wobei wir hier keine Analysis auffahren müssen, wir können einfach auch die fünf relevaten Werte berechnen:

$\begin{eqnarray*} g_1=2.5,g_2=2.8,g_3=3,g_4=3,g_5=2.5 \end{eqnarray*}$

Maximum wird daher erreicht sowohl für $\begin{eqnarray*} n=3 \end{eqnarray*}$ als auch $\begin{eqnarray*} n=4 \end{eqnarray*}$ , ist also egal welchen der beiden Werte man für die optimale Strategie nimmt: n=3 ist für die vorsichtigeren, die gern überhaupt was gewinnen wollen, während n=4 besser ist für die, die im Gewinnfall einen durchschnittlich höheren Gewinn haben wollen (auf Kosten höherer Ausfallwahrscheinlichkeit).

P.S.: Bei Klaus' Interpretation "maximal zwei Würfe" ändert sich der bedingte Gewinn-Erwartungswert in Fall 1 von $\begin{eqnarray*} g_n \end{eqnarray*}$ zu $\begin{eqnarray*} 2.5 \end{eqnarray*}$ , und damit die Gesamtrechnung zu

$\begin{eqnarray*} g_n = \frac{5(n-1)+ (6-n)(n+5)}{12} = \frac{34-(n-3)^2}{12} \end{eqnarray*}$ ,

mit Maximum bei n=3, ja.

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