Gewinnchancen Keno < Wahrscheinlichkeit < Stochastik < Oberstufe < Schule < Mathe < Vorhilfe
|
| Status: |
(Frage) beantwortet  | | Datum: | 12:27 So 15.05.2022 | | Autor: | Spica |
| Aufgabe | Ein Freund spielt seit Jahren Keno und behauptet, dass er über die Zeit nicht ins Minus komme. Das führe ich nur auf viel bisheriges Glück zurück, da solche Spiele so ausgelegt sind, dass statistisch gesehen immer die Lotterie gewinnt.
Nun gibt es bei Keno unterschiedliche Varianten. Ich habe versucht die Gewinnwahrscheinlichkeit und letztlich den Erwartungswert der Wette für folgende Variante nachzurechnen:
Bei der Ziehung werden aus 70 Zahlen 20 gezogen. Man gibt auf seinem Schein vor dieser Ziehung 3 Paare mit je 2 Zahlen an. Jedes Zahlenpaar kostet 2 Euro Einsatz, also insgesamt 6 Euro Einsatz. Ist eines dieser Zahlenpaare unter den gezogenen Zahlen, gewinnt man pro Zahlenpaar 20 Euro (Reihenfolge des angegebenen Zahlenpaares ist unerheblich, nur eben beide Zahlen müssen unter den 20 zu finden sein). D.h., man verliert somit entweder den Einsatz von 6 Euro (0 Paare richtig) oder gewinnt 14 Euro (1 Paar richtig), 34 Euro (2 Paare richtig) oder 54 Euro (3 Paare richtig).
Nun bin ich mir unsicher, ob meine Berechnung stimmt und ich fürchte, wohl eher nicht. Also:
Ich gehe von einer Ziehung von 2 aus 20 aus, also [mm] 1/\vektor{20 \\ 2}, [/mm] somit 1/190.
Nun wurde aber bereits eine Ziehung von diesen 20 aus 70 vorgelagert. Ist es nun richtig einfach nur [mm] 1/190\*20/70 [/mm] zu rechnen, was somit ein P von ca. 0,0015 ergäbe? Ich fürchte, hier einen Fehler zu machen, weil es wohl komplizierter ist, oder?
Da ich aber 3 Paare laufen habe, würde ich nun mit der Binominalverteilung weiter rechnen mit n=3 und somit die 4 Fälle betrachten, also dass ich 0 bis 3 mal gewinne:
[mm] \vektor{n \\ k}\*0,0015^{k}\*0,9985^{n-k}.
[/mm]
Das ergibt:
0,9954 für 0 Treffer
0,00452 für 1 Treffer
[mm] 6,8\*10^{-6} [/mm] für 2 Treffer
[mm] 3,4\*10^{-9} [/mm] für 3 Treffer
Damit ergibt sich folgender Erwartungswert für diese Wette:
-6 Euro [mm] \* [/mm] 0,9954 = -5,97 Euro
14 Euro [mm] \* [/mm] 0,00452 = 0,063 Euro
Die Erwartungswerte für 2 oder gar 3 Treffer sind schon vernachlässigbar.
D.h., die Wette hätte für den Spieler einen Gesamterwartungswert von ca. -5,91 Euro.
Fazit: Wer diese Variante Woche für Woche spielt, vernichtet statistisch gesehen jede Woche 5,91 Euro.
Bei allen anderen Varianten wird es nicht anders sein. Man kann z.B. auch 10 aus 20 wählen. Da gewinnt man auch bereits, wenn man 9 oder 8 oder noch weniger von 10 richtig hat, aber die Gewinne gehen entsprechend runter. Der Einsatz ist entsprechend höher und rechnet man die Fälle durch, wird sicher wieder der Erwartungswert für jede Variante negativ sein, wie dies eben bei jeder Lotterie der Fall ist. |
Stimmt meine Berechnung? Die Multiplikation von [mm] 20\*70 [/mm] ist der Punkt, wo ich zweifele, ob man das so rechnen kann.
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 14:22 So 15.05.2022 | | Autor: | statler |
Hallo,
ich habe die Aufgabenstellung - also die Spielregel - anders verstanden als die Wikipedia. In der Aufgabenstellung tippt man nicht 6 Zahlen, sondern 3 Paare aus 2 Zahlen. Man kann also 3 richtige Zahlen haben, ohne daß ein Paar korrekt ist.
Dann braucht man auch die hypergeometrische Verteilung. Ich komme damit auf andere Zahlen als der Aufgabensteller:
P(0) = 0,7795
P(1) = 0,2052
P(2) = 0,0150
P(3) = 0,0003
E = -1,28
Gruß
Dieter
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 16:05 So 15.05.2022 | | Autor: | Spica |
Hallo Gono und Dieter,
vielen Dank.
Ich habe zu Beginn wie befürchtet eben nicht richtig gerechnet. Da ist die hypergeometrische Verteilung richtig. Dann aber geht es weiter mit der Binominalverteilung. Ich komme aber auf geringfügig andere Werte als Dieter:
P(0) = 0,782
P(1) = 0,200
P(2) = 0,0171
P(3) = 0,000486
Tut aber nicht viel zu Sache, denn damit ergibt sich auch letztlich E = -1,28.
VG Spica
|
|
|
| |
|
> Ein Freund spielt seit Jahren Keno und behauptet, dass er
> über die Zeit nicht ins Minus komme. Das führe ich nur
> auf viel bisheriges Glück zurück, da solche Spiele so
> ausgelegt sind, dass statistisch gesehen immer die Lotterie
> gewinnt.
> Nun gibt es bei Keno unterschiedliche Varianten. Ich habe
> versucht die Gewinnwahrscheinlichkeit und letztlich den
> Erwartungswert der Wette für folgende Variante
> nachzurechnen:
> Bei der Ziehung werden aus 70 Zahlen 20 gezogen. Man gibt
> auf seinem Schein vor dieser Ziehung 3 Paare mit je 2
> Zahlen an. Jedes Zahlenpaar kostet 2 Euro Einsatz, also
> insgesamt 6 Euro Einsatz. Ist eines dieser Zahlenpaare
> unter den gezogenen Zahlen, gewinnt man pro Zahlenpaar 20
> Euro (Reihenfolge des angegebenen Zahlenpaares ist
> unerheblich, nur eben beide Zahlen müssen unter den 20 zu
> finden sein). D.h., man verliert somit entweder den Einsatz
> von 6 Euro (0 Paare richtig) oder gewinnt 14 Euro (1 Paar
> richtig), 34 Euro (2 Paare richtig) oder 54 Euro (3 Paare
> richtig).
> Nun bin ich mir unsicher, ob meine Berechnung stimmt und
> ich fürchte, wohl eher nicht. Also:
> Ich gehe von einer Ziehung von 2 aus 20 aus, also
> [mm]1/\vektor{20 \\ 2}[/mm] ![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]") ?
> somit 1/190. ![[notok]](/images/smileys/notok.gif "[notok]")
[mm]\vektor{20 \\ 2}[/mm] = 20*19/(1*2) = 190
ist die Anzahl aller möglichen Gewinnpaare.
1/190 hat aber hier keine Bedeutung. Das wäre die W. dafür, dass du bereits die 20 Gewinnzahlen kennst, daraus(!) ein Paar gebildet hast (das zwangsweise dann auch gewinnt), aber jetzt noch ein bestimmtes von den Gewinnpaaren gezogen wird und das dann deines ist.
Die Anzahl aller überhaupt möglichen Paare ist [mm]\vektor{70 \\ 2}[/mm] = 70*69/(1*2)=2415
Damit ist die W. dafür, dass ein bestimmtes Paar gewinnt,
20*19/(1*2) : 70*69/(1*2) = 20*19/(70*69)= 0,0786749
Was gilt nun für 3 Paare?
Wir bilden ein Urnenmodell. Dabei setze ich voraus, dass kein Paar doppelt gewählt wird, wohl aber evtl. eine Ziffer, also z.B. die Paare (1,7) und (1,33) sind "erlaubt", nicht aber (1,7) und nochmals (1,7).
Wir nehmen 2415 Kugeln und schreiben auf jede eines der möglichen Paare (Reihenfolge der Zahlen unwichtig). Dann ziehen wir zufällig 20 Zahlen und färben die dazugehörenden 190 Gewinnkugeln rot, die restlichen 2225 weiß.
Nun ziehen wir 3 Kugeln aus der Urne.
Es gibt insgesamt [mm]\vektor{2415 \\ 3}[/mm] = 2 344 555 255 Möglichkeiten, 3 Kugeln zu ziehen, davon
[mm]\vektor{190 \\ 0}*\vektor{2225 \\ 3}[/mm] = 1 833 382 200 Möglichkeiten für 0 Gewinne, Ausschüttung 1 833 382 200 * 0 € = 0 €
[mm]\vektor{190 \\ 1}*\vektor{2225 \\ 2}[/mm] = 470 098 000 Möglichkeiten für 1 Gewinn, Ausschüttung 470 098 000 * 20 € = 9 401 960 000 €
[mm]\vektor{190 \\ 2}*\vektor{2225 \\ 1}[/mm] = 39 949 875 Möglichkeiten für 2 Gewinne, Ausschüttung 39 949 875 * 40 € = 1 597 995 000 €
[mm]\vektor{190 \\ 3}*\vektor{2225 \\ 0}[/mm] = 1 125 180 Möglichkeiten für 3 Gewinne, Ausschüttung 1 125 180 * 60 € = 67 510 800 €
-------------- ----------------
Macht addiert 2 344 555 255 (alle Mgl.) gesamte Ausschüttung 11 067 465 800 €
11 067 465 800 €/2 344 555 255 Spiele = 4,72 € pro Spiel Ausschüttung, wobei jedes Spiel 3*2 € = 6 € kostet. Man hat also 1,28 € pro Spiel Verlust.
Zusatzbemerkung: Wäre auch die Wiederhollung (1,7), (1,7) "erlaubt", entspräche das einem Zurücklegen der gezogenen Kugel, wobei sich die W. für die nächste Ziehung einer roten Kugel erniedrigen würde.
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 18:21 So 15.05.2022 | | Autor: | statler |
Hallo,
ich habe Probleme mit diesem Modell! Nehmen wir einmal an, daß die Paare {1, 2}, {3, 4} und {5, 6} getippt wurden und die Zahlen von 1 bis 20 gezogen wurden.
Dann sind in der Urne die Paare {1, 2}, {1, 3} und {1, 4} markiert, also bei den 190. Die werden dann als Möglichkeit für 3 Gewinnpaare erfaßt, sind es aber nicht.
Mein Ansatz (= Modell) läuft anders: In der Urne sind 70 Kugeln, und ich markiere meine getippten Paare, also 2 rot, 2 gelb und 2 grün. Dann werden 20 Kugeln gezogen. Für 3 Treffer muß ich alle markierten Kugeln erwischen und entsprechend 14 nichtmarkierte. In den anderen Fällen ist es etwas komplizierter, weil ich Fallunterscheidungen machen muß.
Trotzdem liegen die Wahrscheinlichkeiten sehr dicht beieinander, und der Erwartungswert stimmt bis auf Rundungsfehler überein, erstaunlich.
Ich habe das Gefühl, daß es mit der Binomialverteilung nicht geht.
Viele Grüße
Dieter
|
|
|
| |
|
> Hallo,
> ich habe Probleme mit diesem Modell! Nehmen wir einmal an,
> daß die Paare {1, 2}, {3, 4} und {5, 6} getippt wurden und
> die Zahlen von 1 bis 20 gezogen wurden.
> Dann sind in der Urne die Paare {1, 2}, {1, 3} und {1, 4}
> markiert, also bei den 190. Die werden dann als
> Möglichkeit für 3 Gewinnpaare erfaßt, sind es aber
> nicht.
Ich habe das so verstanden: Wenn jetzt z.B. die Zahlen von 1 bis 20 gezogen werden, haben alle 3 Paare gewonnen. Wenn ich die Wiederholung (1,7) und (1,7) ausgeschlossen habe, dann nur, weil dabei die Gewinnwahrscheinlichkeit geringer ist als bei der Wahl von (1,7) und (2,8). Darauf habe ich in meinem Zusatz hingewiesen.
Würde man beim Tipp (1,7), (1,7), (1,7) nur einmal gewinnen, wenn 1 und 7 bei den Gewinnzahlen wären?
Nach deiner Interpretation wäre es also unsinnig, mehr als 7 Zehner-Reihen zu tippen, weil sich sonst mindestens eine Zahl irgendwo wiederholen müsste?
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 19:28 So 15.05.2022 | | Autor: | statler |
> > Hallo,
> > ich habe Probleme mit diesem Modell! Nehmen wir einmal
> an,
> > daß die Paare {1, 2}, {3, 4} und {5, 6} getippt wurden und
> > die Zahlen von 1 bis 20 gezogen wurden.
> > Dann sind in der Urne die Paare {1, 2}, {1, 3} und {1,
> 4}
> > markiert, also bei den 190. Die werden dann als
> > Möglichkeit für 3 Gewinnpaare erfaßt, sind es aber
> > nicht.
>
> Ich habe das so verstanden: Wenn jetzt z.B. die Zahlen von
> 1 bis 20 gezogen werden, haben alle 3 Paare gewonnen. Wenn
> ich die Wiederholung (1,7) und (1,7) ausgeschlossen habe,
> dann nur, weil dabei die Gewinnwahrscheinlichkeit geringer
> ist als bei der Wahl von (1,7) und (2,8). Darauf habe ich
> in meinem Zusatz hingewiesen.
> Würde man beim Tipp (1,7), (1,7), (1,7) nur einmal
> gewinnen, wenn 1 und 7 bei den Gewinnzahlen wären?
>
> Nach deiner Interpretation wäre es also unsinnig, mehr als
> 7 Zehner-Reihen zu tippen, weil sich sonst mindestens eine
> Zahl irgendwo wiederholen müsste?
Ich habe den Aufgabentext überinterpretiert und bin - wie beim Lotto - davon ausgegangen, daß die getippten Paare nicht nur als Mengen verschieden sein müssen, sondern aus 6 verschiedenen Zahlen bestehen sollen. Aber das steht nirgends! Also könnte man durchaus 3 gleiche Paare tippen. Und hätte dann entweder 3 Treffer oder keinen, oder?
Man lernt dazu.
|
|
|
|
![[]](/images/popup.gif){kind=small}
ist doch in der Wikipedia alles klein klein vorgerechnet…