Das Eurostückproblem


1

 

Problemstellung

Die Tochter eines Freundes hat mit mir ein Spiel gespielt. Sie hatte drei Euromünzen. Ich sollte nun raten, wieviel mal die 1 oben liegt, wenn sie alle drei Münzen wirft. Die Frage ist nun: worauf sollte ich tippen, was ist am wahrscheinlichsten?

2 Ansatz

  • A Avers, Vorderseite (die Seite mit der Zahl, hier: 1)
  • R Revers, Rückseite (je nach Herkunft ist da was anderes drauf)

Es gibt folgende Möglichkeiten:

Tabelle 1: Auflistung der Wurfmöglichkeiten
\(
\begin{array}{|c|ccc|c|}
\hline
\textrm{Lfd. Nr.} & \textrm{Münze 1} & \textrm{Münze 2} & \textrm{Münze 3} & \textrm{Anzahl Avers}\\
\hline
1 & \mathbf{A} & \mathbf{A} & \mathbf{A} & 3\\
2 & \mathbf{A} & \mathbf{A} & \mathbf{B} & 2\\
3 & \mathbf{A} & \mathbf{B} & \mathbf{A} & 2\\
4 & \mathbf{A} & \mathbf{B} & \mathbf{B} & 1\\
5 & \mathbf{B} & \mathbf{A} & \mathbf{A} & 2\\
6 & \mathbf{B} & \mathbf{A} & \mathbf{B} & 1\\
7 & \mathbf{B} & \mathbf{B} & \mathbf{A} & 1\\
8 & \mathbf{B} & \mathbf{B} & \mathbf{B} & 0\\
\hline
\end{array}
\)

Es gibt 3 Münzen. Jede der 3 Münzen weist 2 Seiten auf. Das ergibt \(2\cdot2\cdot2=2^{3}=8\) Wurfmöglichkeiten. Die beiden Seiten jeder Münze können unabhängig voneinander mit jeweils gleicher Wahrscheinlichkeit oben liegen. Die Wahrscheinlichkeit, dass die averse Seite (auf der die 1 zu sehen ist) bei einem bestimmten Eurostück oben liegt, beträgt also 50 Prozent oder 0,5. Daher ergibt sich für jede der 8 Wurfmöglichkeiten eine Wahrscheinlichkeit von \(0,5\cdot0,5\cdot0,5=0,125\) (bzw. 12,5 Prozent) oder \(\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{2}=\frac{1}{8}\).

3 Lösung

Wenn ich wissen will, worauf ich tippen soll, muss ich wissen, mit welcher Häufigkeit die Seite mit der 1 (Avers) 0 mal, 1 mal, 2 mal oder 3 mal in den 8 in Tabelle 1 aufgeführten Wurfmöglichkeiten oben liegt. Das ergibt dann die jeweilige Wurfwahrscheinlichkeit. Aus Tabelle 1 geht nun die in Tabelle 2 angegebene Verteilung der Anzahl der Vorderseiten hervor.

Tabelle 2: Anzahl der Vorderseiten
\(
\begin{array}{|lcr|}
\hline
\textrm{Anzahl Avers} & \textrm{Häufigkeit} & \textrm{Prozent}\\
\hline
\textrm{0 mal} & 1 & 12,5\,\%\\
\textrm{1 mal} & 3 & 37,5\,\%\\
\textrm{2 mal} & 3 & 37,5\,\%\\
\textrm{3 mal} & 1 & 12,5\,\%\\
\hline
\textrm{Gesamt} & 8 & 100,0\,\%\\
\hline
\end{array}
\)

Es ist also am günstigsten, entweder auf einmal die Seite mit der 1 oder auf zweimal die Seite mit der 1 zu tippen. In beiden Fällen beträgt die Gewinnchance 37,5 Prozent.

4 Theoretischer Hintergrund

Im Prinzip liegt hier eine Binomialverteilung mit \(n=3\) und \(p=0,5\) vor. [1] Wenn statt mit 3 Münzen mit 2, 4, 5 oder noch einer anderen Anzahl an Münzen gewettet wird, dann ändert sich entsprechend \(n\), aber \(p\) bleibt gleich, weil die Wahrscheinlichkeit, dass die Seite mit der 1 oben liegt für jede Münze immer gleich ist (nämlich 50 Prozent oder 0,5). Die jeweiligen Wahrscheinlichkeiten lassen sich an einem Pascalschen Dreieck ablesen (siehe Abbildung 1).

\(
\begin{array}{l|ccccccccccc|c}
n &  &  &  &  &  & 1 &  &  &  &  &  & p\left(x_{i}\right)\\
\textrm{1 Münze} &  &  &  &  & 1 &  & 1 &  &  &  &  & \frac{{\displaystyle x_{i}}}{{\displaystyle 2}}\\
\textrm{2 Münzen} &  &  &  & 1 &  & 2 &  & 1 &  &  &  & \frac{{\displaystyle x_{i}}}{{\displaystyle 4}}\\
\textrm{3 Münzen} &  &  & 1 &  & 3 &  & 3 &  & 1 &  &  & \frac{{\displaystyle x_{i}}}{{\displaystyle 8}}\\
\textrm{4 Münzen} &  & 1 &  & 4 &  & 6 &  & 4 &  & 1 &  & \frac{{\displaystyle x_{i}}}{{\displaystyle 16}}\\
\textrm{5 Münzen} & 1 &  & 5 &  & 10 &  & 10 &  & 5 &  & 1 & \frac{{\displaystyle x_{i}}}{{\displaystyle 32}}
\end{array}
\)
Abbildung 1: Pascalsches Dreieck für bis zu 5 Eurostücke

Für 4 Eurostücke gäbe es also die in Tabelle 3 angegebene Wahrscheinlichkeitsverteilung.

Tabelle 3: Anzahl der Vorderseiten bei 4 Münzen
\(
\begin{array}{|lcr|}
\hline
\textrm{Anzahl Avers} & \textrm{Häufigkeit} & \textrm{Prozent}\\
\hline
\textrm{0 mal} & 1 & 6,25\,\%\\
\textrm{1 mal} & 4 & 25,0\,\%\\
\textrm{2 mal} & 6 & 37,5\,\%\\
\textrm{3 mal} & 4 & 25,0\,\%\\
\textrm{4 mal} & 1 & 6,25\,\%\\
\hline \textrm{Gesamt} & 16 & 100,0\,\%
\\\hline \end{array}
\)

Das ist dann eine Binomialverteilung mit \(n=4\) und \(p=0,5\). Jede der vier Eurostücke kann mit einer Wahrscheinlichkeit von 0,5 oder 50 Prozent mit der 1 oben liegen (avers). In diesem Fall ist es ganz eindeutig am günstigsten, darauf zu tippen, dass 2 der 4 Münzen mit der aversen Seite (auf der die 1 zu sehen ist) oben liegen. Das ist mit einer Wahrscheinlichkeit von 37,5 Prozent der Fall.

Der Erwartungswert, das heißt der Wert mit der größten Wahrscheinlichkeit (in Prozent), kann auch ganz einfach berechnet werden:

$$x_{erw.}=n\cdot p \tag{1}$$

Bei \(n=3\) und \(p=0,5\) beispielsweise liegt der Erwartungswert bei exakt 1,5. Das bedeutet, dass bei 3 Münzen die Fälle mit einem aversen und mit zwei aversen Eurostücken am wahrscheinlichsten sind und die Wahrscheinlichkeit in beiden Fällen gleich hoch ist (deshalb 1,5 und nicht 1,3 oder 1,7). Bei \(n=4\) und \(p=0,5\) liegt der Erwartungswert bei 2. Hier ist also der Fall, dass genau zwei von vier Münzen mit der Zahl nach oben fallen (avers), der wahrscheinlichste.

Solange \(p=0,5\) bleibt, gibt es bei einer geraden Anzahl an Münzen (\(n\)) genau einen Fall, der am wahrscheinlichsten ist und bei einer ungeraden Anzahl an Münzen (\(n\)) genau zwei gleich wahrscheinliche. Das wird sofort klar, wenn das pascalsche Dreieck betrachtet wird: wenn die Anzahl der Münzen (\(n\)) gerade ist, dann gibt es genau in der Mitte einen Wert. Bei einer ungeraden Anzahl befindet sich in gleichem Abstand links wie rechts von der Mitte jeweils ein Wert.

Die einfachste Methode bei dem Münzwurfspiel zu ermitteln, worauf ich tippen sollte, ist also, nach Formel (1) die Anzahl der Münzen durch zwei zu teilen. [2] Wenn ich eine runde Zahl herausbekomme, ist das der Wert, auf den ich setze. Wenn ich einen Wert \(x,5\) bekomme, weil die Anzahl der Münzen ungerade ist, dann setze ich entweder auf \(x_{erw.}-0,5\) oder auf \(x_{erw.}+0,5\) (vgl. Formel (2)).

$$\begin{cases}
x_{erw.} & \mathrm{bei\:geradem\:n}\\
x_{erw.}\pm0,5 & \mathrm{bei\:ungeradem\:n}
\end{cases}\tag{2}$$

 

Anmerkungen

[1]
Vgl. dazu den Wikipedia-Artikel zur Binomialverteilung.

[2]
bzw. mit 0,5 zu multiplizieren, und zwar einfach deshalb, weil bei diesen Spiel immer \(p=0,5\) ist, jede der beiden Seiten jeder Münze also unabhängig voneinander mit gleicher Wahrscheinlichkeit (50 Prozent oder eben 0,5) oben liegen kann.

 

 

Community Artikel, geschrieben vor 2 Wochen
jake2042, verified
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Hier ist der Aufsatz als PDF-Datei:
https://1drv.ms/b/s!AhSmXwQDkCvagfgI-ArKEpkD2jMGSQ?e=r7Dzdq
  -   jake2042, verified kommentiert vor 2 Wochen

gefällt :-)   -   marita, kommentiert vor 1 Woche, 6 Tage
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