Beim Würfeln gewinnen < Stochastik < Oberstufe < Schule < Mathe < Vorhilfe
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| Aufgabe | Wer eine "Sechs" würfelt, bekommt 6 Euro ausbezahlt.
Wer eine "Fünf" würfelt, bekommt 5 Euro ausbezahlt.
Wer eine "Vier" würfelt, muss 4 Euro an die Bank zahlen.
Wer eine "Drei" würfelt, muss 3 Euro an die Bank zahlen.
Wer eine "Zwei" würfelt, muss 2 Euro an die Bank zahlen.
Wer eine "Eins" würfelt, muss 1 Euro an die Bank zahlen.
Frage:
Wie oft muss man würfeln, damit man mit 90%iger Wahrscheinlichkeit per Saldo Geld gewonnen hat. |
Also:
Wenn man nur einmal würfelt, dann gewinnt man zu 33,3% (nur bei einer "Fünf" oder "Sechs")
Wenn man zweimal würfelt, dann gewinnt man zu 55,5% (man muss mindestens einmal eine "Fünf" oder "Sechs" haben).
Danach wird es aber schon komplizierter. Und da frage ich mich: Kann man das eigentlich noch "berechnen", oder hilft da nur noch die Al-Chwarizmi-Methode (man entwickele ein Programm, das per Zufallsgenerator einige Millionen Mal würfelt und sehe dann, ab wievielen Würfen der Spieler in 90 Prozent aller Fälle einen Gewinn macht)?
Okay, ein möglicher Lösungsansatz wäre, den Erwartungswert und die Standardabweichung zu berechnen (das sollte machbar sein).
Und diese 90 Prozent heißen: 1,64fache Standardabweichung.
Und weiter???
Einzel-Erwartungswert mal Anzahl der Würfe = Gesamterwartungswert
Einzel-Standardabweichung mal Wurzel Würfe = Gesamtstandardabweichung
Gesamterwartungswert minus Gesamtstandardabweichung größer als Null
Und dann noch irgendwie den Faktor 1,64 da rein bringen. So könnte es gehen.
Und Al-Chwarizmi überprüft das Ergebnis mithilfe seines Simulations-Programmes.
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 01:24 Mo 27.05.2013 | | Autor: | tobit09 |
Hallo Ralph,
> Wenn man zweimal würfelt, dann gewinnt man zu 55,5% (man
> muss mindestens einmal eine "Fünf" oder "Sechs" haben).
>
> Danach wird es aber schon komplizierter. Und da frage ich
> mich: Kann man das eigentlich noch "berechnen",
Ich vermute für größere Zahlen nicht mehr per Hand.
> oder hilft
> da nur noch die Al-Chwarizmi-Methode (man entwickele ein
> Programm, das per Zufallsgenerator einige Millionen Mal
> würfelt und sehe dann, ab wievielen Würfen der Spieler in
> 90 Prozent aller Fälle einen Gewinn macht)?
Einen Zufallsgenerator braucht man nicht, um sich die Wahrscheinlichkeiten von einem Computer ermitteln zu lassen: Mittels Computer lassen sich die Wahrscheinlichkeiten berechnen.
Die beste Idee, die ich dazu habe: Man ermittelt zunächst die Verteilung der Gewinne/Verluste bei einem Wurf, dann daraus die Verteilung der Gewinne/Verluste bei zwei Würfen, usw.
Ich habe dies mal mithilfe eines Tabellenkalkulations-Programmes versucht, bin dabei jedoch an die Grenzen der Fähigkeiten dieses Programmes gestoßen, so dass es mir diverse Male abgestürzt ist. Daher musste ich besonders unwahrscheinlich große Gewinne bzw. Verluste unberücksichtigt lassen. Außerdem kann ich nicht abschätzen, wie sich Rundungsfehler auf das Gesamtergebnis auswirken.
Der von mir ermittelte Wert lautet 696. Der tatsächliche Wert dürfte vermutlich eher etwas kleiner sein. Vielleicht stimmt ja schon einmal die Größenordnung.
Den exakten Wert wird man vermutlich am einfachsten durch ein Programm ermitteln können, was mit exakten Brüchen rechnet und die besonders unwahrscheinlichen großen Gewinne/Verluste nicht unberücksichtigt lässt.
Viele Grüße
Tobias
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 07:50 Mo 27.05.2013 | | Autor: | luis52 |
Moin,
vielleicht genuegt dir ja ein Approximation. Sei [mm] $S_n$ [/mm] der Gewinn, bei $n$ Versuchen. Gesucht ist $n$ mit [mm] $P(S_n>0)\ge\beta$ [/mm] mit [mm] $\beta=0.9$. $S_n$ [/mm] ist die Summe unabhaengiger identisch verteilter Zufallsvariablen [mm] $X_i$ [/mm] mit Erwartungswert 1/6 und Varianz 90.97. [mm] $S_n$ [/mm] ist approximativ normalverteilt, so dass
[mm] $P(S_n>0)\approx1-\Phi\left(\dfrac{-n/6}{\sqrt{90.97n}}\right)\ge \beta\iff n\ge3274.92[\Phi^{-1}(1-\beta)]^2$.
[/mm]
Was mich irritiert ist Folgendes. Mit [mm] $\beta=0.9$ [/mm] erhalte ich [mm] $n\ge [/mm] 5378.645$, ein wesentlich hoeherer Wert, als der von Tobias. Habe ich mich irgendwo verrechnet?
Der Sache gehe ich spaeter nach.
vg Luis
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 15:22 Mo 27.05.2013 | | Autor: | luis52 |
>
> . Habe ich mich irgendwo verrechnet?
>
In der Tat, die Varianz ist $15.25$, so dass $ [mm] n\ge545.04[\Phi^{-1}(1-\beta)]^2$, [/mm] also [mm] $n\ge [/mm] 895.15$.
vg Luis
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 19:51 Mo 27.05.2013 | | Autor: | rabilein1 |
Als Erwartungswert habe ich auch 0.1666 und als Varianz ebenfalls 15.139 (also Standardabweichung 3.891) raus.
Dann habe ich folgende Formel genommen (aber die kann auch falsch sein, weil ich nicht so genau weiß, wo das 1.64 eingebaut werden muss):
0,1666*n = [mm] 1.64*3.891*\wurzel{n}
[/mm]
und dann wäre n [mm] \approx [/mm] 1467
Vielleicht hilft da wirklich nur eine Simulation, um zu sehen, ob das so ungefähr hinkommt (das heißt, ob man diese Sache mit Standardabweichung her überhaupt angewendet werden darf).
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Wie ich feststelle, hat Luis52
0,1666*n = [mm]3.891*\wurzel{1.64*n}[/mm]
genommen und ist so auf sein Ergebnis gekommen.
Wie gesagt: Ich weiß nicht, ob der Faktor 1.64 unter die Wurzel kommt oder nicht.
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 20:35 Mo 27.05.2013 | | Autor: | luis52 |
> Wie ich feststelle, hat Luis52
>
> 0,1666*n = [mm]3.891*\wurzel{1.64*n}[/mm]
>
> genommen und ist so auf sein Ergebnis gekommen.
>
>
Ich kann nicht nachvollziehen, warum du mit 1.64 (95%-Punkt der Standardnormalverteilung) arbeitest. M.E. brauchst du den 10%-Punkt $-1.282$:
[mm] \begin{matrix}
1-\Phi\left(\dfrac{-n/6}{\sqrt{15.39n}}\right)=1-\Phi\left(\dfrac{-\sqrt{n}}{6\sqrt{15.39}}\right)\ge 0.9&\iff&\Phi\left(\dfrac{-\sqrt{n}}{6\sqrt{15.39n}}\right)\le0.1 \\
&\iff& \dfrac{-\sqrt{n}}{6\sqrt{15.39n}}\le-1.282\\
&\iff&\sqrt{n}\ge1.282\cdot6\cdot\sqrt{15.39n} \\
&\iff& n\ge 895.72
\end{matrix} [/mm]
vg Luis
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 21:43 Mo 27.05.2013 | | Autor: | rabilein1 |
> Ich kann nicht nachvollziehen, warum du mit 1.64 (95%-Punkt
> der Standardnormalverteilung) arbeitest. M.E. brauchst du
> den 10%-Punkt [mm]-1.282[/mm]:
Irgendwie kann ich das mit dem 1.64 = 95%-Punkt bzw. 10%-Punkt - 1.282 nicht nachvollzeihen.
Nach meiner Tabelle entspricht:
1.00 = 68%-Punkt
1.64 = 90%-Punkt (und hier ging es ja um 90 %)
1.96 = 95%-Punkt
Und meine Rechnung käme ja auch mit 1.64 = 90% hin - eben nur, dass bei dir die 1.64 unter der Wurzel stand (dann käme nämlich n=895 raus), und bei mir stand die 1.64 ohne Wurzel.
Auch wenn du eine völlig andere Formel benutzt hast, glaube ich nicht, dass es sich um "rein zufällig" dasselbe Ergebnis handelt.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 06:48 Di 28.05.2013 | | Autor: | rabilein1 |
> M.E. brauchst du den 10%-Punkt = 1.282
Du hast vollkommen Recht. Ich hatte deinen Hinweis allerdings zuerst nicht verstanden, weil du keine Erklärung dafür abgegeben hattest.
Außerdem ist dieser 80%-Wert 1.282 zufällig ungefähr [mm] \wurzel{1.64} [/mm] - wodurch ich immer weiter an die 1.64 dachte, mir jedoch die Wurzel nicht erklären konnte.
Die Erklärung, die ich dann aber doch noch gefunden habe, liegt darin, dass ich hätte nehmen müssen:
100% = 10% + 80% + 10% - und nicht 100% = 10% + 90%
Die Formel wäre dann also
0,1666*n = [mm] 1.282*3.891*\wurzel{n} [/mm] - und dann kommt raus: n [mm] \approx [/mm] 895
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