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Universität/Hochschule Roulette-Frage
hansjuergen
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  Themenstart: 2021-01-28

Hallo Leute, und zwar hab ich eine Wette am laufen bzgl Wahrscheinlichkeiten von Roulette. Folgende Frage: Man startet ohne Geld und kann beliebig schulden machen. Angenommen, man setzt nur auf schwarz oder rot (Wslk zu gewinnen jeweils (18/37). Wie hoch ist die Wahrscheinlichkeit, dass man nach einer endlichen Anzahl von Spielen Gewinn macht? Kleiner 50%? Größer 50%? Fast 100%? Bin gespannt auf eure Antworten!


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Diophant
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  Beitrag No.1, eingetragen 2021-01-28

\(\begingroup\)\(\newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}} \newcommand{\on}{\operatorname} \newcommand{\ds}{\displaystyle}\) Hallo und willkommen hier im Forum! \quoteon(2021-01-28 14:44 - hansjuergen im Themenstart) (Wslk zu gewinnen jeweils (18/37). Wie hoch ist die Wahrscheinlichkeit, dass man nach einer endlichen Anzahl von Spielen Gewinn macht? \quoteoff Was meinst du damit genau? Dass in einer bestimmten Anzahl von Spielen mindestens einmal die Farbe kommt, auf die man gesetzt hat? Diese Wahrscheinlichkeit geht für \(n\to\infty\) zwar gegen \(1\), aber da kann man ja nicht von "Gewinn machen" sprechen... Oder meinst du diese leidige "Verdoppelungs"-Strategie? Die besitzt nämlich - selbst ohne die Null und ohne Limits - entgegen landläufigen Meinungen einen negativen Erwartungswert (sofern man nicht über unendlich viel Geld verfügt). Gruß, Diophant\(\endgroup\)


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hansjuergen
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  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2021-01-28

Hallo Diophant, danke für deine Antwort. Die Verdoppelungsstrategie meine ich nicht. Nehmen wir an ich spiele mit einem Euro Einsatz und starte bei 0 Euro. Sprich wenn ich beim ersten mal richtig liege, hab ich einen Euro. Wenn nicht habe ich einen Euro Schulden. Wie hoch ist jetzt die Wahrscheinlichkeit, dass ich irgendwann über meinem Startkapital von 0 Euro liege, also mindestens 1 Euro besitze. Ich würde behaupten, die Wahrscheinlichkeit liegt unter 50%. Grüße, Hans


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Diophant
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  Beitrag No.3, eingetragen 2021-01-28

Hallo, dann gestatte mir nochmal eine Rückfrage: \quoteon(2021-01-28 15:03 - hansjuergen in Beitrag No. 2) Nehmen wir an ich spiele mit einem Euro Einsatz und starte bei 0 Euro. Sprich wenn ich beim ersten mal richtig liege, hab ich einen Euro. Wenn nicht habe ich einen Euro Schulden. Wie hoch ist jetzt die Wahrscheinlichkeit, dass ich irgendwann über meinem Startkapital von 0 Euro liege, also mindestens 1 Euro besitze... Ich würde behaupten, die Wahrscheinlichkeit liegt unter 50%. \quoteoff Das ist jetzt im Vergleich zum Themenstart eine inhaltliche Abänderung. Insbesondere impliziert das Wort irgendwann, dass beliebig viele Spiele betrachtet werden sollen. Die Frage scheint mir durchaus anspruchsvoll zu sein, von daher wäre es gut, wenn wir das gleich zu Beginn präzisieren könnten. Könntest du von daher das angedachte Spielszenario so genau wie möglich beschreiben? Gruß, Diophant


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hansjuergen
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  Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2021-01-28

ok ich versuche es nochmal genauer: -Ich setze immer auf schwarz oder rot (oder immer auf rot, immer auf schwarz, ist ja egal, die Wahrscheinlichkeit liegt immer bei 18/37) -Ich starte ohne Geld, also bei null. -Gewinne ich, bekomm ich einen Euro. -Verliere ich, wird ein Euro abgezogen. Wie hoch ist die Wahrscheinlichkeit, dass ich nach einer beliebigen Anzahl an Spielen (endliche Anzahl aber, falls das eine Rolle spielt) im positiven Bereich lande, sprich bei einem Euro. Anders formuliert: Ich spiele solange, bis ich 1 Euro habe und höre dann auf. Wie hoch ist die Wahrscheinlichkeit, dass ich dieses Ziel erreiche? Zweite (ähnliche) Frage: Wie hoch ist die Wahrscheinlichkeit, dass ich im positiven Bereich lande (also diesen einen Euro gewinne), wenn die Null weggelassen wird, also die Wahrscheinlichkeiten jeweils 0.5 für schwarz/rot sind.


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DerEinfaeltige
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  Beitrag No.5, eingetragen 2021-01-28

Die Wahrscheinlichkeit, mindestens einmal Gewinn zu machen, liegt (falls ich richtig rechne) bereits bei 3 Versuchen im Bereich 60%. $P_{n\leq3} = p + (1-p)p^2 \approx 60.8\%$ Nach 1000 Spielen komme ich (per Brute-Force) auf rund 94%. Durch Auflösen der Rekursion sollte man auch den Grenzwert bestimmen können. [Die Antwort wurde nach Beitrag No.3 begonnen.]


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hansjuergen
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  Beitrag No.6, vom Themenstarter, eingetragen 2021-01-28

\quoteon(2021-01-28 15:37 - DerEinfaeltige in Beitrag No. 5) Die Wahrscheinlichkeit, mindestens einmal Gewinn zu machen, liegt (falls ich richtig rechne) bereits bei 3 Versuchen im Bereich 60%. $P_{n\leq3} = p + (1-p)p^2 \approx 60.8\%$ Nach 1000 Spielen komme ich (per Brute-Force) auf rund 94%. \quoteoff Interessant, danke. Ganz naiv würde man ja erstmal denken können, dass man drei mal spielt und dann mit 60% Gewinn gemacht hat. Also würde man immer drei mal spielen und somit dauerhaft gewinnen. Warum das nicht so ist, liegt dann daran, dass wenn man keinen Gewinn macht, der Verlust größer als 1 Euro ist und man somit wieder bei einem negativen Erwartungswert landet. Hab ich die Wette wohl verloren xD


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DerEinfaeltige
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  Beitrag No.7, eingetragen 2021-01-28

Ja, genau. Nehmen wir an, wir beenden das Spiel, wenn wir Gewinn machen oder bei insgesamt 3 Spielen nicht mehr gewinnen können. Wir setzen immer auf Rot. Strategie: - R => $P\approx 48.65\%, G = +1$ - SS => $P\approx 26.37\%, G = -2$ - SRR => $P\approx 12.15\%, G = +1$ - SRS => $P\approx 12.83\%, G = -1$ Erwarteter Verlust: $0.0477$ Das ist erwartungsgemäß schlechter, als einfach immer ein einziges Mal zu spielen und erwartungsgemäß besser, als grundsätzlich dreimal zu spielen.


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Maexinator
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  Beitrag No.8, eingetragen 2021-01-28

Die Wahrscheinlichkeiten für beide deine Fragen aus Beitrag No.4 betragen 100%. Siehe dafür den eindimensionalen Random-Walk. Genauer: Die Wahrscheinlichkeit, dass du irgendeinen beliebigen Kontostand in einer endlichen (aber unbeschränkten) Zeit erreichst, beträgt 100%.


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Folgende Antworten hat der Fragesteller vermutlich noch nicht gesehen.
Er/sie war noch nicht wieder auf dem Matheplaneten
StrgAltEntf
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  Beitrag No.9, eingetragen 2021-01-28

\quoteon(2021-01-28 16:26 - Maexinator in Beitrag No. 8) Die Wahrscheinlichkeiten für beide deine Fragen aus Beitrag No.4 betragen 100%. Siehe dafür den eindimensionalen Random-Walk. Genauer: Die Wahrscheinlichkeit, dass du irgendeinen beliebigen Kontostand in einer endlichen (aber unbeschränkten) Zeit erreichst, beträgt 100%. \quoteoff Zumindest Wikipedia ist da anderer Meinung, jedenfalls dann, wenn die Gewinnw'keit ungleich 1/2 ist: "Eine der gängigsten Abänderungen ist, die asymmetrische einfache Irrfahrt zu betrachten, also den Fall, in dem ein Sprung nach rechts nicht dieselbe Wahrscheinlichkeit besitzt wie ein Sprung nach links. Insbesondere ist die einfache Irrfahrt dann nicht mehr rekurrent." Eine Formel für die Berechnung findet man dort aber nicht.


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Maexinator
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  Beitrag No.10, eingetragen 2021-01-28

Du hast Recht. Da habe ich irgendwie den symmetrischen mit dem asymmetrischen random walk durcheinander gebracht. Ist schon ein bisschen länger her. Bei Wikipedia wird ja die Green-Funktion ausgewertet bei \((0,0)\)im asymmetrischen Fall angegeben: \[G(0,0)=\frac{1}{|2p-1|}\] In einem Buch (Wahrscheinlichkeitstheorie von Achim Klenke S. 351) bin ich auf folgende Formel gestoßen: \[G(x,y)=\left\{\begin{array}{ll} \frac{F(x,y)}{1-F(y,y)}, & x \neq y \\ \frac{1}{1-F(y,y)}, & x=y \end{array}\right. \] Dabei ist \(F(x,y)\) die Wahrscheinlichkeit, dass wir irgendwann im Punkt y landen, wenn wir im Punkt x starten. Damit kommt man auf eine Wahrscheinlichkeit von \(F(0,0)=1-|2p-1|\), dass man irgendwann wieder einen Kontostand von 0 hat, wenn man mit einem Kontostand von 0 startet. Mit \(p=\frac{18}{37}\) ergibt das \(F(0,0)=\frac{36}{37}\). Ich bin mir aber gerade nicht sicher, ob das hilft. An dieser Stelle könnte das Spiel schon lange vorbei sein oder halt von vorne beginnen.


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StrgAltEntf
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  Beitrag No.11, eingetragen 2021-01-29

\quoteon(2021-01-28 21:42 - Maexinator in Beitrag No. 10) Dabei ist \(F(x,y)\) die Wahrscheinlichkeit, dass wir irgendwann im Punkt y landen, wenn wir im Punkt x starten. \quoteoff Vom TS gesucht wäre dann F(0,1), wenn ich das richtig sehe. Und dazu müsste G(0,1) berechnet werden.


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haribo
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  Beitrag No.12, eingetragen 2021-01-29

beim ersten spiel 18/37 also <50% ich sehe nicht wieso man das durchschnittlich danach fehlende 1/74el (?) wieder reinholen könnte um erhöhen zu verhindern solltest du jedenfals den einsatz auf immer gleich fixieren, denke ich


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Kitaktus
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  Beitrag No.13, eingetragen 2021-01-29

Wenn der Einsatz konstant bleibt ist die Wahrscheinlichkeit überhaupt jemals im Plus zu sein gleich 18/19. Sei $p$ die Wahrscheinlichkeit für Gewinn und $q=1-p$ die Wahrscheinlichkeit für Verlust in einem Einzelspiel. Sei $r$ die Wahrscheinlichkeit dafür beginnend bei 0 irgendwann zur 1 zu kommen, dann gilt: $r=p+q\cdot r\cdot r$ -- Wenn ich bei 0 bin gewinne ich und bin bei 1, oder ich verliere, dann bin ich bei -1, komme mit Wsk. $r$ irgendwann zur 0 und von da wieder mit Wahrscheinlichkeit $r$ zur 1. Das führt zur quadratischen Gleichung: $r^2-1/q\cdot r +p/q =0$ mit den Lösungen $r_{1,2}=1/(2q)\pm\sqrt{1/(4q^2)-4pq/(4q^2)}$. Es gilt: $(2q-1)^2=4q^2-4q+1=1+4q(q-1)=1-4pq$. Mit $q>1/2$ ergibt sich daher $r_{1,2}=1/(2q) \pm (2q-1)/(2q)$ mit den Lösungen $r_1=(2-2q)/(2q)=p/q$ und $r_2=(2q)/(2q)=1$. Da der Prozess eine Linksdrift hat, ist $r_1=p/q$ die korrekte Lösung.


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StrgAltEntf
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  Beitrag No.14, eingetragen 2021-01-29

\quoteon(2021-01-29 14:30 - Kitaktus in Beitrag No. 13) Da der Prozess eine Linksdrift hat, ist $r_1=p/q$ die korrekte Lösung. \quoteoff Schöne Rechnung! 👍 Die W'keit beträgt also \(\frac{18}{19}=0,947...\). Das stimmt ja ganz gut mit der Simulation von DerEinfaeltige aus #5 überein.


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StrgAltEntf
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  Beitrag No.15, eingetragen 2021-01-29

\quoteon(2021-01-29 14:30 - Kitaktus in Beitrag No. 13) Lösungen $r_1=(2-2q)/(2q)=p/q$ und $r_2=(2q)/(2q)=1$. Da der Prozess eine Linksdrift hat, ist $r_1=p/q$ die korrekte Lösung. \quoteoff Ich muss doch noch mal nachfragen. Wieso ist r = 1 auszuschließen? Wenn p > 1/2, dann ist natürlich r = 1 die Lösung, da dann p/q > 1 und r > 1 nicht sein kann. Wie aber kann begründet werden, dass r < 1 falls p < 1/2? Intuitiv ist das keineswegs klar, siehe etwa #8.


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haribo
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  Beitrag No.16, eingetragen 2021-01-29

1. frage, was ungefähr ist eine linksdrift? 2.frage, hast du die zweite lösungsmöglichkeit der quadratischen gleichung damit ausgeschlossen? oder ist sie mit r2=1 immer nur eine anzahl weiterer spiele die eben das ergebnis nicht verändern 3.frage an den TE: wäre 18/19el denn "fast 100%" ??? ich würde fast 100 eher mit 99 vor dem komma einschätzen, naja eine 98 jährige mag auch schon fast hundert sein haribo


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StrgAltEntf
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  Beitrag No.17, eingetragen 2021-01-29

\quoteon(2021-01-29 18:44 - haribo in Beitrag No. 16) 1. frage, was ungefähr ist eine linksdrift? \quoteoff Gemeint ist: Wenn man das analoge Problem betrachtet, dass man auf den ganzen Zahlen wandert mit Startpunkt 0 und mit W'keit q nach links und mit W'keit p nach rechts geht, dann wird es bei p < 1/2 tendenziell eher nach links als nach rechts gehen. Die zweite Frage habe ich nicht verstanden.


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haribo
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  Beitrag No.18, eingetragen 2021-01-29

die zweite frage hast du auch gestellt... warum ist $r_2=1$ auszuschliessen kann aber möglicherweise mit der linksdrift erklärt sein ?!?


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Kitaktus
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  Beitrag No.19, eingetragen 2021-02-01

Ja, Linksdrift heißt, dass der Erwartungswert des Aufenthaltsortes des Random-Walks nach links wandert (divergiert). In dem Fall wird jeder Punkt links von der 1 mit Wsk. 1 auch erreicht. Den Beweis, dass man _nicht_ mit Wahrscheinlichkeit 1 irgendwann mal im _positiven_ Bereich landet, kann ich tatsächlich nicht so ohne weiteres aus dem Ärmel schütteln (Mit Random-Walks habe ich mich mal vor ca. 25 Jahren in einem Seminar im Grundstudium beschäftigt ;-) Ein Einstiegspunkt wäre vielleicht hier, insbesondere das letzte Beispiel. Beitrag #8 ist richtig für den (klassischen) _symmetrischen_ Random-Walk, aber nicht für den unsymmetrischen Fall, mit dem wir es hier zu tun haben.


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haribo
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  Beitrag No.20, eingetragen 2021-02-01

mein vorschlag wäre: man nimmt eine million in die hand und verteilt sie an 100.000 einwohner einer entsprechend grossen stadt, göttingen oder so jeder bekommt also 10 und muss sie in zehn spielen einzeln einsetzten (schwarz od rot)... danach versamelt man die ~74 einwohner welche 10 mal hintereinander gewonnen haben also dann jeweils 20 besitzen, und die verfassen einen bericht wie sie gespielt haben und ob sie dran glauben... also diese siegertypen sollen sich auf eine spielweise einigen... und einen gegenkongress mit denjenigen die immer verloren haben soll es auch geben, auch die sollen berichten wie sie gespielt haben und sich auf einen plan einigen wie sie es besser machen können, erfahrung haben sie ja genug danach dürfen diese beiden teams noch mal einige runden gegeneinander antreten, und dann wird man ja sehen wer recht hat


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StrgAltEntf
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  Beitrag No.21, eingetragen 2021-02-01

\quoteon(2021-02-01 19:00 - haribo in Beitrag No. 20) mein vorschlag wäre: \quoteoff Netter Vorschlag 😁 Aber sehr aufwändig und teuer. Wir können es auch so machen: Kitaktus und ich richten einen Boxkampf aus. Wenn Kitaktus gewinnt, ist die W'keit gleich p/q, und wenn ich gewinne, ist die W'keit gleich 1. PS: Was ich in #16 nicht verstanden hatte, war der zweite Satz der zweiten Frage.


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DerEinfaeltige
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  Beitrag No.22, eingetragen 2021-02-02

Für kleine $p$ ist es wohl intuitiv, davon auszugehen, dass die Wahrscheinlichkeit kleiner $1$ sein muss. Schon alleine, weil der erwartete Abstand zur $0$ linear mit der Anzahl der Versuche wächst, die Streuung jedoch nur mit der Wurzel. Eine explizite Darstellung als Reihe sollte folgendes sein: \[P(X=1) = p\cdot \sum_{n=0}^{\infty} \frac{\binom{2n}{n}}{n+1}\cdot p^n\cdot (1-p)^n \] Vielleicht sieht ja jemand ganz spontan, wie man zeigen kann, dass sich die Reihe für $p<\frac{1}{2}$ wie die Geometrische verhält.


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Kitaktus
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  Beitrag No.23, eingetragen 2021-02-02

Ich vermute, dass Du mit "P(X=1)" keine Wahrscheinlichkeit meinst, sondern die Häufigkeit, mit der man die 1 erreicht. In dem in Beitrag #19 verlinkten Wikipedia-Artikel wird (am Ende) eine sehr ähnliche Frage mit Hilfe der Stirling-Formel beantwortet. Es läuft am Ende darauf hinaus, ob eine Reihe der Form $\sum_{n=0}^\infty{\frac{(4pq)^n}{\dots}}$ (mit $p+q=1$) konvergiert oder divergiert. Dafür ist entscheidend, op $4pq=1$ oder $4pq<1$ gilt, was wiederum gleichbedeutend zu $p=q=1/2$ oder $p\neq q$ ist.


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Kitaktus
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  Beitrag No.24, eingetragen 2021-02-02

\quoteon(2021-02-01 19:00 - haribo in Beitrag No. 20) mein vorschlag wäre: man nimmt eine million in die hand und verteilt sie an 100.000 einwohner einer entsprechend grossen stadt, göttingen oder so jeder bekommt also 10 und muss sie in zehn spielen einzeln einsetzten (schwarz od rot)... danach versamelt man die ~74 einwohner welche 10 mal hintereinander gewonnen haben ... \quoteoff Auf diesem Prinzip beruht übrigens eine Betrugsmasche, bei der man Leuten weismacht, man könnte supergut die Entwicklung von Börsenkursen vorhersagen. Man verschickt zufällige Vorhersagen, z.B. für die Kursentwicklung in der nächsten Woche, an viele Leute. Eine Woche später schreibt man diejenigen nochmal an, bei denen man zufällig oft richtig gelegen hat, z.B. mindestens acht von zehn Kurse mit der richtigen Tendenz, das sind zwar nur knapp 6%, dafür hat man bei denen einen handfesten "Beweis", wie gut man sich auskennt.


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StrgAltEntf
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  Beitrag No.25, eingetragen 2021-02-02

\quoteon(2021-02-02 14:50 - Kitaktus in Beitrag No. 23) Ich vermute, dass Du mit "P(X=1)" keine Wahrscheinlichkeit meinst, sondern die Häufigkeit, mit der man die 1 erreicht. \quoteoff Ich habe es so verstanden, dass \[f(p) := p\cdot \sum_{n=0}^{\infty} \frac{\binom{2n}{n}}{n+1}\cdot p^n\cdot (1-p)^n \] tatsächlich die W'keit ist, irgendwann die 1 zu erreichen. Ich kann die Formel zwar noch nicht ganz nachvollziehen, aber sie sieht gut aus und ich nehme an, dass sie korrekt ist. Dann ist aber nach Kitaktus' Berechnung in #13 \(f(\frac12)=1\). Da \(p(1-p)<\frac12(1-\frac12)\) für \(p\neq\frac12\) ist außerdem \(f(p)


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haribo
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  Beitrag No.26, eingetragen 2021-02-02

\quoteon(2021-02-02 15:00 - Kitaktus in Beitrag No. 24 Auf diesem Prinzip beruht übrigens eine Betrugsmasche, bei der man Leuten weismacht, man könnte supergut die Entwicklung von Börsenkursen vorhersagen. Man verschickt zufällige Vorhersagen, z.B. für die Kursentwicklung in der nächsten Woche, an viele Leute. \quoteoff ok verstanden, die taktik mache morgen was gestern erfolgreich war... nutzt beim lottospielen ja auch seltenst einen kampf zwischen senioren anstelle eines experimentes finde ich aber keinen guten ersatz haribo


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Kitaktus
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  Beitrag No.27, eingetragen 2021-02-02

\quoteon(2021-02-02 15:28 - StrgAltEntf in Beitrag No. 25) \quoteon(2021-02-02 14:50 - Kitaktus in Beitrag No. 23) Ich vermute, dass Du mit "P(X=1)" keine Wahrscheinlichkeit meinst, sondern die Häufigkeit, mit der man die 1 erreicht. \quoteoff Ich habe es so verstanden, dass \[f(p) := p\cdot \sum_{n=0}^{\infty} \frac{\binom{2n}{n}}{n+1}\cdot p^n\cdot (1-p)^n \] tatsächlich die W'keit ist, irgendwann die 1 zu erreichen. Ich kann die Formel zwar noch nicht ganz nachvollziehen, aber sie sieht gut aus und ich nehme an, dass sie korrekt ist. \quoteoff Ja, nach näherer Betrachtung hast Du wohl recht. Der n-te Summand ist die Wahrscheinlichkeit nach 2n+1 Schritten _erstmals_ die 1 zu erreichen, während auf der Wikipedia-Seite summiert wird, mit welcher Wahrscheinlichkeit man nach 2n Schritten im Punkt 0 _ist_ (egal, ob man vorher schonmal dort war). In dem einen Fall muss man entscheiden, ob eine Reihe divergiert oder nicht, im anderen Fall, ob eine Reihe gegen 1 geht, oder gegen einen kleineren Wert.


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StrgAltEntf
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  Beitrag No.28, eingetragen 2021-02-02

\quoteon(2021-02-02 21:11 - Kitaktus in Beitrag No. 27) In dem einen Fall muss man entscheiden, ob eine Reihe divergiert oder nicht, im anderen Fall, ob eine Reihe gegen 1 geht, oder gegen einen kleineren Wert. \quoteoff Da es sich um eine Wahrscheinlichkeit handelt, ist doch klar, dass die Summe durch 1 beschränkt und somit konvergent ist. Oder habe ich hier noch eine Denklücke? Was den Reihenwert betrifft, habe ich doch (aufbauend auf deinen Überlegungen) in #25 dargelegt, wie groß er ist.


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MontyPythagoras
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  Beitrag No.29, eingetragen 2021-02-03

Ähem, kurzer Einwurf zu der Funktion: $$f(p) := p\cdot \sum_{n=0}^{\infty} \frac{\binom{2n}{n}}{n+1}\cdot p^n\cdot (1-p)^n$$ Ausgehend von der Reihe $$\frac1{\sqrt{1+x}}=\sum_{k=0}^\infty\binom{-\frac12}kx^k=\sum_{k=0}^\infty\binom{2k}k\left(-\frac14x\right)^k$$und damit $$\frac1{\sqrt{1-4x}}=\sum_{k=0}^\infty\binom{2k}kx^k$$ erhält man nach Integration $$c-\frac12\sqrt{1-4x}=\sum_{k=0}^\infty\binom{2k}k\frac1{k+1}x^{k+1}$$Setzt man $x=0$ ein, stellt man fest, dass $c=\frac12$ sein muss, so dass gilt: $$\sum_{k=0}^\infty\binom{2k}k\frac1{k+1}x^{k+1}=\frac12\left(1-\sqrt{1-4x}\right)$$Vergleichen wir das nun mit der Funktion $$f(p) := \frac1{1-p}\sum_{n=0}^{\infty} \frac{\binom{2n}{n}}{n+1}\cdot p^{n+1}\cdot (1-p)^{n+1}$$Ich muss also nur $x=p(1-p)$ einsetzen, und finde: $$f(p)=\frac1{2(1-p)}\left(1-\sqrt{1-4p(1-p)}\right)$$$$f(p)=\frac{1-|2p-1|}{2(1-p)}$$Macht man eine Fallunterscheidung für $p\geq\frac12$ und $p<\frac12$, erhält man genau das, was StrgAltEntf am Ende von Beitrag #25 angegeben hat. Ciao, Thomas


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Kitaktus
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  Beitrag No.30, eingetragen 2021-02-03

@MontyPythagoras: Vielen Dank für die Herleitung. Die Berechnung in #29 bestätigt das Ergebnis in #13. #29 hat den Vorteil, dass man unmittelbar ablesen kann, wann die Wahrscheinlichkeit 1 ist und wann p/(1-p) (hängt vom Vorzeichen von 2p-1 ab), während man in #13 noch ein qualitatives Argument braucht, welche der beiden Lösungen der quadratischen Gleichung die "richtige" ist. Dagegen hat #13 den Vorteil, dass man mit weniger Fachwissen und Methodenkompetenz auskommt und die Rechnung deutlich kürzer ist. @StrgAltEntf: Wenn man den Wert der Reihe für p=1/2 kennt, dann kann man für p<1/2 so argumentieren wie in #25. Für p>1/2 ist das nicht trivial. Der eine Faktor wird größer, der andere kleiner. Was passiert jetzt mit dem Produkt? Wie #29 zeigt, ist es möglich, aber nicht ganz einfach, den konkreten Grenzwert der Reihe auszurechnen (ohne noch Zusatzwissen zu benutzen).


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StrgAltEntf
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\quoteon(2021-02-03 09:52 - Kitaktus in Beitrag No. 30) Für p>1/2 ist das nicht trivial. Der eine Faktor wird größer, der andere kleiner. Was passiert jetzt mit dem Produkt? \quoteoff @Kitaktus: Ich verstehe deinen Einwand nicht. (War das ein Einwand?) Das Produkt brauchst du hier doch gar nicht mehr zu betrachten. Du hattest in #13 eindrucksvoll gezeigt, dass für f(p) nur die Werte 1 und p/(1-p) infrage kommen. Folglich ist f(p) = 1 für p >= 1/2. (Siehe auch #15.)


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Kitaktus
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  Beitrag No.32, eingetragen 2021-02-03

Was ich meinte, aber nicht direkt sagte: Die Berechnung der Reihen ist nicht ganz einfach, wenn man nicht bereits irgendwelche Zusatzüberlegungen gemacht hat. Ich hätte mich jedenfalls schwer damit getan.


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