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Martingalespiel

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Erwartungswert

Tags: Erwartungswert, Martingal

paulvwahlert aktiv_icon

23:56 Uhr, 01.12.2015

Sei bei einem Roulette-Spiel die Gewinnwahrscheinlichkeit für rot =

\frac{1}{2}

Ein Spieler setzt immer auf das Ergebnis rot nach folgender Verdoppelungs-Strategie:
Er setzt zunächst einen Chip (der einen festen Wert hat) und verdoppelt seinen Einsatz nach jedem verlorenen Spiel. Wenn er gewonnen hat, ist sein Spiel-Zyklus beendet und er beginnt einen neuen Zyklus, wieder mit einem Chip im ersten Spiel. Wie hoch ist sein erwateter gewinn?

Die Wahrscheinlichkeit, dass der Roulette-Spieler keines der Spiele gewinnt, liegt bei

{\frac{1}{2}}^{k}

. Dass die Bank alle

k

Spiele verliert, liegt dementsprechend bei

1 - {\frac{1}{2}}^{k}

.

Sei

g :=

{Einsatz des Spielers}. Dann gilt für den Erwartungswert:

(\frac{1}{2})^{k} \sum_{k = 0}^{n} 2^{k} g - ((1 - (\frac{1}{2})^{k}) g) = (\frac{1}{2})^{k} (2^{k + 1} - 1) g - ((1 - (\frac{1}{2})^{k}) g = g (2 - {\frac{1}{2}}^{k}) (g (1 - (\frac{1}{2})^{k}) = 2 g - {\frac{1}{2}}^{k} g - 1 g + {\frac{1}{2}}^{k} g = g .

Ist das soweit richtig? Ich bin mir unsicher, habe ich bei meiner Überlegung doch gar nicht berücksichtigt, dass das der Roulette-Spieler das Spiel weiterspielt, wenn er gewinnt, nur dann mit seinem Einsatz wieder wie beim ersten Spiel vorgeht...

Gruß

Paul

DrBoogie aktiv_icon

10:10 Uhr, 02.12.2015

Na, so einfach ist das nicht.
Z.B. wenn

k = 3

ist, gibt's

8

mögliche Verläufe:

G G G, G G V, G V G, V G G, V V G, V G V, G V V, V V V

und entsprechende Gewinne

3 g, g, 2 g, 2 g, g, 0, - 2 g, - 7 g

.
Der Erwartungswert ist also

\frac{3 g + g + 2 g + 2 g + g - 2 g - 7 g}{8} = 0

.
Es wird auch für alle

k

Null sein, nur ist der Beweis ziemlich kompliziert.

Also, sei

k

beliebig.
Was klar ist, dass jeder Zyklus (also eine Folge

V V . . . V V G

) den Gewinn

+ g

bringt.
Daher interessiert uns die Anzahl von

G

's in dem Verlauf. Aber uns interessiert auch die Anzahl von

V

's am Ende (wenn sie vorkommen). Also, wenn ich einen Verlauf

. . . G . . V . . G V V V . . . V V

habe, mit insgesamt

m

G

's und

n

V

's am Stück am Ende, dann bringt dieser Verlauf den Gewinn/Verlust

m - \sum_{j = 0}^{n - 1} 2^{j} = m - 2^{n} + 1

. Wenn ich am Ende

n

V

's habe, sind

m

G

's auf

k - n

Plätze verteilt. Daher ist der Erwartungswert des Gewinns

\frac{1}{2^{k}}

mal die Summe

\sum_{n = 0}^{k} \sum_{m = 0}^{k - n} (\binom{k - n}{m}) (m - 2^{n} + 1) = \sum_{n = 0}^{k} \sum_{m = 0}^{k - n} (\binom{k - n}{m}) m - \sum_{n = 0}^{k} \sum_{m = 0}^{k - n} (\binom{k - n}{m}) (2^{n} - 1) =

= \sum_{n = 0}^{k} \sum_{m = 0}^{k - n} (\binom{k - n}{m}) m - \sum_{n = 0}^{k} (2^{n} - 1) \sum_{m = 0}^{k - n} (\binom{k - n}{m}) =

= \sum_{n = 0}^{k} (k - n) 2^{k - n - 1} - \sum_{n = 0}^{k} (2^{n} - 1) 2^{k - n} = \sum_{l = 0}^{k} l 2^{l + 1} - \sum_{n = 0}^{k} 2^{k} + \sum_{n = 0}^{k} 2^{k - n} =

= \sum_{l = 0}^{k} l 2^{l - 1} - (k + 1) 2^{k} + \sum_{l = 0}^{k} 2^{l} = \sum_{i = 0}^{k - 1} (i + 1) 2^{i} - (k + 1) 2^{k} + \sum_{l = 0}^{k - 1} 2^{l} + 2^{k} =

= \sum_{i = 0}^{k - 1} (i + 2) 2^{i} - k 2^{k} = 0

.

Hier wurden einige Formeln benutzt, unter anderem

\sum_{m = 0}^{n} (\binom{n}{m}) m = n 2^{n - 1}

\sum_{m = 0}^{n} (\binom{n}{m}) = 2^{n}

\sum_{i = 0}^{k - 1} (i + 2) 2^{i} = k 2^{k}

.

Die ersten zwei sind die bekannten Eigenschaften von Binomialkoeffizienten.
Die letzte kann man per Induktion beweisen.

paulvwahlert aktiv_icon

19:11 Uhr, 07.12.2015

Gut ich habe deine Ausfürhung soweit verstanden, nur eine Frage stellt sich mir noch:

Wenn wir die

m G

s betrachten, die auf den

k - n

Plätzen verteilt sind, so ist doch ein Platz fest von diesen

G

s, nämlich das auf dem letzten Platz von den

k - n

Plätzen; an dieser Stelle muss auf jedenfall ein

G

stehen. Dementsprechend müssten wir doch

(\binom{k - n - 1}{m - 1})

Möglichkeiten für die restlichen

G

s haben, oder?

Lieben Gruß

Paul

DrBoogie aktiv_icon

19:45 Uhr, 07.12.2015

Ja, ich denke, dass Du Recht hast. Aber die Berechnung werde ich nicht mehr anpassen, zu aufwendig. :-)

paulvwahlert aktiv_icon

20:03 Uhr, 07.12.2015

ok, dann nur einmal für den Anfang, den Rest bekomme ich schon irgendwie gedeichselt:

Meien Überlegung in die Summenformel eingesetzt ergibt dann:

\sum_{n = 0}^{k} \sum_{m = 1}^{k - n - 1} (\binom{k - n - 1}{m - 1}) (m - 2^{n} + 1)

, oder?

DrBoogie aktiv_icon

20:18 Uhr, 07.12.2015

So bekommst Du das Problem, wenn

n = k

ist, denn dann steht in der inneren Summe

- 1

oben. Also musst Du noch anpassen.
Übrigens,

m

geht von

0

, nicht von

1

paulvwahlert aktiv_icon

00:49 Uhr, 08.12.2015

Aber wenn man

m

von 0 an laufen lassen würde, dann hätten wir

(\binom{n - k - 1}{- 1})

und das wär ja auch problematisch...

DrBoogie aktiv_icon

09:38 Uhr, 08.12.2015

Da hast Du Recht, aber der Fall

V V V V V . . . . V V V V

muss auch berücksichtigt werden.

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