Sportwetten / Wahrscheinlichkeitsrechnung

[Andreas Modrzewsky]

Es gibt weit verbreitete Sportwetten, bei denen man die Möglichkeit hat
bei 2 - 10 Spielen darauf zu wetten, ob das Spielergebnis ein Heimsieg
(1), ein Unentschieden (0) oder ein Gästesieg (2) sein wird.

Der Veranstalter der Sportwette legt vorher Quoten fest, woraus sich
der zu erzielende Gewinn errechnet.


Beispiel:
--------


Spiel 1: 1,4 bei (1), 2,3 bei (0), 2,8 bei (2)
Spiel 2: 2,0 bei (1), 1,9 bei (0), 1,7 bei (2)
Spiel 3: 1,9 bei (1), 2,5 bei (0), 1,4 bei (2)


Falls nun Spiel 1 unentschieden, Spiel zwei mit Heimsieg und Spiel 3
mit Gästesieg endet und der Spieler genau dieses Ergebnis
vorhersagt, so erhält er das 2,3 x 1,9 x 1,4 = 6,118-fache des
Spieleinsatzes. Wurden hingegen nicht a l l e Spiele richtig
getippt, so ist der Spieleinsatz verloren: Man kann zwar wählen, ob man
innnerhalb eines Tips auf die Ergebnisse von 2,3,4,5,6,7,8,9, oder 10
Spielen wetten möchte, doch um zu gewinnen müssen immer a l l e
getippten Ergebnisse stimmen.


Dies alles nur zur Voraberklärung, nun die Fragestellung welche ich
gerne aus mathematischer Sicht beantwortet haben möchte...


Wie errechnen sich die Zufallswahrscheinlichkeiten bei solchen Tips??

Im obigen Beispiel dürfte die Chance das richtige Ergebnis zufällig zu
erraten bei 1 : 9 stehen.. aber wie lautet die Formel, damit ich es
auch bei den anderen Tipmöglichkeiten errechnen kann??

Ausserdem hätte ich gerne gewusst, ob folgendes aus mathematischer
Sicht richtig ist: Beim obigen Beispiel liegt die durchschnittliche
Quote bei (1,4 + 2,0 + 1,9) x (2,3 + 1,9 + 2,5) x (2,8 + 1,7 + 1,4) : 3
= 5,967. Hieraus ergibt sich dann auch der Vorteil des Veranstalters
der Sportwette: Obwohl die statistische Chance zu gewinnen bei immerhin
1:9 liegt, wird nur eine Quote von 5,967 gewährt. Im Durchschnitt würde
der Veranstalter daher ein Drittel aller eingesetzten Beträge gewinnen.

Stimmt das so? Oder ist da ein Denkfehler??

Man könnte nun argumentieren, dass man mittels "Sportverstand" eine
höhere Trefferquote erreichen kann, als die rein zufällige.. und dass
man hierdurch sein "Sportwissen" zu Geld machen kann. Wenn ich aber
einen sportlich sehr informierten Wetter aus meinem Bekanntenkreis
beobachte, so erscheint es mir so, als helfe ihm sein "Sportwissen"
nicht dabei wirklich zu gewinnen, sondern bestenfalls dabei, seine
Verluste (im Gegensatz zu rein zufälligen Tips) etwas zu minimieren.

Ich würde ihm das gerne mal vorrechnen können.. möchte u.a. auch seine
Trefferquoten statistisch auswerten können auf Signifikanz. In diesem
Zusammenhang interessiert es mich dann auch, ausrechnen zu können wie
wahrscheinlich es ist, wenn er (wie oft!) nicht alle Spielergebnisse
richtig vorhersagen kann, jedoch (oft!) die meisten davon.

Beispiel: 2 von 3 sind richtig...
3 von 5 sind richtig ....
4 von 6 sind richtig...


Wie rechnet man diese Wahrscheinlichkeiten aus??


Es würde mich sehr freuen, wenn Ihr auf das beschriebene Thema eingehen
mögt. Meine eigenen mathematischen Kenntnisse reichen nicht aus um das
oben beschriebene zweifelsfrei richtig beantworten zu können. Ausserdem
hoffe ich, mich klar und verständlich ausgedrückt zu haben. Bitte
gegebenenfalls nachfragen, wenn etwas uneindeutig / missverständlich
formuliert worden sein sollte.

Viele Grüße - Andreas

[Christian Rathjen]

Bei Sportwetten spielt wohl einiges mehr rein, aber ich bau dir mal ein
kleines Modell:

Der Einfachheit halber nutze ich die Annahme, die du machst, dass ein Sieg
der Heimmannschaft
genauso wahrscheinlich ist wie ein Unentschieden bzw. ein Sieg des
Auswärtsteams.
(Das ist eine Gleichverteilungsannahmne (GVA))
Zudem setz ich mal voraus, dass es bei den Spielen keine Absprachen gibt,
also das Ergebnis von Spiel a unabhängig vom Ergebnis von Spiel b für alle
Spiele ist.

Führen wir jetzt mal Zuvallsvariablen ein:

X_{i}= 1, wenn Spielergebnis bei einem Spiel i richtig getippt, 0 sonst
i= 1, ..., n (n Anzahl Spiele)
Wegen der oben gemachten Voraussetzungen sind deine ZVA X_{i} unabhängig, ja
sogar iid verteilt.

Y= 1, wenn alle Spiele richtig getippt, 0 sonst
Dann gilt wegen deiner GVA: P(X_{i} =1) = 1/3

Post by Andreas Modrzewsky
Im obigen Beispiel dürfte die Chance das richtige Ergebnis zufällig zu
erraten bei 1 : 9 stehen..

Dann gilt aber für Y: (ich nehme mal wie du drei Spiele als Beispiel)
P(Y = 1)=P(X_{1} = 1,X_{2} = 1,X_{3} = 1) = (wegen Unabhängigkeit)
P(X_{1} = 1)*P(X_{2} = 1)*P(X_{3} = 1) = 1/(3)^3 =1/27
d.h, dass es noch unwahrscheinlicher alle Spiele richtig zu tippen als du
raus hattest..

Post by Andreas Modrzewsky
aber wie lautet die Formel, damit ich es
auch bei den anderen Tipmöglichkeiten errechnen kann??

Allgemein läßt sich bei den Voraussetzungen bei einem Modell mit 3 möglichen
Ergebnissen und
n Spielen die Wahrscheinlichkeit alle zu gewinnen mit P(Y=1) = 1/(3)^n
angeben,
siehe auch unten, dort mit Binomialverteilung.

Post by Andreas Modrzewsky
--------
Spiel 1: 1,4 bei (1), 2,3 bei (0), 2,8 bei (2)
Spiel 2: 2,0 bei (1), 1,9 bei (0), 1,7 bei (2)
Spiel 3: 1,9 bei (1), 2,5 bei (0), 1,4 bei (2)
Ausserdem hätte ich gerne gewusst, ob folgendes aus mathematischer
Sicht richtig ist: Beim obigen Beispiel liegt die durchschnittliche
Quote bei (1,4 + 2,0 + 1,9) x (2,3 + 1,9 + 2,5) x (2,8 + 1,7 + 1,4) : 3
= 5,967. Hieraus ergibt sich dann auch der Vorteil des Veranstalters
Stimmt das so? Oder ist da ein Denkfehler??

Kann nicht nachvollziehen, was du da machst,
schau dir mal die Defintion des diskreten Erwartungswertes an.

Post by Andreas Modrzewsky
Ich würde ihm das gerne mal vorrechnen können.. möchte u.a. auch seine
Trefferquoten statistisch auswerten können auf Signifikanz. In diesem
Zusammenhang interessiert es mich dann auch, ausrechnen zu können wie
wahrscheinlich es ist, wenn er (wie oft!) nicht alle Spielergebnisse
richtig vorhersagen kann, jedoch (oft!) die meisten davon.
Beispiel: 2 von 3 sind richtig...
3 von 5 sind richtig ....
4 von 6 sind richtig...
Wie rechnet man diese Wahrscheinlichkeiten aus??

Das kriegst du mit einer Binomialverteilung hin:
b(n,p)(k) = (n über k)*p^k*(1-p)^(n-k),
wobei n die Anzahl der Spiele, k die Anzahl der Erfolge und p die
Erfolgswahrscheinlichkeit ist,
ein Spiel richtig zu tippen.(hier p=1/3)

Post by Andreas Modrzewsky
Viele Grüße - Andreas

Grüße -Christian

P.S.
Veröffentlichen würde ich das nicht, aber das einfache Modell wird wohl
ausreichen,
um deinen Freund zu überzeugen.

[Andreas Modrzewsky]

Post by Christian Rathjen
Bei Sportwetten spielt wohl einiges mehr rein, aber ich bau dir mal
Der Einfachheit halber nutze ich die Annahme, die du machst..

Danke Dir für Deine Mühe.. kann prinzipiell alles nachvollziehen, habe
aber Verständnisschwierigkeiten bei der mathematischen Symbolik.. dazu
später mehr...

Post by Christian Rathjen
X_{i}= 1, wenn Spielergebnis bei einem Spiel i richtig getippt, 0
sonst i= 1, ..., n (n Anzahl Spiele)
Wegen der oben gemachten Voraussetzungen sind deine ZVA X_{i}
unabhängig, ja sogar iid verteilt.
Y= 1, wenn alle Spiele richtig getippt, 0 sonst
Dann gilt wegen deiner GVA: P(X_{i} =1) = 1/3
Dann gilt aber für Y: (ich nehme mal wie du drei Spiele als Beispiel)
P(Y = 1)=P(X_{1} = 1,X_{2} = 1,X_{3} = 1) = (wegen Unabhängigkeit)
P(X_{1} = 1)*P(X_{2} = 1)*P(X_{3} = 1) = 1/(3)^3 =1/27
d.h, dass es noch unwahrscheinlicher alle Spiele richtig zu tippen
als du raus hattest..

Ich versuche mal die mir nicht geläufige mathematische Symbolik anhand
von Rechenbeispielen umzusetzen.. sagst Du mir bitte, ob das so stimmt
oder ob ich damit falsch liege??

Bei 2 Spielen wäre es 1/8
Bei 4 Spielen wäre es 1/64
Bei 6 Spielen wäre es 1/216
Bei 9 Spielen wäre es 1/729

Die Wahrscheinlichkeit liegt also bei 1 : Anzahl der Spiele hoch 3,
ja??

Post by Christian Rathjen

Post by Andreas Modrzewsky
--------
Spiel 1: 1,4 bei (1), 2,3 bei (0), 2,8 bei (2)
Spiel 2: 2,0 bei (1), 1,9 bei (0), 1,7 bei (2)
Spiel 3: 1,9 bei (1), 2,5 bei (0), 1,4 bei (2)
Ausserdem hätte ich gerne gewusst, ob folgendes aus mathematischer
Sicht richtig ist: Beim obigen Beispiel liegt die durchschnittliche
Quote bei (1,4 + 2,0 + 1,9) x (2,3 + 1,9 + 2,5) x (2,8 + 1,7 + 1,4)
: 3 = 5,967. Hieraus ergibt sich dann auch der Vorteil des
Stimmt das so? Oder ist da ein Denkfehler??

Kann nicht nachvollziehen, was du da machst,
schau dir mal die Defintion des diskreten Erwartungswertes an.

Würdest Du es mir bitte anhand des obigen Beispiels mit konkreten
Zahlen vorrechnen, damit ich es nachvollziehen kann? Ich weiss leider
nicht, was man unter einem "diskreten Erwartungswert" versteht.

Post by Christian Rathjen

Post by Andreas Modrzewsky
es interessiert mich auch, ausrechnen zu können, wie
wahrscheinlich es ist, wenn er (wie oft!) nicht alle
Spielergebnisse richtig vorhersagen kann, jedoch (oft!)
die meisten davon.
Beispiel: 2 von 3 sind richtig...
3 von 5 sind richtig ....
4 von 6 sind richtig...
Wie rechnet man diese Wahrscheinlichkeiten aus??

b(n,p)(k) = (n über k)*p^k*(1-p)^(n-k),
wobei n die Anzahl der Spiele, k die Anzahl der Erfolge und p die
Erfolgswahrscheinlichkeit ist, ein Spiel richtig zu tippen.(hier
p=1/3)

Würdest Du mir bitte mit konkreten Zahlen bei den genannten Beispielen
vorrechnen, was das heisst?? - Ich verstehe die verwendete
Symbolsprache nicht auf Anhieb und weiss auch nicht, was "n über k"
bedeutet. Wenn ich aber konkrete Rechenbeispiele vor Augen habe, dann
kann ich es nachvollziehen und selbst solche Aufgaben rechnen.

Post by Christian Rathjen
Veröffentlichen würde ich das nicht, aber das einfache Modell wird
wohl ausreichen, um deinen Freund zu überzeugen.

Ich weiss nicht, ob es ihn überzeugt.. hoffe es jedoch sehr!

Danke Dir für Deine Mühe - viele Grüße, Andreas

[Christian Rathjen]

Post by Andreas Modrzewsky
Ich versuche mal die mir nicht geläufige mathematische Symbolik anhand
von Rechenbeispielen umzusetzen.. sagst Du mir bitte, ob das so stimmt
oder ob ich damit falsch liege??
Bei 2 Spielen wäre es 1/8
Bei 4 Spielen wäre es 1/64
Bei 6 Spielen wäre es 1/216
Bei 9 Spielen wäre es 1/729
Die Wahrscheinlichkeit liegt also bei 1 : Anzahl der Spiele hoch 3,
ja??

Genau

Post by Andreas Modrzewsky

Post by Christian Rathjen

Post by Andreas Modrzewsky
--------
Spiel 1: 1,4 bei (1), 2,3 bei (0), 2,8 bei (2)
Spiel 2: 2,0 bei (1), 1,9 bei (0), 1,7 bei (2)
Spiel 3: 1,9 bei (1), 2,5 bei (0), 1,4 bei (2)

Würdest Du es mir bitte anhand des obigen Beispiels mit konkreten
Zahlen vorrechnen, damit ich es nachvollziehen kann? Ich weiss leider
nicht, was man unter einem "diskreten Erwartungswert" versteht.

Um den Erwartungswert hier zu berechnen
summierst du das Produkt der Wertes deiner Ereignisse mit der
Wahrscheinlichkeit, dass sie eintreten,
z.B. erste Zeile Deines Beispiels
1/3*(1,4+2,0+1,9)
Bei den nächsten Zeilen dann genauso.
Bei deiner Formel müsstest du also statt mit 1/3 zu multiplizieren 1/9
nehmen.

Ich setzt an der Stelle mal ein: * (Gehe später darauf ein)

Post by Andreas Modrzewsky

Post by Christian Rathjen

Post by Andreas Modrzewsky
es interessiert mich auch, ausrechnen zu können, wie
wahrscheinlich es ist, wenn er (wie oft!) nicht alle
Spielergebnisse richtig vorhersagen kann, jedoch (oft!)
die meisten davon.
Beispiel: 2 von 3 sind richtig...
3 von 5 sind richtig ....
4 von 6 sind richtig...
Wie rechnet man diese Wahrscheinlichkeiten aus??

b(n,p)(k) = (n über k)*p^k*(1-p)^(n-k),
wobei n die Anzahl der Spiele, k die Anzahl der Erfolge und p die
Erfolgswahrscheinlichkeit ist, ein Spiel richtig zu tippen.(hier
p=1/3)

Würdest Du mir bitte mit konkreten Zahlen bei den genannten Beispielen
vorrechnen, was das heisst?? - Ich verstehe die verwendete
Symbolsprache nicht auf Anhieb und weiss auch nicht, was "n über k"
bedeutet. Wenn ich aber konkrete Rechenbeispiele vor Augen habe, dann
kann ich es nachvollziehen und selbst solche Aufgaben rechnen.

Kein Problem:
Kleines Beispiels:
Spieler tippt 7 Spiele, die Wahrscheinlichkeit, dass er genau 5 richtig
tippt ist dann
b(7,1/3)(5) = (7 über 5)*(1/3)^5*(1-1/3)^(7-5)
= 7!/(5!*2!)*(1/3)^5*(2/3)^2 //
7!=7*6*5*4*3*2*1, 5!= 5*4*3*2*1
= 7*6/2*(1/3)^5*(2/3)^2 // hab
gekürzt 7!/5!=7*6
= 0,038409

Anschaulich kannst du die Binomialverteilung so deuten:
(n über k) ist die Anzahl der Möglichkeiten, dass er 5 Spiele richtig hat
und 2 falsch getippt hat,
denn er könnte ja z.B. die ersten 2 falsch haben oder die letzten beiden
oder irgendwo in der Mitte, ...
(1/3)^5 ist ja einfach genau 5 richtig, während (2,3)^2 die
Wahrscheinlichkeit für 2 falsch ist.

b(5,1/3)(4) = (5 über 4)*(1/3)^4*(2/3)
= 5!/(4!*1!)*(1/3^4*2/3
= 5*(1/3)^4*2/3
= 0,041152

Wenn du deinem Freund jetzt mal vorrechnen willst,
wie groß die Wahrscheinlichkeit ist, dass
er wenn von 10 Spielen mindestens 8 richtig tippt,
(bedeutet ja, dass er 8,9 oder 10 Spiele richtig tippt)
dann addierst du einfach:
b(10,1/3)(8)+b(10,1/3)(9)+b(10,1/3)(10) =
45*(1/3)^8*(2/3)^2 + 10*(1/3)^9*(2/3) + 1*(1/3)^10=0,0030482
Also ist es ohne Vorahnung, wie die Spiele ausgehen, fast unmöglich
mindestens 8 von 10 Spielen richtig zu tippen.
Dagegen ist zu erwarten, dass er meist 3 oder 4 richtig tippt.
(Erwartungswert= 10/3= 3,3...).

Post by Andreas Modrzewsky
Danke Dir für Deine Mühe - viele Grüße, Andreas

Kein Problem
Schönen Abend noch
Christian

zu (*):
An der Stelle könnte man das Modell erweitern, bisher gehen ich ja davon
aus,
dass Heimsieg, Unentschieden, Auswärtssieg gleichwahrscheinlich sind.
Man könnte natürlich von den Auszahlungen bei möglichem Heimsieg eine
Annahmne
über die Wahrscheinlichkeit machen, dass ein Heimsieg eintritt.
(Wenig Auszahlung bei einem Ereignis (Sieg, Remis, Niederlage) bedeutet hohe
Wahrscheinlichkeit,
dass das Ereignis eintritt.)
Um diesen Aspekt zu berücksichtigen müßte man das ganze Modell aber
verkomplizieren.
(Da spielt dann ordentlich Statistik rein)

Fazit:
Rechne ihm das Grundmodell doch mal vor,
das zeigt doch schon mal gut die Grundstruktur deines Problems,
sonst hast du vielleicht heute vielleicht was gelernt,
denn den Binomialkoeffizienten (n über k) kann man auch für andere
Fragestellungen einsetzen,
z.B. (Stadardbeispiel)
Möglichkeiten 6 Kugeln aus 49 zu ziehen:
49!/(6!*43!)= 13983816.

[Christian Rathjen]

Post by Andreas Modrzewsky
Bei 2 Spielen wäre es 1/8
Bei 4 Spielen wäre es 1/64
Bei 6 Spielen wäre es 1/216
Bei 9 Spielen wäre es 1/729
Die Wahrscheinlichkeit liegt also bei 1 : Anzahl der Spiele hoch 3,
ja??

Genau

Quatsch, 1/3^(Anzahl der Spiele)

[Andreas Modrzewsky]

Post by Christian Rathjen

Post by Andreas Modrzewsky
Bei 2 Spielen wäre es 1/8
Bei 4 Spielen wäre es 1/64
Bei 6 Spielen wäre es 1/216
Bei 9 Spielen wäre es 1/729
Die Wahrscheinlichkeit liegt also bei 1 : Anzahl der Spiele hoch 3,
ja??

Genau
Quatsch, 1/3^(Anzahl der Spiele)

Stimmen denn meine obigen Rechenbeispiele?? - Dann habe ich es richtig
verstanden! Beispiel meines Rechenwegs für 4 Spiele:
1 geteilt durch 4x4x4 = 1/64

Post by Christian Rathjen

Post by Andreas Modrzewsky
Spiel 1: 1,4 bei (1), 2,3 bei (0), 2,8 bei (2)
Spiel 2: 2,0 bei (1), 1,9 bei (0), 1,7 bei (2)
Spiel 3: 1,9 bei (1), 2,5 bei (0), 1,4 bei (2)
Würdest Du es mir bitte anhand des obigen Beispiels mit konkreten
Zahlen vorrechnen, damit ich es nachvollziehen kann? Ich weiss
leider nicht, was man unter einem "diskreten Erwartungswert"
versteht.

Um den Erwartungswert hier zu berechnen
summierst du das Produkt der Wertes deiner Ereignisse mit der
Wahrscheinlichkeit, dass sie eintreten,
z.B. erste Zeile Deines Beispiels
1/3*(1,4+2,0+1,9)
Bei den nächsten Zeilen dann genauso.
Bei deiner Formel müsstest du also statt mit 1/3 zu multiplizieren
1/9 nehmen.
Ich setz an der Stelle mal ein: * (Gehe später darauf ein)

Post by Andreas Modrzewsky
es interessiert mich auch, ausrechnen zu können, wie
wahrscheinlich es ist, wenn er (wie oft!) nicht alle
Spielergebnisse richtig vorhersagen kann, jedoch (oft!)
die meisten davon.
Beispiel: 2 von 3 sind richtig...
3 von 5 sind richtig ....
4 von 6 sind richtig...
Wie rechnet man diese Wahrscheinlichkeiten aus??

b(n,p)(k) = (n über k)*p^k*(1-p)^(n-k),
wobei n die Anzahl der Spiele, k die Anzahl der Erfolge und p die
Erfolgswahrscheinlichkeit ist, ein Spiel richtig zu tippen.(hier
p=1/3)

Post by Andreas Modrzewsky
Würdest Du mir bitte mit konkreten Zahlen bei den genannten
Beispielen vorrechnen, was das heisst?? - Ich verstehe die
verwendete Symbolsprache nicht auf Anhieb und weiss auch nicht, was
"n über k" bedeutet. Wenn ich aber konkrete Rechenbeispiele vor
Augen habe, dann kann ich es nachvollziehen und selbst solche
Aufgaben rechnen.

Spieler tippt 7 Spiele, die Wahrscheinlichkeit, dass er genau 5
richtig tippt ist dann
b(7,1/3)(5) = (7 über 5)*(1/3)^5*(1-1/3)^(7-5)
= 7!/(5!*2!)*(1/3)^5*(2/3)^2 //
7!=7*6*5*4*3*2*1, 5!= 5*4*3*2*1
= 7*6/2*(1/3)^5*(2/3)^2 //
hab gekürzt 7!/5!=7*6 = 0,038409
(n über k) ist die Anzahl der Möglichkeiten, dass er 5 Spiele richtig
hat und 2 falsch getippt hat, denn er könnte ja z.B. die ersten 2
falsch haben oder die letzten beiden oder irgendwo in der Mitte, ...
(1/3)^5 ist ja einfach genau 5 richtig, während (2,3)^2 die
Wahrscheinlichkeit für 2 falsch ist.
b(5,1/3)(4) = (5 über 4)*(1/3)^4*(2/3)
= 5!/(4!*1!)*(1/3^4*2/3
= 5*(1/3)^4*2/3
= 0,041152
Wenn du deinem Freund jetzt mal vorrechnen willst,
wie groß die Wahrscheinlichkeit ist, dass
er wenn von 10 Spielen mindestens 8 richtig tippt,
(bedeutet ja, dass er 8,9 oder 10 Spiele richtig tippt)
b(10,1/3)(8)+b(10,1/3)(9)+b(10,1/3)(10) =
45*(1/3)^8*(2/3)^2 + 10*(1/3)^9*(2/3) + 1*(1/3)^10=0,0030482
Also ist es ohne Vorahnung, wie die Spiele ausgehen, fast unmöglich
mindestens 8 von 10 Spielen richtig zu tippen.
Dagegen ist zu erwarten, dass er meist 3 oder 4 richtig tippt.
(Erwartungswert= 10/3= 3,3...).

Post by Andreas Modrzewsky
Danke Dir für Deine Mühe - viele Grüße, Andreas

Kein Problem
Schönen Abend noch
Christian

Danke Dir nochmals... werde versuchen auf Deine Art nun selbst
Beispiele zu rechnen.

Post by Christian Rathjen
An der Stelle könnte man das Modell erweitern, bisher gehen ich ja
davon aus, dass Heimsieg, Unentschieden, Auswärtssieg
gleichwahrscheinlich sind.
Man könnte natürlich von den Auszahlungen bei möglichem Heimsieg eine
Annahmne über die Wahrscheinlichkeit machen, dass ein Heimsieg
eintritt.
(Wenig Auszahlung bei einem Ereignis (Sieg, Remis, Niederlage)
bedeutet hohe Wahrscheinlichkeit, dass das Ereignis eintritt.)
Um diesen Aspekt zu berücksichtigen müßte man das ganze Modell aber
verkomplizieren.
(Da spielt dann ordentlich Statistik rein)

Schon klar.. aber das lassen wir mal lieber sein... ;-)

Post by Christian Rathjen
Rechne ihm das Grundmodell doch mal vor,
das zeigt doch schon mal gut die Grundstruktur deines Problems,
sonst hast du vielleicht heute vielleicht was gelernt,
denn den Binomialkoeffizienten (n über k) kann man auch für andere
Fragestellungen einsetzen,
z.B. (Stadardbeispiel)
49!/(6!*43!)= 13983816.

Es hat ihn zumindest auf Anhieb beeindruckt, dass es bei drei Spielen
bereits 27 Möglichkeiten gibt und nicht etwa nur 9, wie er und ich
irrtümlicherweise angenommen hatten..


Viele Grüße - Andreas

[Christian Rathjen]

Post by Christian Rathjen
1/3^(Anzahl der Spiele)
Stimmen denn meine obigen Rechenbeispiele?? - Dann habe ich es richtig
1 geteilt durch 4x4x4 = 1/64

Nein, das wäre dann 1 geteilt durch 3*3*3*3=1/243

[Andreas Modrzewsky]

Post by Christian Rathjen

Post by Christian Rathjen
1/3^(Anzahl der Spiele)
Stimmen denn meine obigen Rechenbeispiele?? - Dann habe ich es
1 geteilt durch 4x4x4 = 1/64

Nein, das wäre dann 1 geteilt durch 3*3*3*3=1/243

Jetzt verwirrst Du mich: ... ich komme bei diesem Rechenweg auf 1
geteilt durch 81!!

Somit wären die Wahrscheinlichkeiten das richtige Spiel zu erraten
folgende:

Bei 2 Spielen 1 zu 9
Bei 3 Spielen 1 zu 27
Bei 4 Spielen 1 zu 81
Bei 5 Spielen 1 zu 243
Bei 6 Spielen 1 zu 729
Bei 7 Spielen 1 zu 2189
Bei 8 Spielen 1 zu 6561
Bei 9 Spielen 1 zu 19683
Bei 10 Spielen 1 zu 59049


Oder stimmt das wieder nicht???

Viele Grüße - Andreas

[Christian Rathjen]

oh sorry, hab mich verrechnet
klar, 3^4 = 81 (hatte einmal zu viel mit 3 multipliziert)

[Armin Saam]

Post by Andreas Modrzewsky
Es gibt weit verbreitete Sportwetten, bei denen man die Möglichkeit hat
bei 2 - 10 Spielen darauf zu wetten, ob das Spielergebnis ein Heimsieg
(1), ein Unentschieden (0) oder ein Gästesieg (2) sein wird.
Der Veranstalter der Sportwette legt vorher Quoten fest, woraus sich
der zu erzielende Gewinn errechnet.
--------
Spiel 1: 1,4 bei (1), 2,3 bei (0), 2,8 bei (2)
Spiel 2: 2,0 bei (1), 1,9 bei (0), 1,7 bei (2)
Spiel 3: 1,9 bei (1), 2,5 bei (0), 1,4 bei (2)

Deine Beispielquoten sind unfair gegenüber dem Wettspieler. Bei den gängigen
Quotentripeln ist Summe (1/q_i) ungefähr 1,25, neuerdings bei einigen sogar
1,20. Der Veranstalter gewinnt, statistisch gesehen, rund 1/5 (oder 1/6) des
Einsatzes, und zwar pro Spiel. Wenn du 3 Spiele vorhersagst, so ist der
Veranstalter also mit dem Faktor (1,25)^3 = 2 im Vorteil. Je mehr Spiele du
wählst, desto ungünstiger wird es für dich, und zwar wegen den Faktors 1,25.
Den Veranstalter interessiert der Spielausgang gar nicht, er muß nur
abschätzen, mit welchen Häufigkeiten die Spieler die Spielausgänge tippen
werden. Beispiel: Schätzt er realistisch ab, daß 50 % auf (1), 30 % auf (0)
und 20 % auf (2) setzen, so gibt er als Quotentripel etwa 1,6 / 2,65 / 4,0
heraus. Dann kann der Ball rollen, wohin er will. Ihm bleibt immer der
Profitfaktor 1,25. Der Wettspieler hat sich mit diesem Faktor und den
Unwägbarkeiten des sportlichen Ausgangs herumzuschlagen. Mit statistischem
Tippen zieht er immer den kürzeren. Er muß um den Faktor 1,25 klüger sein
als der Rest der Tippgemeinschaft, und zwar pro Spiel.

[...]

Post by Andreas Modrzewsky
Dies alles nur zur Voraberklärung, nun die Fragestellung welche ich
gerne aus mathematischer Sicht beantwortet haben möchte...
Wie errechnen sich die Zufallswahrscheinlichkeiten bei solchen Tips??
Im obigen Beispiel dürfte die Chance das richtige Ergebnis zufällig zu
erraten bei 1 : 9 stehen.. aber wie lautet die Formel, damit ich es
auch bei den anderen Tipmöglichkeiten errechnen kann??
Ausserdem hätte ich gerne gewusst, ob folgendes aus mathematischer
Sicht richtig ist: Beim obigen Beispiel liegt die durchschnittliche
Quote bei (1,4 + 2,0 + 1,9) x (2,3 + 1,9 + 2,5) x (2,8 + 1,7 + 1,4) : 3
= 5,967. Hieraus ergibt sich dann auch der Vorteil des Veranstalters
der Sportwette: Obwohl die statistische Chance zu gewinnen bei immerhin
1:9 liegt, wird nur eine Quote von 5,967 gewährt. Im Durchschnitt würde
der Veranstalter daher ein Drittel aller eingesetzten Beträge gewinnen.
Stimmt das so? Oder ist da ein Denkfehler??

Nein, es stimmt nicht. An obiger Rechnung ist alles falsch. Erstens wäre
dein Resultat nicht 5,967, sondern circa 70. Zweitens sagt die
durchschnittliche Quote so gut wie nichts, wenn die Häufigkeit des
Eintretens des Ereignisses nicht berücksichtigt wird (weil sie zum Beispiel
unbekannt ist). Gesetzt den Fall, alle Ereignisse wären gleichwahrscheinlich
(was sie bei obigen Quoten offenbar nicht sind), so wäre die
durchschnittliche Gewinnquote
(1,4*2,3*2,8 + ..... +1,9*2,5*1,4)/27

Post by Andreas Modrzewsky
Man könnte nun argumentieren, dass man mittels "Sportverstand" eine
höhere Trefferquote erreichen kann, als die rein zufällige.. und dass
man hierdurch sein "Sportwissen" zu Geld machen kann. Wenn ich aber
einen sportlich sehr informierten Wetter aus meinem Bekanntenkreis
beobachte, so erscheint es mir so, als helfe ihm sein "Sportwissen"
nicht dabei wirklich zu gewinnen, sondern bestenfalls dabei, seine
Verluste (im Gegensatz zu rein zufälligen Tips) etwas zu minimieren.
Ich würde ihm das gerne mal vorrechnen können.. möchte u.a. auch seine
Trefferquoten statistisch auswerten können auf Signifikanz. In diesem
Zusammenhang interessiert es mich dann auch, ausrechnen zu können wie
wahrscheinlich es ist, wenn er (wie oft!) nicht alle Spielergebnisse
richtig vorhersagen kann, jedoch (oft!) die meisten davon.
Beispiel: 2 von 3 sind richtig...
3 von 5 sind richtig ....
4 von 6 sind richtig...
Wie rechnet man diese Wahrscheinlichkeiten aus??

Die Wahrscheinlichkeit hängt davon ab, wie gut seine Trefferquote bei den
einzelnen Spieltypen ist. Wenn er auf Dauer was gewinnen will, muß er bei
der Wahl eines Systems "k aus n" eine realistische Einschätzung von der
Anzahl der richtigen Tipps haben. Wenn er zum Beispiel glaubt, 5 von 7
Spielen der Quote 1,8 richtig vorhersagen zu können, so wäre die Wahl "5 aus
7" ein Flopp. Dem Aufwand von 21 (= 7 über 5) stünde der Ertrag von 18,9
gegenüber, also ein Verlustgeschäft, denn es ist 18,9/21 = 0,9 < 1. Hätte er
dagegen mit denselben Spielen das System "3 aus 7" gewählt, so hätte er 35
Spiele aufzuwenden, in 10 Fällen (= 5 über 3) den Faktor 5,83 gewonnen, also
insgesamt wegen 10*5,83/35 = 1,67 einen Gewinn gemacht.

Wenn du bei Oddset auf Dauer was gewinnen willst, mußt du erstens eine gut
Nase haben (ohne Glück geht gar nichts), zweitens frei von Illusionen
spielen und drittens die Tücke des Wettsystems durchschauen. Es gibt nichts
Dümmeres als auf eine größere Anzahl scheinbar totsicherer Spielausgänge zu
setzen. Spiele mal über einen längeren Zeitraum Scheine mit 10
Favoritensiegen (Quote zum Beispiel 1,4). Im Gewinnfalle erhältst du den
Faktor 29. Er wird sich aber viel seltener einstellen, denn irgendein
Favorit ist immer daneben - du machst also Verlust. Kleine Quoten verderben
dir die Sache immer, auch wenn du nur 3 Spiele auswählst, denn dann ist der
Gewinnfaktor zu klein. Suchst du dir dagegen 3 Sensationen aus, mit Quoten
über 5, so reicht es schon, wenn du alle zwei Jahre (= 2*52 Wochen) ein
Treffertripel erzielst. Tatsächlich ist die Chance auf einen Gewinn mit
hohen Quoten größer. Sicher ist freilich nichts, denn das Wettspielen bleibt
ein Glückspiel.

Schöne Grüße
Armin Saam

[Andreas Modrzewsky]

Post by Armin Saam
Deine Beispielquoten sind unfair gegenüber dem Wettspieler. Bei den
gängigen Quotentripeln ist Summe (1/q_i) ungefähr 1,25, neuerdings
bei einigen sogar 1,20. Der Veranstalter gewinnt, statistisch
gesehen, rund 1/5 (oder 1/6) des Einsatzes, und zwar pro Spiel...

Sowohl das, als auch das sonstige was Du geschrieben hast finde ich
sehr interessant und hilfreich. Danke Dir vielmals!

Dass obige Beispielquoten unfair gegenüber dem Wettspieler sind ist gut
möglich.. es sind keine "echten", also von "Oddset" vorgegebenen
Quoten, sondern von mir frei erfundene Zahlen gewesen. Wollte einfach
nur für diejenigen, die Oddset nicht kennen, veranschaulichen um was es
geht.

Viele Grüße - Andreas