Stochastik: Würfeltrinken

28/11/2008 - 20:00 von Johannes Bauer | Report spam
Hallo Gruppe,

ich habe vorhin von einem Würfeltrinkspiel in einer Kneipe gehört und
musste sofort alles ausrechnen - an einem Punkt komme ich nicht weiter.

Also: Man geht in eine Kneipe und bestellt. Der Barkeeper würfelt mit 2
Würfeln, man selbst auch mit 2 Würfeln. Es werden jeweils die Summen der
Augen gebildet. Drei Fàlle werden unterschieden:

1. Barkeeper > Gast: Preis = Normal
2. Barkeeper = Gast: Preis = 1/2 * Normal
3. Barkeeper < Gast: Preis = Billigpreis

Ich bezeichne den normalen Preis im Folgenden als r, den Billigpreis als
b. Für das Problem nicht wichtig: In der Kneipe um die es geht ist r 6,80 EUR und b = 2,00 EUR

Ich rechne also rum und komme auf folgende Werte:

Augensumme : s
Anzahl : n_s
Anzahl größerer Augensumme: g_s

s n_s g_s
2 1 35
3 2 33
4 3 30
5 4 26
6 5 21
7 6 15
8 5 10
9 4 6
10 3 3
11 2 1
12 1 0

So bilde ich dann \sum_{i = 2}^{12} (n_i * g_i) und komme darauf, dass
es 575 von 1296 (36^2) Möglichkeiten gibt, dass eine zufàllig gewürfelte
Augensumme größer ist als eine andere zufàllig gewürfelte Augensumme.
Außerdem kommt man darauf, dass \sum{i = 2}^{12} (n_i^2) = 146, also
dass es 146 von 1296 Möglichkeiten gibt, dass die Augensummen identisch
sind.

Also:
Barkeeper > Gast: p = 575 / 1296
Barkeeper = Gast: p = 73 / 648
Barkeeper < Gast: p = 575 / 1296

Also der Erwartungswert:

e = (575/1296 * r) + (73/648 * r/2) + (575 / 1296) * b = 1/2 r + 575/1296 * b

Oder für den konkreten Fall:

e = 1/2 r + 0,89 EUR
= 3,40 EUR + 0,89 EUR = 4,29 EUR

Soweit, so gut. Das rechne ich also aus und dann meint mein Freund zu
mir "Ach ja, das habe ich noch vergessen zu sagen, wenn du den gleichen
Wert würfelst, dann kannst du dir auch entscheiden ob du neu würfeln
willst oder den halben Preis nimmst."

Das müsste den Erwartungswert drücken, da man ja kontrollieren kann, was
passiert: Wenn der Barkeeper eine Augensumme <= 7 würfelt, scheint es
intuitiv richtig zu sein, erneut zu würfeln.

Zu meiner Schande muss ich gestehen dass ich ein Semester lang
Stochastik gehört habe, da kam auch etwas von unendlichen diskreten
Wahrscheinlichkeitsverteilungen vor, mit genau dem was ich suche,
nàmlich dem Ausrechnen des Erwartungswerts. Dummerweise habe ich davon
keine Ahnung mehr, ist zu lange her. Kann mir jemand auf die Sprünge helfen?

Ich weiß, das Problem ist völlig akademisch und man könnte es einfachst
numerisch approximieren - mich interessiert aber das *exakte* Ergebnis,
also den Grenzwert bei der Anzahl der Würfe gegen unendlich.

Viele Grüße,
Johannes

"Meine Gegenklage gegen dich lautet dann auf bewusste Verlogenheit,
verlàsterung von Gott, Bibel und mir und bewusster Blasphemie."
<48d8bf1d$0$7510$5402220f@news.sunrise.ch>
 

Lesen sie die antworten

#1 Johannes Bauer
28/11/2008 - 20:03 | Warnen spam
Johannes Bauer schrieb:

Das müsste den Erwartungswert drücken, da man ja kontrollieren kann, was
passiert: Wenn der Barkeeper eine Augensumme <= 7 würfelt, scheint es
intuitiv richtig zu sein, erneut zu würfeln.



Hier habe ich vergessen, explizit zu schreiben: Nur man selbst würfelt
erneut, die Augensumme des Barkeepers bleibt erhalten.

Viele Grüße,
Johannes

"Meine Gegenklage gegen dich lautet dann auf bewusste Verlogenheit,
verlàsterung von Gott, Bibel und mir und bewusster Blasphemie."
<48d8bf1d$0$7510$

Ähnliche fragen