Wahrscheinlichkeitsrechnung bei einem Roulettespiel

27.07.2025, 20:16	plitzi_1	Auf diesen Beitrag antworten »
Wahrscheinlichkeitsrechnung bei einem Roulettespiel Meine Frage: Hallo, ich habe Probleme bei einer Wahrscheinlichkeitsrechnung! Die Aufgabe ist wie folgt: Stelle dir ein Roulettespiel vor, wo Tim insgesamt 45? hat und bei jedem Dreh insgesamt 4.5? setzt. Zu 1/15 bekommt Tim 4,5? zurück, also macht er plus minus 0. Zu 7/15 bekommt Tim 7? zurück, gewinnt also 2,5?. Zu 1/15 bekommt Tim 14? zurück, gewinnt also 10,5?. Und zu 6/15 bekommt Tim 0?, verliert also 4,5?. Jetzt möchte er wissen, was die Wahrscheinlichkeit ist, dass er bei 100 Drehs, insgesamt sein ganzes Geld verliert! Ich weiß nicht genau, wie ich das berechnen soll. Am besten Tipps oder Hilfe für ein Lösungsweg! Meine Ideen: Meine Idee wäre einfach auszurechnen, was die Wahrscheinlichkeit ist, bei 100 Drehs insgesamt 10 mal mehr zu verlieren als zu gewinnen, aber da ist die Abweichung in den Gewinnen nicht einberechnet und das ist mir zu kompliziert!
28.07.2025, 06:40	adiutor62	Auf diesen Beitrag antworten »
RE: Hilfe für eine Wahrscheinlichkeitsrechnung bei einem Roulettespiel Berechne zuerst den Erwartungswert, die Standardabweichung pro Spiel, dann kannst du mit der Normalverteilung arbeiten. Bei 100 Spielen sollte der zentrale Grenzwertsatz greifen.
30.07.2025, 17:12	HAL 9000	Auf diesen Beitrag antworten »
Ein kleines Problem bei diesem Zugang über ZGWS: Hier könnte man am Ende nach 100 Drehs einen positiven Barbestand haben, obwohl man zwischendurch eigentlich schon pleite war (man spielt also die 100 Drehs immer komplett durch mit einem unbegrenztem Kredit, falls man ins Minus gerät). Betrachtet man das ganze so, dass man nicht mehr setzen kann, wenn man irgendwann bei weniger als 4,5€ Kassenbestand ist, dann kann man das ganze auch schnöde durchrechnen mit einem Skript: Sei $\begin{eqnarray} p_n(k) \end{eqnarray}$ die Wahrscheinlichkeit, nach $\begin{eqnarray} n \end{eqnarray}$ Drehs genau $\begin{eqnarray} \frac{k}{2} \end{eqnarray}$ Euros Barbestand zu haben. Dann ist $\begin{eqnarray} p_{n+1}(k) = \frac{1}{15}\left( p_n(k) + 7p_n(k-5) + p_n(k-19) + 6p_n(k+9) \right) \end{eqnarray}$ für $\begin{eqnarray} k\geq 28 \end{eqnarray}$ , $\begin{eqnarray} p_{n+1}(k) = \frac{1}{15}\left( p_n(k) + 7p_n(k-5) + 6p_n(k+9) \right) \end{eqnarray}$ für $\begin{eqnarray} 14\leq k< 28 \end{eqnarray}$ , $\begin{eqnarray} p_{n+1}(k) = \frac{1}{15}\left( p_n(k) + 6p_n(k+9) \right) \end{eqnarray}$ für $\begin{eqnarray} 9\leq k< 14 \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} p_{n+1}(k) = p_n(k) + \frac{1}{15}\left( 6p_n(k+9) \right) \end{eqnarray}$ für $\begin{eqnarray} 0\leq k< 9 \end{eqnarray}$ . Das ganze ist zu betrachten für $\begin{eqnarray} 0\leq k\leq 90+19n \end{eqnarray}$ mit Start $\begin{eqnarray} p_0(90)=1 \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} p_0(k)=0 \end{eqnarray}$ für $\begin{eqnarray} k\neq 90 \end{eqnarray}$ . Als "pleite" würde ich dann aber bezeichnen, wenn man nicht mehr setzen kann. Das ist dann nicht nur Barbestand 0, sondern Barbestand <4,5€. Hab das mal mit einem solchen Skript durchgerechnet und komme damit auf eine Pleitewahrscheinlichkeit (nach der eben genannten Definition) von $\begin{eqnarray} \sum_{k=0}^8 p_{100}(k) \approx 0{,}299 \end{eqnarray}$ . P.S.: Mit Kredit gerechnet kommt man übrigens auf Wahrscheinlichkeit von ca. 0,141, dass man am Ende ohne Geld (und ggfs. auch noch einem Berg Schulden) dasteht. Das ist ziemlich nahe an dem Wert 0,139, den man mit Normalverteilungsapproximation gemäß ZGWS herausbekommt. Man sieht daher, dass es einen erheblichen Unterschied ausmacht, welches der beiden Modelle "ohne/mit Kredit" betrachtet wird. Und wenn auch die Pleitewahrscheinlichkeit bei der ersten Variante deutlich höher ist, so steht man dort am Ende zumindest ohne Schulden da. EDIT (26.8.): Keine Ahnung, ob plitzi_1 nach dem 27.7. nochmal vorbeigeschaut hat - falls ja, dann jedenfalls ohne Einloggen. Schon etwas seltsam, dieses Desinteresse.

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