Rechenaufgaben

[giffi marauder]

Sport ist gesund. Denksport auch.

Roger Nadal und Rafael Federer stehen sich in einem Tennis-Match gegenüber. Beide Spieler sind in etwa gleich gut; das Match gewinnt, wer als Erster drei Sätze für sich entscheidet.
Mit welcher Wahrscheinlichkeit werden volle fünf Sätze gespielt?
Ein Jahr später ist Nadal verletzungsbedingt etwas schwächer, und es stellt sich heraus, dass es nur noch mit einer Wahrscheinlichkeit von 8/27 zu einem Fünf-Satz- Match kommt. Mit welcher Wahrscheinlichkeit gewinnt Nadal in diesem Fall einen einzelnen Satz?

Spoiler

Teil 1:
Nach drei Sätzen steht in 2 von acht möglichen Fällen ein Sieger fest und
in 6 von 8 Fällen steht es 2:1
Die Wahrscheinlichkeit, dass also ein 4. Satz notwendig ist beträgt: 6/8
(Das entspricht 3*f^2*n+3*fn^2 in der binomischen Formel 3. Grades unter Weglassung der "fertigen" Wege.)

Nach dem vierten Satz stehts in 6 von 12 Fällen 3:1 und in weitern 6 von 12 2:2
Die Wahrscheinlichkeit, dass noch ein 5. Satz notwendig ist beträgt somit 6/8*1/2=3/8=37,5%
(Das entspricht 6*f^2*n^2 in der binomischen Formel 4. Grades unter Weglassung der "fertigen" Wege.)

Spoiler

1
11
121
1331 -> 0330
03630 -> 00600

wobei
f=Warscheinlichkeit dass Feder einen einzelnen Satz gewinnt
n=Warscheinlichkeit dass Nadal einen einzelnen Satz gewinnt
und (f+n)=1
Bei f=n=1/2 ergibt das:
6*(1/2)^2*(1/2)^2=6*(1/2)^4=6/16=3/8=37,5%

Teil 2:
Die Frage ist nun wie groß muss n sein, damit 6*n^2*(1-n)^2=8/27


Da 8/27=(2/3)^3 würde sich irgendwie anbieten, damit zu arbeiten.
Ziehen wir mal die Wurzel
sqrt(6)*n*(1-n) = 2/3*sqrt(2/3)
-> n*(1-n)=2/3*sqrt(2/18)=2/3*sqrt(1/9)=2/3*1/3 = (1/3)*(1-1/3)
-> n= 1/3 und f=2/3

Test:
6*f^2*n^2
=6*2/3^2*1/3^2=6*4/9*1/9=6*4/81=24/81=8/27

Die Wahrscheinlichkeit dass Nadal einen einzelnen Satz gewinnt ist somit 1/3.

[kad]

Sport ist gesund. Denksport auch.

Roger Nadal und Rafael Federer stehen sich in einem Tennis-Match gegenüber. Beide Spieler sind in etwa gleich gut; das Match gewinnt, wer als Erster drei Sätze für sich entscheidet.
Mit welcher Wahrscheinlichkeit werden volle fünf Sätze gespielt?
Ein Jahr später ist Nadal verletzungsbedingt etwas schwächer, und es stellt sich heraus, dass es nur noch mit einer Wahrscheinlichkeit von 8/27 zu einem Fünf-Satz- Match kommt. Mit welcher Wahrscheinlichkeit gewinnt Nadal in diesem Fall einen einzelnen Satz?

Spoiler

Teil 1:
Nach drei Sätzen steht in 2 von acht möglichen Fällen ein Sieger fest und
in 6 von 8 Fällen steht es 2:1
Die Wahrscheinlichkeit, dass also ein 4. Satz notwendig ist beträgt: 6/8
(Das entspricht 3*f^2*n+3*fn^2 in der binomischen Formel 3. Grades unter Weglassung der "fertigen" Wege.)

Nach dem vierten Satz stehts in 6 von 12 Fällen 3:1 und in weitern 6 von 12 2:2
Die Wahrscheinlichkeit, dass noch ein 5. Satz notwendig ist beträgt somit 6/8*1/2=3/8=37,5%
(Das entspricht 6*f^2*n^2 in der binomischen Formel 4. Grades unter Weglassung der "fertigen" Wege.)

Spoiler

1
11
121
1331 -> 0330
03630 -> 00600

wobei
f=Warscheinlichkeit dass Feder einen einzelnen Satz gewinnt
n=Warscheinlichkeit dass Nadal einen einzelnen Satz gewinnt
und (f+n)=1
Bei f=n=1/2 ergibt das:
6*(1/2)^2*(1/2)^2=6*(1/2)^4=6/16=3/8=37,5%

Teil 2:
Die Frage ist nun wie groß muss n sein, damit 6*n^2*(1-n)^2=8/27


Da 8/27=(2/3)^3 würde sich irgendwie anbieten, damit zu arbeiten.
Ziehen wir mal die Wurzel
sqrt(6)*n*(1-n) = 2/3*sqrt(2/3)
-> n*(1-n)=2/3*sqrt(2/18)=2/3*sqrt(1/9)=2/3*1/3 = (1/3)*(1-1/3)
-> n= 1/3 und f=2/3

Test:
6*f^2*n^2
=6*2/3^2*1/3^2=6*4/9*1/9=6*4/81=24/81=8/27

Die Wahrscheinlichkeit dass Nadal einen einzelnen Satz gewinnt ist somit 1/3.

Ich habe gar nichts zu bemängeln.

[kad]

Ich behaupte nicht, die folgende Aufgabe sei ganz einfach.
Aber sie ist lösbar mit +, -, : und *.

Der Kaufhausgehilfe Peter bekommt den Auftrag, die neue Lieferung würfelförmiger Keksdosen im Schaufenster dekorativ aufzubauen. Jede Dose hat dabei eine Seitenlänge von 5 cm und die Lieferung besteht aus einer großen, bis zum Rand gefüllten Kiste mit den inneren Abmessungen 65 cm × 215 cm × 305 cm. Als Peter seinem Chef berichtet, er sei mit seiner Arbeit fertig und die Dosen hätten genau gereicht, um zwei verschieden große Quadrate zu formen (jeweils aus genau einer Schicht Dosen, also so, dass jede Dose sichtbar ist), ist der Chef skeptisch. Er behauptet, Peter müsse dann mindestens eine Keksdose unterschlagen haben. Wie kommt er zu dieser Schlussfolgerung?
Zusatzaufgabe: Kann man Peter auch noch nachweisen, dass er noch mehr Dosen unterschlagen haben muss?

[giffi marauder]

Ich behaupte nicht, die folgende Aufgabe sei ganz einfach.
Aber sie ist lösbar mit +, -, : und *.

Der Kaufhausgehilfe Peter bekommt den Auftrag, die neue Lieferung würfelförmiger Keksdosen im Schaufenster dekorativ aufzubauen. Jede Dose hat dabei eine Seitenlänge von 5 cm und die Lieferung besteht aus einer großen, bis zum Rand gefüllten Kiste mit den inneren Abmessungen 65 cm × 215 cm × 305 cm. Als Peter seinem Chef berichtet, er sei mit seiner Arbeit fertig und die Dosen hätten genau gereicht, um zwei verschieden große Quadrate zu formen (jeweils aus genau einer Schicht Dosen, also so, dass jede Dose sichtbar ist), ist der Chef skeptisch. Er behauptet, Peter müsse dann mindestens eine Keksdose unterschlagen haben. Wie kommt er zu dieser Schlussfolgerung?
Zusatzaufgabe: Kann man Peter auch noch nachweisen, dass er noch mehr Dosen unterschlagen haben muss?

Spoiler

Die Kiste enthält 13x43x61 Dosen.
Das sind wie erwartet Primzahlen.
Das wären dann 34.099 Dosen (N).
Diese Können weder zu einem Quadrat noch einem einzigen Rechteck mit 1<a<b gelegt werden.
Die Frage ist nun ob es eine Möglichkeit gibt diese in zwei Mengen zu teilen mit a^2+b^2=N

Ein schnelle Analyse der Infrage kommenen Quadratzahlen ergibt, dass dies nicht möglich ist
und der minimale Überschuss 11 Dosen sind (bei a,b = 118,142)

Aber das ist ja jetzt nicht die Idee hinter dem Rätsel.

Schauen wir uns N noch mal an.
N ist ungerade -> entweder a^2 oder b^2 ist gerade (g+g=g, u+u=g, u+g=u)
Sagen wir einfach mal das ist a^2 gerade ist, dann auch a gerade (g*g=g, u*g=u,u*u=u)
Daraus folgt, dass b und b^2 ungerade sind. (u*u=u)

Irgendwo weiter oben hatten wir mal einen kleine Ausflug mit der Erkenntnis, dass das Quadrat einer geraden Zahl immer durch 4 teilbar ist.
Vielleicht bringen uns die Restklassen von 4 auch da weiter.
das gerade a hat die Restklassen (0,2), a^2 somit 0
das gerade b hat die Restklassen (1,3), b^2 somit 1
Die Summe der Restklassen (a^2+b^2) Mod 4 ist damit jedenfalls in der Restklasse 1

Oben haben wir 13x43x61.
Multiplizieren wir doch einfach mal deren Restklassen Mod 4.
13 -> 1
43-> 3
61-> 1
1*3*1=3
Also nein, das geht sich nicht aus.
Der Restklassen-Vier-Hammer ist wohl ein ziemlich probates Werkzeug, wenns um Rätsel mit Quadrate geht.

Wie könnte man nun noch den minimalen Schwund (s) berechnen (ohne sich die 92 Excelzeilen durchzusehen)?
a^2+b^2=N-s
Restklassen von a,b mod 4 =0,1,2,3
Restklassen von a^2,b^2 mod 4=0,1
Restklassen a^2+b^2 Mod 4 = 0,1,2

Resklasse N Mod 4 = 3
-> Restklasse von s Mod 4 = 1 s=4k+1 (von 3 auf 2) -> s= 1,5,9,13,17 ...
-> Restklasse von s Mod 4 = 2 s=4k+2 (von 3 auf 1) -> s= 2,6,10,14 ...
-> Restklasse von s Mod 4 = 3 s=4k+3 (von 3 auf 0) -> s= 3,7,11,15 ...

[kad]

Ich behaupte nicht, die folgende Aufgabe sei ganz einfach.
Aber sie ist lösbar mit +, -, : und *.

Der Kaufhausgehilfe Peter bekommt den Auftrag, die neue Lieferung würfelförmiger Keksdosen im Schaufenster dekorativ aufzubauen. Jede Dose hat dabei eine Seitenlänge von 5 cm und die Lieferung besteht aus einer großen, bis zum Rand gefüllten Kiste mit den inneren Abmessungen 65 cm × 215 cm × 305 cm. Als Peter seinem Chef berichtet, er sei mit seiner Arbeit fertig und die Dosen hätten genau gereicht, um zwei verschieden große Quadrate zu formen (jeweils aus genau einer Schicht Dosen, also so, dass jede Dose sichtbar ist), ist der Chef skeptisch. Er behauptet, Peter müsse dann mindestens eine Keksdose unterschlagen haben. Wie kommt er zu dieser Schlussfolgerung?
Zusatzaufgabe: Kann man Peter auch noch nachweisen, dass er noch mehr Dosen unterschlagen haben muss?

Spoiler

Die Kiste enthält 13x43x61 Dosen.
Das sind wie erwartet Primzahlen.
Das wären dann 34.099 Dosen (N).
Diese Können weder zu einem Quadrat noch einem einzigen Rechteck mit 1<a<b gelegt werden.
Die Frage ist nun ob es eine Möglichkeit gibt diese in zwei Mengen zu teilen mit a^2+b^2=N

Ein schnelle Analyse der Infrage kommenen Quadratzahlen ergibt, dass dies nicht möglich ist
und der minimale Überschuss 11 Dosen sind (bei a,b = 118,142)

Aber das ist ja jetzt nicht die Idee hinter dem Rätsel.

Schauen wir uns N noch mal an.
N ist ungerade -> entweder a^2 oder b^2 ist gerade (g+g=g, u+u=g, u+g=u)
Sagen wir einfach mal das ist a^2 gerade ist, dann auch a gerade (g*g=g, u*g=u,u*u=u)
Daraus folgt, dass b und b^2 ungerade sind. (u*u=u)

Irgendwo weiter oben hatten wir mal einen kleine Ausflug mit der Erkenntnis, dass das Quadrat einer geraden Zahl immer durch 4 teilbar ist.
Vielleicht bringen uns die Restklassen von 4 auch da weiter.
das gerade a hat die Restklassen (0,2), a^2 somit 0
das gerade b hat die Restklassen (1,3), b^2 somit 1
Die Summe der Restklassen (a^2+b^2) Mod 4 ist damit jedenfalls in der Restklasse 1

Oben haben wir 13x43x61.
Multiplizieren wir doch einfach mal deren Restklassen Mod 4.
13 -> 1
43-> 3
61-> 1
1*3*1=3
Also nein, das geht sich nicht aus.
Der Restklassen-Vier-Hammer ist wohl ein ziemlich probates Werkzeug, wenns um Rätsel mit Quadrate geht.

Wie könnte man nun noch den minimalen Schwund (s) berechnen (ohne sich die 92 Excelzeilen durchzusehen)?
a^2+b^2=N-s
Restklassen von a,b mod 4 =0,1,2,3
Restklassen von a^2,b^2 mod 4=0,1
Restklassen a^2+b^2 Mod 4 = 0,1,2

Resklasse N Mod 4 = 3
-> Restklasse von s Mod 4 = 1 s=4k+1 (von 3 auf 2) -> s= 1,5,9,13,17 ...
-> Restklasse von s Mod 4 = 2 s=4k+2 (von 3 auf 1) -> s= 2,6,10,14 ...
-> Restklasse von s Mod 4 = 3 s=4k+3 (von 3 auf 0) -> s= 3,7,11,15 ...

Zur Zusatzaufgabe (das andere ist natürlich richtig).

Spoiler

Ich glaube man muss da Zahl für Zahl durchgehen und geeignete Restklassen betrachten (zb bei 34098 mod 3, usw).

Allgemeiner verwendet man diesen hübschen Satz:
Genau dann ist eine natürliche Zahl darstellbar als Summe zweier Quadratzahlen, wenn in der Primfaktorzerlegung jeder Primfaktor der Form 4*m+3 mit geradem Exponenten auftritt.

https://de.wikipedia.org/wiki/Zwei-Quadrate-Satz

Dann ist es eine Fleissaufgabe.

[kad]

Nicht trivial ist dieses scheinbar einfache Frosch-Rätsel.

Ein Frosch hüpft eine lange Reihe von Seerosenblättern entlang; bei jedem Blatt wirft er eine Münze, um zu entscheiden, ob er zwei Blätter vor oder ein Blatt zurück hüpft. Welchen Anteil der Seerosenblätter trifft er?

[giffi marauder]

Neues Rätsel:
Du wirfst eine Münze und notierst die Folge von K und Z auf.
Wenn die letzten 5 Würfe "KZZZK" oder "KZKZK" sind, hörst du auf.
Endet die Folge nun mit höherer Wahrscheinlichkeit mit "KZZZK" oder mit "KZKZK" oder ist beides gleich wahrscheinlich?

[giffi marauder]

Nicht trivial ist dieses scheinbar einfache Frosch-Rätsel.

Ein Frosch hüpft eine lange Reihe von Seerosenblättern entlang; bei jedem Blatt wirft er eine Münze, um zu entscheiden, ob er zwei Blätter vor oder ein Blatt zurück hüpft. Welchen Anteil der Seerosenblätter trifft er?

Spoiler

Sortieren wir das Gehüpfle mal ein bisschen:
K-> +2
Z-> -1

Extrem Variante1: abwechselnd K,Z bzw. +2,-1
1,3,2,4,3,5,4,6,5,7,6...... -> 100%

Extrem Variante2: 50 mal +2, 50 mal -1
1,3,5,7,9....101,100,99,...51 -> 75%

Nun könnte man diese Extremvariante 2 aber noch einmal in umgekehrter Reihenfolgte hüfen lassen,
dann wär der Frosch erst wieder bei 1 und dann wieder bei 101

Allgemein dürfte gelten, dass der Frosch bei N Hüfern sich N/2*2 Felder nach vorne und N/2 Felder wieder zurück bewegt.
damit besucht er bei N Hüpfern Felder im Wertebereich von -N/2..+N in Relation zum Startpunkt.
Davon das linke drittel ziemlich dicht, die rechten 2/3 aber nur halb so oft.

Meine Vermutung ist, dass, wenn der Frosch unendlich lange hüpft, dann doch irgendwann alle Blätter besucht werden.
Der Frosch mag zwar mal ein Blatt überspringen, aber dass er dort irgendwann doch wieder landet, ist keineswegs ausgeschlossen
und sei es noch so unwahrscheinlich.

Dont mess me up with infinity.

[kad]

Neues Rätsel:
Du wirfst eine Münze und notierst die Folge von K und Z auf.
Wenn die letzten 5 Würfe "KZZZK" oder "KZKZK" sind, hörst du auf.
Endet die Folge nun mit höherer Wahrscheinlichkeit mit "KZZZK" oder mit "KZKZK" oder ist beides gleich wahrscheinlich?

Spoiler

Da habe ich etwas gelernt.

Die Wahrscheinlichkeit für KZZZK und KZKZK sind je (1/2)^5.
Die erwartete Wartezeit bis KZZZK eintrifft ist 34 und für KZKZK 42. Also könnte man schliessen, dass es wahrscheinlicher ist, dass die Folge mit KZZZK endet. Und das ist tatsachlich so.
Die Wahrscheinlichkeit, dass KZZZK bevor KZKZK auftritt ist 20/33.
Und übrigens. Die erwartete Wartezeit bis eines der Muster auftritt ist 178/9.

Es gibt auch Muster die kontraintuitives Verhalten zeigen. Erwartete Wartezeit von Muster1 > Erwartete Wartezeit von Muster 2. Aber, Wahrscheinlichkeit, dass Muster1 vor Muster2 auftritt ist > 1/2. Sehr komisch.

PS
Asteroide 12227
PSS
Ich hoffe, ich habe nicht falsch gerechnet und den Artikel richtig verstanden.
PSSS
Hat Spass gemacht

[giffi marauder]

Neues Rätsel:
Du wirfst eine Münze und notierst die Folge von K und Z auf.
Wenn die letzten 5 Würfe "KZZZK" oder "KZKZK" sind, hörst du auf.
Endet die Folge nun mit höherer Wahrscheinlichkeit mit "KZZZK" oder mit "KZKZK" oder ist beides gleich wahrscheinlich?

Spoiler

Da habe ich etwas gelernt.

Die Wahrscheinlichkeit für KZZZK und KZKZK sind je (1/2)^5.
Die erwartete Wartezeit bis KZZZK eintrifft ist 34 und für KZKZK 42. Also könnte man schliessen, dass es wahrscheinlicher ist, dass die Folge mit KZZZK endet. Und das ist tatsachlich so.
Die Wahrscheinlichkeit, dass KZZZK bevor KZKZK auftritt ist 20/33.
Und übrigens. Die erwartete Wartezeit bis eines der Muster auftritt ist 178/9.

Es gibt auch Muster die kontraintuitives Verhalten zeigen. Erwartete Wartezeit von Muster1 > Erwartete Wartezeit von Muster 2. Aber, Wahrscheinlichkeit, dass Muster1 vor Muster2 auftritt ist > 1/2. Sehr komisch.

PS
Asteroide 12227
PSS
Ich hoffe, ich habe nicht falsch gerechnet und den Artikel richtig verstanden.
PSSS
Hat Spass gemacht

Spoiler

Ja tatsächlich endet die Liste öfter mit KZZZK als mit KZKZK.
Ob deine Rechnung stimmt, kann ich aber nicht beurteilen.

Asteroide 12227
Starker Tobak.
Den rauch ich später mal.

Die Erklärung die ich gefunden habe ist eigentlich ziemlich einfach.
Zwei Spieler spielen gegeneinander,
A gewinnt mit "KZZZK"
B gewinnt mit "KZKZK".

Bei haben (mit gleicher Wahrscheinlichkeit) zuletzt "KZ" geworfen sind vom Sieg also jeweils 3 Würfe entfernt.
Beide machen nun mit 50% Warhscheinlichkeit einen Fehlerwurf.

Dies hat zur Folge, dass A 2 Stellen zurückgeworfen wird (2 Würfe verloren) und statt 3 nun wieder 4 Richtige in Folge benötigt,
B hingegen um 3 Stellen zurückgeworfen (3 Würfe verloren) wird und nun wieder 5 statt 3 Richtige in Folge benötigt.
A wirft K statt Z und hat nun "KZK.." -> "K...."
B wirft Z statt K und hat nun "KZZ.." -> "....."

Die Fehlerwahrscheinlichkeit ist für A und B zwar gleich hoch,
die Kosten (verlorenen Würfe) allerdings nicht.

Dieser Unterschied besteht nur beim 3. Letzten-Wurf, an den weiteren Stellen spielt das keine Rolle.
Ein Fehler beim vorletzen Wurf kostet beide 3 Würfe "KZZK." -> "K...." bzw. "KZKK." -> "K...."
Ein Fehler beim letzen Zug kostet beide 5 Würfe "KZZZZ" -> "....." bzw. "KZKZZ." -> "....."

Das höhere Risiko (Wahrscheinlichkeit * Kosten) von B beim 3.letzten Wurf können damit auch später nicht mehr kompensiert werden.
A braucht daher tendenziel weniger Würfe bis zum Ziel als B.

[kad]

Spoiler

Die Einleitung des Artikels tönt komplizierter als es ist.
Es geht darum die conway leading numbers zu bestimmen. Und es ist gut an Beispielen erklärt.

Und hier noch das Beispiel, das mich verblüfft hat.

KZKZ und ZKZZ.
Die erwartete Wartezeit für KZKZ ist 20. Diejenige für ZKZZ ist 18. Und trotzdem ist die Wahrscheinlichkeit, dass KZKZ vor ZKZZ auftritt = 9/14.
Da suche ich noch eine Erklärung die mir einleuchtet.

PS
Deine Erklärung wieso KZZZK “wahrscheinlicher” ist, überzeugt mich.

[giffi marauder]

Spoiler

Die Einleitung des Artikels tönt komplizierter als es ist.
Es geht darum die conway leading numbers zu bestimmen. Und es ist gut an Beispielen erklärt.

Und hier noch das Beispiel, das mich verblüfft hat.

KZKZ und ZKZZ.
Die erwartete Wartezeit für KZKZ ist 20. Diejenige für ZKZZ ist 18. Und trotzdem ist die Wahrscheinlichkeit, dass KZKZ vor ZKZZ auftritt = 9/14.
Da suche ich noch eine Erklärung die mir einleuchtet.

Spoiler

Da ich den Artikel noch nicht gelesen habe, ist mir nicht ganz klar, was da unter "Wartezeit" verstanden wird.

Aber schauen wir uns das Risiko mal mit dem "Rezept" von oben an:
A: KZKZ
B: ZKZZ
Beide haben einen richtigen Wurf und machen einen Fehler beim drittletzen Wurf
A: K... -> KK.. -> K...(-1)
B: Z... -> ZZ.. -> Z...(-1)

Beide haben zwei richtigen Würfe und machen einen Fehler beim zweitletzten Wurf
A: KZ.. -> KZZ. -> "...." (-3)
B: ZK.. -> ZKK. -> "...." (-3)

Beide haben drei richtigen Würfe und machen einen Fehler beim letzten Wurf
A: KZK. -> KZKK -> "K..." (-3)
B: ZKZ. -> ZKZK -> "ZK.." (-2)

Das höhere Risiko liegt also bei A, der daraus resultierende Vorteil bei B.

[kad]

Spoiler

Die Einleitung des Artikels tönt komplizierter als es ist.
Es geht darum die conway leading numbers zu bestimmen. Und es ist gut an Beispielen erklärt.

Und hier noch das Beispiel, das mich verblüfft hat.

KZKZ und ZKZZ.
Die erwartete Wartezeit für KZKZ ist 20. Diejenige für ZKZZ ist 18. Und trotzdem ist die Wahrscheinlichkeit, dass KZKZ vor ZKZZ auftritt = 9/14.
Da suche ich noch eine Erklärung die mir einleuchtet.

Spoiler

Da ich den Artikel noch nicht gelesen habe, ist mir nicht ganz klar, was da unter "Wartezeit" verstanden wird.

Aber schauen wir uns das Risiko mal mit dem "Rezept" von oben an:
A: KZKZ
B: ZKZZ
Beide haben einen richtigen Wurf und machen einen Fehler beim drittletzen Wurf
A: K... -> KK.. -> K...(-1)
B: Z... -> ZZ.. -> Z...(-1)

Beide haben zwei richtigen Würfe und machen einen Fehler beim zweitletzten Wurf
A: KZ.. -> KZZ. -> "...." (-3)
B: ZK.. > ZKK. .> "...." (-3)

Beide haben drei richtigen Würfe und machen einen Fehler beim letzten Wurf
A: KZK. -> KZKK -> "K..." (-3)
B: ZKZ. > ZKZK .> "ZK.." (-2)

Das höhere Risiko liegt also bei A, der daraus resultierende Vorteil bei B.

Spoiler

Die erwartetet Wartezeit ist die erwartete Anzahl Münzwürfe, die es braucht, bis ein Muster erstmalig auftritt.

Mmh, aber du leitest jetzt ab, dass es wahrscheinlicher ist, dass B zuerst auftritt, oder?

[giffi marauder]

Spoiler

Die Einleitung des Artikels tönt komplizierter als es ist.
Es geht darum die conway leading numbers zu bestimmen. Und es ist gut an Beispielen erklärt.

Und hier noch das Beispiel, das mich verblüfft hat.

KZKZ und ZKZZ.
Die erwartete Wartezeit für KZKZ ist 20. Diejenige für ZKZZ ist 18. Und trotzdem ist die Wahrscheinlichkeit, dass KZKZ vor ZKZZ auftritt = 9/14.
Da suche ich noch eine Erklärung die mir einleuchtet.

Spoiler

Da ich den Artikel noch nicht gelesen habe, ist mir nicht ganz klar, was da unter "Wartezeit" verstanden wird.

Aber schauen wir uns das Risiko mal mit dem "Rezept" von oben an:
A: KZKZ
B: ZKZZ
Beide haben einen richtigen Wurf und machen einen Fehler beim drittletzen Wurf
A: K... -> KK.. -> K...(-1)
B: Z... -> ZZ.. -> Z...(-1)

Beide haben zwei richtigen Würfe und machen einen Fehler beim zweitletzten Wurf
A: KZ.. -> KZZ. -> "...." (-3)
B: ZK.. > ZKK. .> "...." (-3)

Beide haben drei richtigen Würfe und machen einen Fehler beim letzten Wurf
A: KZK. -> KZKK -> "K..." (-3)
B: ZKZ. > ZKZK .> "ZK.." (-2)

Das höhere Risiko liegt also bei A, der daraus resultierende Vorteil bei B.

Spoiler

Die erwartetet Wartezeit ist die erwartete Anzahl Münzwürfe, die es braucht, bis ein Muster erstmalig auftritt.

Mmh, aber du leitest jetzt ab, dass es wahrscheinlicher ist, dass B zuerst auftritt, oder?

Spoiler

Ah, bei dir steht tatsächlich was anderes.
Ich hab 9/14 in der Schnelle als 9:14 gelesen, die höhere Warhscheinlichkeit also bei B gesehen.

Damit dürfte mit "Wartezeit" ziemlich genau dem entsprechen, was das "Rezept" hergibt,
also dass die "Wartezeit" von B (18) kleiner ist als von A (20), weil A diesen kleinen Nachteil hat.

Da muss ich den Artikel nun doch lesen.

The Penney ante game, or Penney’s game, is a two-player game with a fair
coin. The two players, Alice and Bob, each pick a word consisting of Hs and T s,
where H is for heads and T is for tails. Both words are of the same length. The
coin is then flipped repeatedly, and the person who chose the word that appears
first is declared the winner. Fixing the words that Alice and Bob choose, what are
the odds that Alice wins?

Ah, es wird natürlich die gleiche Kette bespielt.
In meiner "Lösung" bespiele ich aber zwei Ketten unabhängig voneinander.


Damit gibts als Resultat eines einzelnen Wurfes mehrere Möglichkeiten
1) passt für A (+1) und B(+1)
2) passt für A (+1) aber nicht für B (-x)
3) passt für B (+1) aber nicht für A (-y)
4) passt weder für A (-y) noch für B (-x)

Die Wartezeit wäre für jede Kette für sich zu sehen (so wie ich oben im "Rezept"),
die Siegwahrscheinlichkeit aber in der Kombination.

Im weiteren Text (so weit eich verstanden habe9 gehts dann ja auch darum ein zu A "komplementäres" Wort B zu suchen,
das bei Treffer für A zu minimlaen Kosten für B und bei Treffer für B zu maximalen Kosten bei A führt.

Also wieder mal ein typischer Fall von, richtige Lösung aber nicht allgemeingültiger Begründung.

[kad]

Spoiler

Die Einleitung des Artikels tönt komplizierter als es ist.
Es geht darum die conway leading numbers zu bestimmen. Und es ist gut an Beispielen erklärt.

Und hier noch das Beispiel, das mich verblüfft hat.

KZKZ und ZKZZ.
Die erwartete Wartezeit für KZKZ ist 20. Diejenige für ZKZZ ist 18. Und trotzdem ist die Wahrscheinlichkeit, dass KZKZ vor ZKZZ auftritt = 9/14.
Da suche ich noch eine Erklärung die mir einleuchtet.

Spoiler

Da ich den Artikel noch nicht gelesen habe, ist mir nicht ganz klar, was da unter "Wartezeit" verstanden wird.

Aber schauen wir uns das Risiko mal mit dem "Rezept" von oben an:
A: KZKZ
B: ZKZZ
Beide haben einen richtigen Wurf und machen einen Fehler beim drittletzen Wurf
A: K... -> KK.. -> K...(-1)
B: Z... -> ZZ.. -> Z...(-1)

Beide haben zwei richtigen Würfe und machen einen Fehler beim zweitletzten Wurf
A: KZ.. -> KZZ. -> "...." (-3)
B: ZK.. > ZKK. .> "...." (-3)

Beide haben drei richtigen Würfe und machen einen Fehler beim letzten Wurf
A: KZK. -> KZKK -> "K..." (-3)
B: ZKZ. > ZKZK .> "ZK.." (-2)

Das höhere Risiko liegt also bei A, der daraus resultierende Vorteil bei B.

Spoiler

Die erwartetet Wartezeit ist die erwartete Anzahl Münzwürfe, die es braucht, bis ein Muster erstmalig auftritt.

Mmh, aber du leitest jetzt ab, dass es wahrscheinlicher ist, dass B zuerst auftritt, oder?

Spoiler

Ah, bei dir steht tatsächlich was anderes.
Ich hab 9/14 in der Schnelle als 9:14 gelesen, die höhere Warhscheinlichkeit also bei B gesehen.

Damit dürfte mit "Wartezeit" ziemlich genau dem entsprechen, was das "Rezept" hergibt,
also dass die "Wartezeit" von B (18) kleiner ist als von A (20), weil A diesen kleinen Nachteil hat.

Da muss ich den Artikel nun doch lesen.

The Penney ante game, or Penney’s game, is a two-player game with a fair
coin. The two players, Alice and Bob, each pick a word consisting of Hs and T s,
where H is for heads and T is for tails. Both words are of the same length. The
coin is then flipped repeatedly, and the person who chose the word that appears
first is declared the winner. Fixing the words that Alice and Bob choose, what are
the odds that Alice wins?

Ah, es wird natürlich die gleiche Kette bespielt.
In meiner "Lösung" bespiele ich aber zwei Ketten unabhängig voneinander.


Damit gibts als Resultat eines einzelnen Wurfes mehrere Möglichkeiten
1) passt für A (+1) und B(+1)
2) passt für A (+1) aber nicht für B (-x)
3) passt für B (+1) aber nicht für A (-y)
4) passt weder für A (-y) noch für B (-x)

Die Wartezeit wäre für jede Kette für sich zu sehen (so wie ich oben im "Rezept"),
die Siegwahrscheinlichkeit aber in der Kombination.

Im weiteren Text (so weit eich verstanden habe9 gehts dann ja auch darum ein zu A "komplementäres" Wort B zu suchen,
das bei Treffer für A zu minimlaen Kosten für B und bei Treffer für B zu maximalen Kosten bei A führt.

Also wieder mal ein typischer Fall von, richtige Lösung aber nicht allgemeingültiger Begründung.

Spoiler

Habe da noch anderen Artikel gefunden. Einfacher und entlang bedingten Wahrscheinlichkeiten - so wie du im wesentlichen argumentierst.

https://www.oemg.ac.at/DK/Didaktikheft ... er1998.pdf