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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 13:21 Mi 17.06.2009 | | Autor: | gigi |
| Aufgabe | | Zwei Spieler werfen eine symmetrische Münze. Die Würfe sind dabei unabhängig. Es sei p die Wahrscheinlichkeit, dass die Anzahl der Wappen, die der erste SPieler in n+1 Würfen erzielt, größer ist als die Anzahl der Wappen, die der zweite Spieler in n Spielen erzielt. Berechnen SIe p. |
Hallo, ich habe das ganz einfach mal für n=1 und n=2 aufgeschrieben...und würde auf eine Wahrscheinlichkeit von 0,5 kommen. Ich verwende dabei das LAplace-Modell. Nun möchte ich das ganze gern allgemein machen: Für die Anzahl der möglichen Ausgänge überlege ich mir für den 2.Spieler: 2n und für den 1.Spieler 2(n+1), erhalte also: [mm] \bruch{Anzahl günstiger Ergebnisse}{4n²+4n}. [/mm] Im Zähler müsste also eigentlich 2n²+2n stehen, damit dann am Ende wieder 0,5 steht. Aber ich weiß nicht, wie man da loglisch drauf kommt.
Stimmen meine Überlegungen überhaupt??
Danke und TSchüss.
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 16:55 Mi 17.06.2009 | | Autor: | moudi |
Hi gigi
Ich wuerde es mit einer Fallunterscheidung machen:
1. Fall Spieler A hat in n Wuerfen gleich viel Wappen wie Spieler B. Diese Wahrscheinlichkeit sei [mm] $P_1$. [/mm] Dann muss Spieler A in seinem letzten Wurf ein Wappen erzielen. Also tritt das gewuenschte mit Wahrscheinlichkeit [mm] $\frac [/mm] 12 [mm] P_1$ [/mm] auf.
2. Fall Spieler A hat in n Wuerfen mehr Wappen wie Spieler B. Diese Wahrscheinlichkeit sei [mm] $P_2$. [/mm] Dann spielt es keine Rolle, welchen Wurf A im $n+1$-ten Versuch macht. Also tritt dieser Fall mit Wahrscheinlichkeit [mm] $P_2$ [/mm] auf. Die Wahrscheinlichkeit, dass B in n Versuchen mehr Wappen hat als A ist natuerlich auch [mm] $P_2$ [/mm] (Symmetrie!). Jetzt gibt es aber genau diese drei Moeglichkeiten in n Versuchen. A hat mehr Wappen als B, B hat mehr Wappen als A, beide haben gleich viele Wappen, deshalb gilt [mm] $P_1+2P_2=1$ [/mm] und [mm] $P_2=\frac12(1-P_1)$.
[/mm]
Die Wahrscheinlichkeit, dass insgesamt A in n+1 Versuchen mehr Wappen hat als B ist daher
[mm] $\frac12 P_1+P_2=\frac12P_1+\frac 12(1-P_1)=\frac [/mm] 12$.
Die Wahrscheinlichkeit [mm] $P_1$ [/mm] muss man also gar nicht kennen.
mfG Moudi
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 17:03 Mi 17.06.2009 | | Autor: | luis52 |
Hallo moudi,
Klasse! Sehr schoene Loesung.
vg Luis
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(Frage) überfällig  | | Datum: | 07:57 Do 18.06.2009 | | Autor: | gigi |
Oh ja, das ist in der Tat eine elegante Lösung! ABer da ich mir so lange Gedanken über meinen Ansatz gemacht habe, würde ich trotzdem noch gern wissen, ob ich da voll auf dem Holzweg war...vielleicht fällt jemanden noch ein, wie ich die Anzahl der günstigen Ergebnisse allgemein formulieren könnte?
Besten Dank und Grüße
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 08:20 Mo 22.06.2009 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 10:55 Do 18.06.2009 | | Autor: | rabilein1 |
>1. Fall: Spieler A hat in n Wuerfen gleich viel Wappen wie Spieler B.
>2. Fall: Spieler A hat in n Wuerfen mehr Wappen wie Spieler B.
> Die Wahrscheinlichkeit, dass insgesamt A in n+1 Versuchen
> mehr Wappen hat als B ist daher
> [mm]\frac12 P_1+P_2=\frac12P_1+\frac 12(1-P_1)=\frac 12[/mm].
Die Lösung sieht einfach aus - und ich bin immer für einfache Lösungen. Aber ist das wirklich so simpel?
Was ist, wenn A nach n Würfen weniger Wappen hat als B? Dann ist der letzte Wurf egal. A kann nicht mehr gewinnen.
Außerdem ist es m.E. wichtig zu wissen, wie groß die Wahrscheinlichkeit für [mm] P_1 [/mm] und [mm] P_2 [/mm] ist.
Angenommen, [mm] P_2 [/mm] würde (fast) immer auftreten, dann wäre der letzte Wurf (fast) immer egal.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 11:20 Do 18.06.2009 | | Autor: | rabilein1 |
n=1 und n=2 sind m.E. in diesem Fall keine so guten Beispiele, weil es da zu wenige Kombinationsmöglichkeiten gibt. Die Ergenisse von jeweils 0.5 könnten "Zufall" sein.
Nehmen wir an: n=6
Spieler B wirft 6 Mal: Wie groß ist dann die Wahrscheinlichkeit auf 1 Wappen, 2 Wappen, 3 Wappen, 4 Wappen, 5 Wappen und 6 Wappen.
Und nun das Ganze noch für n+1=7 (Spieler A). Wie groß ist dann die Wahrscheinlichkeit auf 1 Wappen, 2 Wappen, 3 Wappen, 4 Wappen, 5 Wappen, 6 Wappen und 7 Wappen.
Und jetzt soll derjenige, der 7 Mal geworfen hat, mehr Wappen haben als derjenige, der nur 6 Mal geworfen hat.
Angenommen, Spieler A hat 3 Wappen. Dann muss man das vergleichen mit: Spieler B hat 1 Wappen oder 2 Wappen
Das alles zu verallgemeinern, scheint ein riesengroßes Unterfangen zu sein. Wenn man großes Glück hat, dann kürzt sich vieles weg. Aber kann man so etwas voraussehen???
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 11:55 Do 18.06.2009 | | Autor: | rabilein1 |
Rein gefühlsmäßig komme ich auch auf 0.5
Grund:
Wenn n sehr groß ist, dann hat jeder Spieler bei n Würfen die gleiche Chance zu gewinnen. Der eine zusätzliche Wurf macht den Kohl nicht fett. Und dass Spieler A bei Gleichstand verloren hat, ist ebenfalls unerheblich.
Also: p=0.5
Bleibt nur das Problem mit den kleinen n.
Und hier hast du für n=1 und n=2 bereits die p=0.5 nachgewiesen.
Ergo: was für sehr kleine n und für sehr große n gilt, das gilt auch für alle mittleren n.
Somit ist p=0.5
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