Endrunde beim Doppelscheck Rätsel ist gelöst

Rätsel, die zum Lösen einen größeren Zeitaufwand erfordern, wie z. B. schwierige Physik- und Matherätsel.

Re: Endrunde beim Doppelscheck

Beitragvon Otmar » Samstag 4. Februar 2012, 17:07

@Zentimeter:

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in deiner Formel geht n ein, also die Anzahl der Wappenwürfe. Gesucht ist aber der erwartete Gewinn unter der Bedingung, dass im roten Umschlag ein bestimmter Betrag lag. Paul kennt ja die Anzahl der Wappenwürfe nicht oder besser gesagt es bleiben für ihn immer 2 Möglichkeiten, sobald der rote Umschlag offen ist. Also die Formel müsste so aussehen:

Angenommen Paul sieht im roten Umschlag den Betrag R, dann ist der Erwartungswert des Gewinns im blauen Umschlag:

  E(B) = f(R)  


f ist jetzt eine gsuchte Funktion, die auch sehr einfach sein kann.

Für den Fall R = 1968300 Euro hast du ja für E(B) = 2405700 Euro schon richtig ausgerechnet.

In dem Fall wäre

  E(B) = R + 437400 Euro = 11/9 * R = 10/9 R + 218700 Euro = ...  

Man kann für den Einzelfall jetzt sehr viele Formeln angeben, die für diesen einen Fall gelten, aber es gibt auch eine Formel, die für alle Beträge über 100 Euro im roten Umschlag richtig ist. Wenn du die hast, kannst du beruteilen, welchen Umschlag Paul in Abhängigkeit vom Betrag im roten Umschlag wählen wird. Und dann wird es bei Frage C richtig spannend.
Liebe Grüße, Otmar.
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Re: Endrunde beim Doppelscheck

Beitragvon Zentimeter » Sonntag 5. Februar 2012, 10:55

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E(B) für R= 300 2/3 * 100 + 1/3 * 900 = 66,67 + 300 = 366,67 = 1,22 * R
E(B) für R= 900 2/3 * 300 + 1/3 * 2700 = 200 + 900 = 1100 = 1,22 * R
E(B) für R= 2700 2/3 * 900 + 1/3 * 8100 = 600 + 2700 = 3300 = 1,22 * R
E(B) für R= 8100 2/3 * 2700 + 1/3 * 24300 = 1800 + 8100 = 9900 = 1,22 * R
E(B) für R= 24300 2/3 * 8100 + 1/3 * 72900 = 5400 + 24300 = 29700 = 1,22 * R
E(B) für R= 72900 2/3 * 24300 + 1/3 * 218700 = 16200 + 72900 = 89100 = 1,22 * R
E(B) für R= 218700 2/3 * 72900 + 1/3 * 656100 = 48600 + 218700 = 267300 = 1,22 * R
E(B) für R= 656100 2/3 * 218700 + 1/3 * 1968300 = 145800 + 656100 = 801900 = 1,22 * R
E(B) für R= 1968300 2/3 * 656100 + 1/3 * 5904900 = 437400 + 1968300 = 2405700 = 1,22 * R

Also ist E(B) 1,22 * R

> Wenn du die hast, kannst du beruteilen,
> welchen Umschlag Paul in Abhängigkeit vom Betrag im roten Umschlag wählen wird.

Hmm... aber Paul wird doch immer den blauen Umschlag nehmen da der Erwartungswert für den blauen Umschlag immer größer als der Inhalt des roten Umschlags ist.
Oder wo ist mein Denkfehler?
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Re: Endrunde beim Doppelscheck

Beitragvon Otmar » Montag 6. Februar 2012, 00:06

Zentimeter hat geschrieben:Hmm... aber Paul wird doch immer den blauen Umschlag nehmen da der Erwartungswert für den blauen Umschlag immer größer als der Inhalt des roten Umschlags ist.
Oder wo ist mein Denkfehler?

Nirgends, das ist völlig korrekt.
Musagetes hat geschrieben:Die beiden Umschläge dürften auch gleichwertig sein...

Auch das ist völlig korrekt.

Es erscheint aber paradox das beide Antworten richtig sind. Aber beide Antworten stimmen. Paradox deshalb, weil bei Zentimeters Antwort Paul ja in jedem Fall den blauen Umschlag nimmt. Man könnte sich die Frage stellen, warum er überhaupt in den roten reinschauen muss, wenn er doch immer, also unabhängig davon, was im roten Umschlag drin ist, den blauen nimmt.

Die richtige Erklärung dafür ist dann die Antwort auf Frage C. :vielglueck:
Liebe Grüße, Otmar.
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Re: Endrunde beim Doppelscheck

Beitragvon Zentimeter » Montag 6. Februar 2012, 23:24

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Okay... jetzt verstehe ich die Problematik und auch die Anspielung auf das Ziegenproblem!

Stimmt!
Wenn der Moderator Paul vor dem Öffnen des roten Umschlags fragen würde, ob er lieber den blauen möchte, wäre es noch völlig gleich.
Wenn Paul den roten Umschlag öffnet, sieht er eine Zahl (100 * 3 hoch n). Und egal, was für eine Zahl er sieht, er würde wechseln.
Was für eine Information bekommt er durch diese Zahl?
Die Information, wie oft Pauline mindestens Wappen geworfen hat.

*grübel*
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Re: Endrunde beim Doppelscheck

Beitragvon Otmar » Dienstag 7. Februar 2012, 00:48

@Zentimeter,
über das Problem haben schon viele nachgedacht. In der Weihnachtszeit waren es über 5000, die genaue Zahl kenne ich nicht. Man kann noch ganz andere Varianten des Problems finden, die noch verwirrender sind. In dieser Version gibt es eine eindeutige und verständliche und allgemein akzeptierte Lösung. Ich hoffe natürlich, dass sie jemand findet.

:tipp:
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Man kann sich ja mal fragen, wieviel Geld Paul erwarten würde, wenn er den blauen oder roten Umschlag nimmt, ohne dass ein Umschlag vorher geöffnet wird.
Liebe Grüße, Otmar.
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Re: Endrunde beim Doppelscheck

Beitragvon Zentimeter » Dienstag 7. Februar 2012, 13:58

Soso, eindeutig, verständlich und allgemein akzeptiert hört sich ja sehr vielversprechend an! :-)
Dann schipper ich mal bissl weiter rum im trüben Nass!
Hallo Leute, macht noch jemand mit?
Der Teich, den Otmar hier gebuddelt hat, scheint sehr reizvoll zu sein... aber ich fürchte, er ist bissl groß für mich alleine!

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> wieviel Geld Paul erwarten würde, wenn er den blauen oder roten Umschlag nimmt,
> ohne dass ein Umschlag vorher geöffnet wird

Welcher der beiden Schecks erwischt wird ist egal, also gehe ich vom Mittelwert zwischen 100 und 300 aus, also 200.

Die Change, dass dieser verdoppelt wird, ist in jeder Runde 50/50, also ergibt sich folgende Reihe:

1/2 * 200 + 1/4 * 600 + 1/8 * 1800 + 1/16 * 5400 + ... wobei jeder Wert so aussieht: 1/2 hoch (n+1) * 200 * 3 hoch n

Also wäre der gesuchte Betrag:
Summe von n=0 bis unendlich: 1/2 hoch (n+1) * 200 * 3 hoch n
Das ist jetzt bissl schwierig mit der Zeichensetzung, auf dem Papier hab ich das in die Summenformel für die unendliche geometrische Reihe eingesetzt und herausbekommen:
600 * (1/(-1/2) - 1) = 600 * 1 = 600.

Ich hoffe, dass ich beim Heraussuchen der Formeln im Internet keinen Fehler gemacht habe ... aber generell erscheint mir das Ergebnis recht einleuchtend, dass das statistische Spielerpaar mit 600,- nach Hause geht.
Bei solchen Schätzungen liegt man ja gern erstaunlich falsch (sonst gäbs ja auch keine so schönen Paradoxa) aber 200 bekommen die beiden schonmal als Mittelwert des Umschlag; mit einer 50/50 Chance verdreifachen sie ihn in der ersten Runde und da man ihn zwar theoretisch noch nahezu unendlich weiter verdreifachen kann, die Chancen dafür aber nahezu unendlich klein werden hätte ich auch vermutet, dass es in einem Grenzwert in etwa dieser Größenordnung endet.


Viel klarer wurde es dadurch noch nicht für mich... aber vielleicht bekomme ich ja noch einen kleinen Stupser in die richtige Richtung! :roll:
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Re: Endrunde beim Doppelscheck

Beitragvon Otmar » Dienstag 7. Februar 2012, 19:53

@Zentimeter

du bist schon nah dran:

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Zentimeter hat geschrieben:Summe von n=0 bis unendlich: 1/2 hoch (n+1) * 200 * 3 hoch n

Das passt. Danach geht leider noch was schief. Du könntest die Formel mal in eine Form
c * Summe von n=0 bis unendlich: a hoch n
umformen. Dann brauchst du wahrscheinlich auch keine Summenformel mehr nachzuschlagen.

Zentimeter hat geschrieben:1/2 * 200 + 1/4 * 600 + 1/8 * 1800 + 1/16 * 5400 + ...

Alternativ könntest du die einzelnen Summanden mal ausrechnen, auch dann wirst du gleich sehen, wo der Hase langläuft... :bunny:

Wenn ein besonderes Ergebnis rauskommt, dann ist das schon OK, denn bei der Ausgangslage hilft nur ein besonderes Ergebnis weiter.
Liebe Grüße, Otmar.
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Re: Endrunde beim Doppelscheck

Beitragvon Musagetes » Dienstag 7. Februar 2012, 20:59

Hi Otmar,

das muss ich dann wohl missverstanden haben?!

@Otmar:
Frage B: Welchen Umschlag hätte Paul bei anderen Beträgen auf dem gezeigten Scheck genommen?

@Otmar:
Damit kann er für jeden Betrag im offenen roten Umschlag entscheiden, ob der blaue eine höhere Gewinnerwartung verspricht als im roten Umschlag ist oder nicht.

Dann muss ich das mal von der anderen Seite betrachten.



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Wenn man nach deinen Vorgaben mit der Bayessche Formel herangeht und für die beiden Scheckbeträge S1 und S2 setzt.

Um den Betrag B im roten Umschlag zu erzielen, gibt es zwei Möglichkeiten je nach der Anzahl von Wappenwürfen (x) bzw. (x + 1).

B = S1 * 3^(x +1)
B = S2 * 3^x

Die erwartete Wahrscheinlichkeit eines Münzwurfes z. B. Wappen beträgt p=0,5 bzw. bei mehrfachen Wappenwürfen hintereinander p(x) = 0,5^x .

Bei der Entscheidung für den roten oder den blauen Umschlag ist das einzige Kriterium, ob die Höhe des zu erwarteten Gewinnes E(B) größer ist als die des Gewinnes im roten Umschlag.

E(B) = p1 * S1 * 3^x + p2 * S2 * 3^(x+1)

Dann kann man in der obigen Formel E(B) den Term S1 * 3^x mit B/3
und S2 x 3^(x +1) mit 3B ersetzten.

Demzufolge wäre wie schon oben dargelegt:
E(B) = p1 * B/3 + p2 * 3B =>
E(B) = p1 * B/3 + p2 * 3B
E(B) = B (p1/3 + 3p2 ) =>
E(B) = B (p1/3 + 3p2 )

Wobei :
p1 = p8/(p8+p9) => p1 = 2/3
p1 = p8/p8(1+p)
p1 = 1/(1+p)

p2 = p9/(p8+p9) => p2 = 1/3
p2 = p9/ p9(1/p+1)
p2 = p/(1+p)

E(B) = B (1/(1+p)/3 + 3 p/(1+p) )
E(B) = B (1/3(1+p) + 9p/3(1+p) )
E(B) = B ((1+ 9p)/3(1+p) ) da p=0,5
E(B) = 1,22B

@Otmar:
Man kann sich ja mal fragen, wieviel Geld Paul erwarten würde, wenn er den blauen oder roten Umschlag nimmt, ohne dass ein Umschlag vorher geöffnet wird.

Um hier einen Mittelwert zu ermitteln, versuche ich das mal durch die Gegenüberstellung des Betrages im roten Umschlag B und des erwarteten
Gewinnes E(B) => B = E(B)


E(B) = p1 * S1 * 3^x + p2 * S2 * 3^(x+1)
B = E(B)

S1 x 3^(x +1) = p1 * S1 * 3^x + p2 * S2 * 3^(x+1)

S1 * 3^(x +1) = p1 * S1 * 3^x + p2 * S2 * 3^(x+1)
S1 * 3^(x +1) = p1 * S1 * 3^x + p2 * S2 * 3^x * 3
S1 * 3^(x +1) =3^x ( p1 * S1 + p2 * S2 * 3)
S1 * 3^(x +1) =3^x (1/(1+p) * S1 + p/(1+p)* S2 * 3)
S1 * 3^(x +1) =3^x (1/3* S1 + 2/3 * S2 * 3)
S1 * 3^x *3 =3^x (1/3* S1 + 2/3 * S2 * 3)
S1 = (1/3* S1 + 2/3 * S2 * 3)/3
S1 = (S1/6 + 2/3 * S2)
S1 = (S1/6 + 2S1)
S1 = S1(1/6 + 2)
S1 = S1 * 2 1/6

Demzufolge ist ergibt sich ein Mittelwert von M = p * S1 * 2 1/6 * 3^x

Jetzt rennt mir die Zeit davon!!!

Frage C: Warum ist das Öffnen des roten Umschlags nötig, um die Gewinnerwartung zu
optimieren?


@Musagetes:
Die beiden Umschläge dürften auch gleichwertig sein, da in der Realität auch nur zwei Geldbeträge existieren. Bei o. a. fiktiven Berechnung ist eine zu erwartende Gewinnmaximierung, bei einer fiktiven unterschiedlichen Anzahl von Münzwürfen berücksichtigt.

Bei einer fiktiven unterschiedlichen Anzahl von Münzwürfen, gibt es unendlich viele Einzelwahrscheinlichkeiten, je nach Anzahl der Wappenwürfe.

Um nun für diesen konkreten Fall, des Betrages im roten Umschlag, diese Wahrscheinlichkeit zu errechnen, spielt es eine Rolle ob Paul den Betrag im roten Umschlag kennt oder nicht.


Gruß
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Re: Endrunde beim Doppelscheck

Beitragvon Otmar » Mittwoch 8. Februar 2012, 00:57

@Musagetes,
also Frage B ist jetzt sauber geklärt, bis auf den Fall, dass Paul 100 Euro findet. Der Fall ist bisher immer unter den Tisch gefallen.

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Zur Beantwortung von Frage C ist es natürlich richtig, festzustellen, dass Paul natürlich nur dann sagen kann, ich erwarte 11/9 vom Betrag im offenen roten Umschlag als Gewinn, wenn ich tausche, wenn der rote Umschlag tatsächlich offen ist. Dennoch ist es scheinbar paradox, dass Paul unabhängig davon, was im roten Umschlag ist, immer tauschen würde, aber beide Umschläge bezüglich des Gewinns ohne vorheriges Öffnen des roten Umschlags gleichwertig sind. Wieso ist das kein Widerspruch?
Liebe Grüße, Otmar.
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Re: Endrunde beim Doppelscheck

Beitragvon Zentimeter » Mittwoch 8. Februar 2012, 21:06

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mal in diese
Summe von n=0 bis unendlich: 1/2 hoch (n+1) * 200 * 3 hoch n
Formel eingesetzt:

n=0 1/2 * 200 * 1 = 100
n=1 1/4 * 200 * 3 = 150
n = 2 1/8 * 200 * 9 = 225
n = 3 1/16 * 200 * 27 = 337,5
.
.
n = 8 1/512 * 200 * 6561 = 2562,88


Das wird mehr, und zwar gewaltig. Nur die Erleuchtung bleibt noch aus und muss leider weg...
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