Optimierer

Hallo Boulgari, Nicht wirklich, aber ich ahne es ein bisschen. In solchen "Satzcoups" habe ich noch nie gerechnet, und deine Schreibweise 1:1 für eine fifty-fifty Chance (?) ist mir auch ziemlich fremd. Manche geben es wohl so an, aber für mich ist fifty-fifty immer 1:2 bzw. 1/2 bzw. 50% etc. Wie auch immer: Falls wir beide richtig rechnen, und nur eine andere Schreibweise benutzen, dann muss das Ergebnis auch gleich sein. Und meines ist mit Sicherheit richtig. Es bedeutet, dass man im Vergleich zu Plein bei fast gleicher Gesamtchance weniger Gewinnstücke bekommt, wenn man dein Paroli spielt, und zwar nur eine 5er-EC-Serie. Eine 6er ist mit einer Plein-Chance nicht vergleichbar. Das ist und bleibt so, Schreibweise hin oder her. Werde nochmal drüber meditieren. Vielleicht steige ich ja mit der Zeit soweit dahinter, dass ich auch mit deiner Schreibweise zurecht komme. Gruß, Optimierer

Klar! Bin schon unterwegs nach Monte Carlo. Morgen spreng' ich denen alle Tische. Kommst du mit? Gruß, Optimierer

Ja und zwar, dass ich das mit dem Durchschnitt sicher nicht von dir gelernt habe, sondern schon immer wusste. "Aber egal" Genau. Den Rest must du nicht mir erklären, ich bin's ja nicht, der auf EC-Figuren spielen will, das ist Boulgari. Ich hab' ihm ja nur erklärt, wie man die Häufigkeit richtig berechnet. Sonst glaubt ihm das womöglich noch jemand mit den 32 Coups pro 6er-EC-Figur. Gruß, Optimierer

Hallo Boulgari, Ich bin ebenfalls ein Pedant :-), also nur nochmal zum klaren Verständnis: Du setzt also im Beispiel nach Erscheinen der 33 im 1. Coup 1 Stück auf Rot, und gewinnst 1 zusätzliches Stück durch Erscheinen der 34, richtig? Ab jetzt spielst du Paroli für weitere fünf Coups und gewinnst im weiteren Verlauf mit der 3, der 25 usw. bis die 36 erschienen ist, richtig? Somit hast du eine 6er-EC-Figur korrekt prognostiziert und insgesamt 32 Stücke in der Hand, zuvor hattest du nur 1 Stück, das du ursprünglich gesetzt hast, richtig? Und nun meinst du, für die Verteilung gelte theoretisch "demnach eben 1:32, d.h. dass alle 32 Satzcoups einmal eine 6-er Figur auf z.B. Rot laut WT erscheinen sollte" Da muss ich leider entschieden widersprechen. Das ist definitiv ganz falsch. Ich hoffe, du willst uns hier nicht veräppeln, und mache mir also die Mühe, es dir richtig zu erklären. Tatsächlich verhält es sich so: Es gilt die sog. Laplace-Formel. Für das Erscheinen einer Chance ist die Häufigkeit immer: Anzahl der günstigen Ausgänge / Anzahl der insgesamt möglichen Ausgänge Für das Erscheinen von z.B. Rot ergibt das also 18/37, denn 18 mögliche Ausgänge sind Rot (günstig), und 37 Ausgänge sind insgesamt möglich. Dasselbe gilt natürlich auch für Schwarz, weil es davon auch 18 gibt von insgesamt 37, und auch für Pair usw., kurz für jede EC. 18/37 ist ja nur ein Bruchteil von Eins (ca. 1/2), d.h. wenn man wissen will, nach wievielen Coups die Chance theoretisch erscheint, rechnet man 1 / (18/37) = 2,0555555..., also alle 2,05 Coups. Die Kommastellen kommen daher, weil es ja mehr nicht-rote Nummern gibt als rote. Also nach ca. 2 Coups erscheint im Durchschnitt Rot, ist wohl klar. Soweit ist das wirklich Basiswissen, das du hoffentlich nicht anzweifelst. Für das x-fache Erscheinen (EDIT: irgend gestrichen) einer EC in Folge ist die Häufigkeit dann (18/37)x ("hoch x"). Für eine 6er-Figur ergibt das (18/37)6. Für die durchschnittliche Anzahl Coups rechnet man wieder 1 / (18/37)6, und das ergibt ca. 75.44. D.h. so ungefähr alle 75-76 Coups erscheint im Schnitt deine bestimmte 6er-EC-Figur, nicht etwa schon nach 32 Coups, wie du meinst. Deine Annahme würde ungefähr für eine 5er-EC-Figur zutreffen, und die wäre dann tatsächlich vergleichbar mit der Häufigkeit für eine bestimmte Plein-Zahl: Häufigkeit Pleinzahl: 1/37, also alle 1/(1/37) = 37 Coups. Häufigkeit 5er-EC-Figur: (18/37)5, also alle 1 / (18/37)5 = 36,7 Coups. Die 5er-EC-Figur ist also nur minimal häufiger, wird aber Paroli-mässig gespielt mit (EDIT: lächerlichen 15) 31 Gewinnstücken viel schlechter ausbezahlt als ein Plein-Gewinn mit 35 Stücken! EDIT: Die Abweichung in der Auszahlung ist so extrem, dass ich es jetzt selber kaum glauben kann. Damit kannst du wohl keinen Blumentopf gewinnen... Werde es mir mal ansehen, danke. Gruß, Optimierer

Hallo Fritzl, Dann greife ich das Zitat auch mal auf: Es ist verständlich, was du meinst, leider fehlt jede Erklärung. Wenn es eindeutig ist, muss mir etwas etwas entgangen sein. Ich meine, einen Apfel kann ich von weitem von einer Birne unterscheiden, aber nicht eine Landcasno-Permanenz von andern (echten) Zufallszahlen. Kannst du das denn? Wenn ja, würdest du verraten, wie das geht? Das wäre wirklich sehr interessant und evtl. Gold wert. Gruß, Optimierer

Hi Boulgari, Dass ein Wissen uralt ist, besagt noch nicht, dass es deswegen nutzlos sein muss. Jesus Christus z.B. und andere wussten schon, dass ein Wirtschaftssystem, das auf Zinsen und Zinseszinsen aufgebaut ist, zwangsläufig zusammenbrechen muss und haben es abgelehnt. Gerade jetzt ist es mal wieder fast soweit (Banken- und Immobilienkrise) wie um 1930. Dieses Wissen ist nicht nutzlos, nur weil es nicht beachtet oder vergessen wird. Es ist nur für die nutzlos, die es ignorieren und/oder nicht die richtigen Schlüsse daraus ziehen können/wollen. Resonanz und Rhythmik setzen physikalische Zusammenhänge voraus. Diese existieren bei unabhängigen Zufallsereignissen nicht. Willst du im ernst die hoch bestätigten Gesetze der WT ignorieren z.B. zugunsten einer angenommenen "Resonanz"? Das Wort Resonanz selbst sagt doch schon eindeutig, dass sich diese nur im physikalischen Raum abspielen kann. Welche neueste Chaosforschung? Hast du irgend einen Link parat, wo man sich darüber informieren kann? Würde mich interessieren. Ich behaupte das Gegenteil. Warum wohl ist die Zero-Steuer bei EC so "günstig"? Weil sich die Spiellbank dort sicher fühlt und es auch ist. Die Spieler sollen EC spielen, denn gerade die annähernd 50:50 Chance lässt dem Zufall alle Möglichkeiten, zwischen den Erscheinungen wild hin- und her zu tanzen. EC sind bei weitem am schwierigsten zu prognostizieren und die Auszahlung ist zudem miserabel. Du meinst wahrscheinlich eine bestimmte 5er-EC-Figur, denn die W'keit für eine bestimmte 6-er EC-Figur ist nur halb so groß wie die für ein bestimmtes Plein. Obwohl die W'keiten beinahe gleich sind (5er-EC-Vorteil nur 2 Zehntausendstel), wird die EC-Figur wesentlich schlechter ausgezahlt (ganze 4 Stücke weniger). Das ist wohl der Preis dafür, dass man zwischendurch auch abziehen kann, d.h. man muss das Paroli ja nicht zwingend durchspielen. Gruß, Optimierer

Das Bild gefällt mir – Jetzt wird's ja noch richtig poetisch hier. Das stimmt, lieber sachse. Die Punktlandung gelingt ihm überhaupt nur theoretisch, wenn er wirklich oft um den Globus gerast ist, sich um die eigene Achse gedreht hat usw. Praktisch kann man ihn aber kalt erwischen, z.B. wenn ihm weit ab vom eigentlichen Kurs (Erwartungswert), d.h. an der 3-Sigma-Grenze, wohin er sich mitunter verfranzt, regelmäßig der Sprit ausgeht und er dort zwischenlanden muss, hehe. Man sollte ihm also nicht unbedingt frisch betankt in der Nähe des idealen Kurses bei voller Zick-Zack-Fahrt auflauern wollen (im Favoritenterrain bei hohem Verkehrsaufkommen), sondern lieber auf den abgelegenen Pisten irgendwo in der Pampa, am besten in der vertrocknetsten Restantensteppe nahe der 3-Sigma Grenze zum Nimmermehr-Land, wo ihm meistens die Motoren stottern und ihn zur Notlandung zwingen. Während er dort auftankt und den Kompass justiert, kann man ihn dann ungestört ausnehmen... Gruß, Optimierer

Hi Monopolis, Die W'keit für eine bestimmte Folge von EC-Erscheinungen der Länge n ist immer (18/37)n. Im Fall der 6 Dreier im Wechsel auch, also (18/37)18 = 0,00000233, ca. alle 429'265 Coups, nicht eben häufig . Habe kürzlich eine interessante Formel gefunden, die folgendes angibt: Die minimale Anzahl n von Versuchen, um auf einer Schreibmaschine mit t Tasten mit einer Wahrscheinlichkeit von mindestens q % eine Buchstabengruppe (in einer bestimmten Reihenfolge) der Länge m zu erhalten. Hört sich etwas kompliziert an, ist es aber nicht wirklich. Auf das Roulette übertragen könnte man damit z.B. berechnen, wie viele Versuche man mindestens benötigt, um mit 99% Wahrscheinlichkeit deine Folge RRRSSSRRRSSSRRRSSS (6 Dreier im Wechsel) zu erhalten. Die "Schreibmaschine" hat hier 2 Tasten (R und S), also t = 2. Die Trefferwahrscheinlichkeit setzen wir auf q = 99%. Die "Buchstabengruppe" hat die Länge m = 18. Es gilt: n >= ln( 1 - q/100) / ln( 1 - 1/(tm) ) Und mit unseren Werten: n >= ln( 1 - 99/100 ) / ln( 1 - 1/(218) ), also n >= 1'207'215 => Dazu braucht man mindestens 1'207'215 Versuche. So rechnet's mir jedenfalls der Bordrechner von Windows XP aus. Gruß, Optimierer EDIT: Die Zero ist dabei nicht berücksichtigt. Die Formel geht davon aus, alle "Tasten" gleich wahrscheinlich sind. Der Kessel hat ja eher 37/18 = 2,0555... EC-"Tasten". Wenn man also 2,055 für t einsetzt, dürfte das Ergebnis genauer werden. Habe die Formel nicht selbst geprüft (das übersteigt meine Fähigkeiten), also ohne Gewähr.

Hallo Leute, Die gute Nachricht: Problem gelöst! Die schlechte: Die mathematische Lösung funktioniert nicht! (war ja klar... ) Die Rechnung geht nämlich sauber auf, wenn man es auf ganzzahlige Satzsignale bringt. Man hat also im Schnitt 4,12 Satzsignale (=Märsche) bis ein Platzer eintritt. Jeder Marsch bringt im Schnitt +3,32 Stücke, jeder Platzer -11 Stücke. Nehmen wir die 4,12 Satzsignale pro Platzer z.B. mal 25, dann ergeben sich 4,12 * 25 = 103 ganze Satzsignale. Davon sind genau 25 Platzer à 11 Stück = -275 Stück 78 Gewinne à 3,32 Stück = +259 Stück Das ergibt einen Saldo von -275+259 = -16 Stück, also Verlust. Der durchschnittliche Einsatz pro Gewinn-Progi beträgt 4,024 Stücke (ebenso berechnet wie der durchschnittl. Stückgewinn, siehe weiter oben, mit A...H * Einsatz). Somit ergeben sich: 78 Gewinne à 4,024 Stück Einsatz = 314 Stück Einsatz 25 Platzer à 11 Stück Einsatz = 275 Stück Einsatz also ein Einsatz von insgesamt 314+259 = 589 Stück. Der Verlust von -16 Stücken beträgt dann -16/5,89 = -2,7% vom Einsatz, was leider zu erwarten war. Gruß, Optimierer Nachwort: Mathe-Hasser mögen mir den Ausflug verzeihen; ich will hier nicht den Streber raushängen (Schulzeit längst vorbei), aber Roulette geht nun mal nicht wirklich ohne Mathematik. Selbst ein Kesselgucker muss wohl mindestens die Grundrechenarten bemühen um die gezählten Umläufe, Umlaufzeiten usw. in Einklang zu bringen.

Hallo Many16, Ja genau, vielen Dank. Das leuchtet mir ein und so ähnlich habe ich es auch gerechnet. Was mich noch stört, sind die Verluste, die in der Rechnung eigentlich nicht vokommen sollten, denn ich gehe davon aus, dass der Marsch auf jeden Fall gewinnt. Wie oft er nicht gewinnt, d.h. mit -11 platzt, kann man in einer ganz separaten Rechnung nachher berücksichtigen, wie ich das ja im 1.Posting hier gemacht habe. Die Frage ist also: Wenn eine Progression mit Plus abschließt, wie hoch ist dann im Schnitt das erzielte Plus der Progi? Und da komme ich auf durchschnittlich 3,323443982149133743470333946239 Stücke. Das deckt sich sogar mit deinen Berechnungen, also stimmt's. Meine etwas umständliche Rechnung geht wie folgt: Zunächst nochmal Tabelle der Treffer-W'keiten: 1. Coup 0,16216216216216216216216216216216 (a) 2. Coup 0,13586559532505478451424397370343 (b) 3. Coup 0,11383333662369454918760981580558 © 4. Coup 0,095373876630663000670700115945215 (d) 5. Coup 0,079907842582447378940316313359504 (e) 6. Coup 0,066949814055564020193237992274179 (f) 7. Coup 0,056093087451959043945685885418907 (g) 8. Coup 0,046996911108398117900439525621246 (h) Das macht in der Summe 0,75718262593994305751439578429023, bzw. 75,72%. Es besteht demnach 75,72% W'keit, dass die Progi gewinnt. Ich gehe aber davon aus, dass sie immer gewinnt, d.h. die restlichen 24,28% Platzer-W'keit interessieren hier nicht. Dann es ein normaler Dreisatz: Die Summe der W'keiten soll nicht 0,7572... sein, sondern genau 1 (bzw. 100%), also multipiziert man sie mit dem entsprechenden Faktor 1/0,7572... = 1,3206853482125675767937949851331. Die Summe unserer W'keiten der Tabelle ist a+b+c+d+e+f+g+h. Wir multiplizieren sie also mit dem konstanten Faktor k = 1,32... Wegen k(a+b+c+d+e+f+g+h) = ka + kb +kc +kd +ke +kf + kg + kh kann man jede Einzelw'keit der Tabelle mit k multipizieren, und kommt dann kommt auf: 1. Coup 0,21416519160203798542602080839973 (A) 2. Coup 0,17943570107197777157315256919938 (B) 3. Coup 0,15033801981706245726399269311271 © 4. Coup 0,12595888146834962635631820233803 (D) 5. Coup 0,10553311690591455181205038574225 (E) 6. Coup 0,088419638488739219085771944811394 (F) 7. Coup 0,074081318733808534909700818624763 (G) 8. Coup 0,062068131912109853572992577767372 (H) Die Summe dieser W'keiten A...H ist jetzt genau 1, bzw. 100%. Das ist also nun die genaue Verteilung für die gewinnende Progi. Eine der Progressionsstufen gewinnt, die W'keiten sind klar, und in der Summe ergeben sie 100%. Somit ergibt sich der Gewinn in Stücken für die Progi wie folgt: 1. Coup A * 5 Stück = 1,070825958010189927130104041995 Stück 2. Coup B * 4 Stück = 0,717742804287911086292610276796 Stück 3. Coup C * 3 Stück = 0,451014059451187371791978079336 Stück 4. Coup D * 2 Stück = 0,251917762936699252712636404676 Stück 5. Coup E * 1 Stück = 0,105533116905914551812050385742 Stück 6. Coup F * 5 Stück = 0,442098192443696095428859724055 Stück 7. Coup G * 3 Stück = 0,222243956201425604729102455872 Stück 8. Coup H * 1 Stück = 0,062068131912109853572992577767 Stück Die Summe der W'keiten A...H ist also 100% und die Summe der Teilgewinne ist 3,323444 Stück, was doch jetzt der gesuchte Durchschnitt für eine gewinnende Progi sein sollte. Dass du, Mandy16, ungefähr auf dasselbe Ergebnis kommst, zeigt sich, wenn man deine errechneten 252 Gewinnstücke durch die 75,7 (Summe der Faktoren 16,2 + 13,6 +...+4,7) teilt: 252/75,7 = 3,329 Stücke pro gewinnender Progi. Der Durchschnittsgewinn für diese Progi ist also tatsächlich 3,32 Stücke, falls sie denn gewinnt. Somit war meine unrsprünglicher Mittelwert von 3 doch gar nicht so übel... Bleibt noch die Frage, wieso ich auf eine positive Gewinnerwartung gekommen bin. Die wird ja dann noch positiver, wenn man mit 3,32 Stücken im Schnitt rechnet... Danke nochmal für deine Mühe, Mandy16. Ich finde diese grundsätzlichen Berechnungen nicht unwichtig und sehr erhellend. Wenn man das einmal richtig begriffen hat, hat man richtig "was an den Füßen" und kann darauf bauen. Ist mir lieber, als nur herumspekulieren und probieren, womöglich mit echtem Kapital... Gruß, Optimierer EDIT: nur Feinheiten korrigiert

Hallo Mandy16, Ok, das ist mir klar (war's auch schon vorher), aber ich dachte nicht, dass das sooo viel ausmacht. Da du dich damit anscheinend gut auskennst, würdest du mir den Mittelwert für meine kleine Martingale mal genau ausrechnen mit den korrekten Wahrscheinlichkeiten 6/37 bzw. 31/37 ? Oder besser den genauen Weg beschreiben, wie man das macht? Das wäre sehr nett. Ich kann es im Prinzip selber, hänge aber irgendwie fest bei der Tatsache, dass die Gesamtwahrscheinlichkeit für Gewinn bei allen 8 Stufen bzw. Coups nicht 1 ergibt. Das muss also entsprechend umgerechnet werden, weil ich ja davon ausgehe, dass der Marsch gelingt. Ich komme auf ca. 3,3 Stücke pro Marsch, aber das scheint mir falsch... stehe da wohl gerade auf dem Schlauch. Gruß, Optimierer

Hallo, Kein Problem, es kann ja so nicht stimmen Den Verdacht habe ich auch. Wenn man eine positive Gewinnerwartung beim Roulette errechnet, dann muss etwas falsch sein. Das sehe ich anders, und es ist dem Verfasser auch nicht entgangen. Wenn man gleich drauf losspielt, erhöht das nur unnötig den Umsatz und die Platzerhäufigkeiten liegen dann im Bereich der normalen Standardabweichung, d.h. man muss viele Platzer hinnehmen, die mit ziemlicher Sicherheit auch geballt auftreten. Das bringt's daher nicht. Darüber habe ich im Forum schon mit anderen diskutiert. Niemand will es einsehen. Ich habe aber jede Menge Statistiken, die meine Sicht beweisen. Lassen wir also diesen Aspekt mal außen vor. Denn selbst wenn es genau dasselbe sein sollte, kann allein das meine Rechnung ja nicht falsch machen. Der Fehler muss woanders liegen... Sorry, ich kenne keinen @thomweh, also auch nicht seine Fehler, aus denen ich etwas lernen könnte. Ist anscheinend eine große Bildungslücke, Schande über mich... Aber stimmt schon: 100% korrekt ist es nicht. Allerdings sind die Treffer während der Progression trotzdem annähernd gleich wahrscheinlich, weil im Bereich der 3-Sigma-Grenze die Häufigkeitskurve schon sehr flach ist. Die Näherung durch den Mittelwert halte ich hier für vertretbar. Wenn ich es kurz nach den einzelnen W'keiten rechne, komme ich sogar auf +3,323444 Stücke pro Marsch, bin mir da aber nicht ganz sicher, scheint mir zuviel. Stunden später...: Habe also nochmal dachgedacht. Es muss ja irgendwo ein Fehler sein... Die Rechnung ist sicher prinzipiell richtig, abgesehen von der kleinen Ungenauigkeit beim Mittelwert der +3 Stücke pro Angriff, die Schlussfolgerung daraus stimmt aber anscheinend nicht ganz: Wenn man die 4,12 Märsche pro Platzer ganzzahlig macht, wird's genauer, also z.B. alles mal 25: 25 mal 1. Satzsignal => +3 * 25 = 75 Stücke 25 mal 2. Satzsignal => +3 * 25 = 75 Stücke 25 mal 3. Satzsignal => +3 * 25 = 75 Stücke 25 mal 4. Satzsignal => +3 * 25 = 75 Stücke 25 mal 5. Satzsignal => -11 * 25 = -275 Stücke (der 5. Marsch platzt sicher) 25 mal 0,12tes => -11 * 3 = -33 Stücke (weil ja eigetlich sogar jeder 4,12te platzt) Das macht +300 - 308 = -8 Stücke unter'm Strich, was -2,66...% von den 300 sind, also etwa die bekannte negative Gewinnerwartung. Die kleine Differenz könnte an besagtem Mittelwert von +3 pro Marsch liegen. Oder bin ich jetzt völlig gaga? Es müssten doch eigentlich Prozente vom Umsatz sein... Gruß, Optimierer EDIT: Zitate berichtigt

Hallo Leute, Hier die mathematische Lösung des Roulette-Problems am Beispiel mit restanten TVS: Die W'keit PTVS für das Erscheinen einer bestimmten TVS ist genau PTVS = 6/37. Die W'keit QTVS für das Nichterscheinen der TVS ist genau QTVS = 31/37. Die W'keit, dass unsere TVS 48 mal in Folge nicht erscheint, ist QTVS48 = 0,00020496445345617514499418443915658 Das geschieht im Schnitt 1 mal in 1/QTVS48 = 4878,89 Versuchen. Die W'keit, dass die TVS 40 mal in Folge nicht erscheint, ist QTVS40 = 0,00084410950513566014017061341653451 Das geschieht im Schnitt 1 mal in 1/QTVS40 = 1184,68 Versuchen. Wir starten immer dann einen Marsch auf die restante TVS, nachdem sie 40 mal nicht erschienen ist, und zwar 8 Coups lang wie folgt: 41. Coup 1 Stück (Einsatz 1, Gewinn 5) 42. Coup 1 Stück (Einsatz 2, Gewinn 4) 43. Coup 1 Stück (Einsatz 3, Gewinn 3) 44. Coup 1 Stück (Einsatz 4, Gewinn 2) 45. Coup 1 Stück (Einsatz 5, Gewinn 1) 46. Coup 2 Stück (Einsatz 7, Gewinn 5) 47. Coup 2 Stück (Einsatz 9, Gewinn 3) 48. Coup 2 Stück (Einsatz 11, Gewinn 1) Diese kleine Maringale bringt im Schnitt 3 Stücke (Mittelwert 5+4+3+2+1+5+3+1 / 8 = 3). Wenn sie platzt, kostet das 11 Stücke. Ein Platzer passiert wie gezeigt im Schnitt erst nach 4878,89 Versuchen. Wir haben alle 1184,68 Versuche ein Satzsignal. Das ergibt im Schnitt 4878,89 / 1184,68 = 4,12 Märsche bis ein Platzer eintritt. Da jeder Marsch im Schnitt 3 Stücke bringt, sind das 4,12 * 3 = 12,35 Stücke Gewinn bis zum Platzer. Der kostet dann wieder 11 Stücke, macht +1,35 Stücke unter'm Strich rein mathematisch, was zu beweisen war . Wo ist der Fehler? Mancher wundert sich vielleicht, warum gerade 48 Coups die Grenze sein soll. Das hat folgenden Grund: Bei 48 Coups ist für das Erscheinen einer bestimmten TVS der Erwartungswert 7,7837837837838 und die Standardabweichung +/- 2,5537322834633. Es wären also ca. 8 +/- 2,5 Erscheinungen zu erwarten. Wenn die TVS bis dahin aber gar nicht erschienen ist, entspricht das einer 7.78 / 2.55 = 3,05-fachen Standardabweichung, was sehr ungewöhnlich wäre. 40-maliges Ausbleiben ist schon extrem genug (aber noch innerhalb der 3-Sigma-Grenze, also normal), und wir haben dann gute Chancen, dass das noch extremere Ereignis jenseits der 3-Sigma-Grenze nicht eintritt (der böse Platzer). In Erwartung vieler geb' ich mir lieber gleich selber den Hammer ... Gruß, Optimierer

Hi, Das war mir nicht klar, und natürlich kapiere ich das, dann gilt aber doch das gleiche: Wenn das Angriffsfenster geschlossen ist, hört man grundsätzlich auf, und was nachher passiert, interessiert nun wirklich nicht mehr. Dachte, wir waren uns ausnahmsweise einig: Man muss ein Spiel auch mal verloren geben können. Also: Fenster auf, bestimmte Coups gespielt, Fenster zu, fertig bis zum nächsten mal. Das ist mir sowas von Schnuppe, wenn das Unglaublichstete in 10 Jahren mal passiert. Hauptsache man ist und bleibt dabei im Plus. Bei dir lese ich immer etwas (zwischen den Zeilen) von 200%iger Sicherheit. Das ist im Glücksspiel einfach nicht angesagt. Gruß, Optimierer

Hi, Klar kommt das auch mal vor, aber wenn man den Angriff immer beim 400sten Coup abbricht, dann ist es doch egal, wie lange die Nummer dann anschließend noch ausbleibt. Man spielt ja nicht mehr mit. Erst wieder, wenn sich sowas für eine ander Nummer mal ergibt. Jetzt komm' mir aber bloß nicht mit dem Argument, dass sowas extremes (>400 Coups) auch mehrmals in Folge passieren könnte... ich weiß das, aber ich glaube nicht daran, dass es mir passieren würde . Gruß, Optimierer

Hi Danny, Freut mich, dass du mal eine Ausnahme machst :-) Bei 19 Zahlen läuft das auf eine Art EC-Spiel raus, da wundert's mich nicht wirklich, dass es Extreme gibt. Die meisten schätzen einfach die Wahrscheinlichkeiten falsch ein. Du lieferst selbst ein gutes Beispiel: Das Gesetz der großen Zahl greift immer, wenn eine große Zahl an Versuchen vorliegt. 100 Coups sind für ein einzelnes Plein aber keine große Zahl, 400 schon eher. Wenn eine Plein-Zahl 400 Coups ausbleibt, dann ist das eine 3,16-fache Standardabweichung, also fast noch im normalen Bereich. Wer auf ein einzelnes, ausgebleibenes Plein setzen will, darf also nicht schon nach 100 Coups angreifen, das ist viel zu früh, weil viel zu normal. Man könnte aber so angreifen, dass der Angriff erst um den 400. Coup platzt. Das würde meistens funktionieren. Bei Beginn schon ab dem 100. Coup müsste man dann aber 300 Coups lang setzen. Das wird zu teuer... Unbedingt! Ein klar definiertes Angriffsfenster an der richtigen Stelle und unbedingt abbrechen, wenn das Fenster zu ist, das ist der Deal. Gruß, Optimierer

Ja, genau. Nach hinten in der Häufigkeitsverteilung, d.h. dorthin, wo die (bei mir stets schiefe) Glockenkurve der aufgetretenen Häufigkeiten flach wird. Ich spiele nur im Bereich seltener Ereignisse, die möglichst so ungewöhnlich sind, dass ein Rücklauf in Richtung Erwartungswert hoch wahrscheinlich wird. Die Ereigisse müssen so selten sein, dass sie gerade noch in spielbarer Anzahl auftreten, die noch selteneren (z.B. ganz lange Serien) aber möglichst gar nicht bzw. kaum noch. Den einen oder anderen Platzer kann man ja verkraften, nur nicht zu viele davon. Während das auf isolierten Einzelstrecken à 10'000 Coups geweils recht gut funktioniert, treten mit zunehmender Coupanzahl natürlich auch zunehmend die noch selteneren Ereignisse auf, die dann Verluste bringen. Daher muss ich, je nachdem wieviel Coups sich insgesamt (im ganzen Spielerdasein) ergeben, die Einsatzsignale entsprechend nach hinten (seitwärts) in der Häufigkeits-Glockenkurve verschieben, weil die Kurve ja mit zunehmender Coupanzahl in Höhe und Breite anwächst, so dass auch mein Angriffsfenster im flachen Übergangsbereich zur x-Achse (dort ist Eintrittswahrscheinlichkeit ~Null, d.h. fast sicherer Gewinn) mitwandern muss. Vielleicht kannst du dir ungefähr vorstellen, was ich meine... Meine einzige bescheidene Erfahrung damit ist die EWR7, wo immer nur der 70. Coup zählte. Das war natürlich nur ein synthetischer Strang, aber der lief wie ein "echter" . Das ist doch kein Problem. Da mich die Einzelcoups nicht wirklich interessieren, sondern immer ein gewisses Angriffsfenster aus mehreren Coups zur Verfügung steht, können durchaus unterschiedliche Tendenzen vom Zufall bedient werden. Immer schön der Reihe nach, oder manchmal auch gleichzeitig, wenn zwei Sätze teilweise die gleichen Nummern beinhalten (bei Plein-Spielen). Auf den, der mir ein brauchbares Satzsignal liefert, würde ich sagen. Alle Stränge sind doch eigentlich gleichwertig, sollte man meinen. Aber wie gesagt, ich habe keine Erfahrung mit syntheischen Strängen. Könnte mir z.B. vorstellen, den Strang, der nur jeden 10. Coup des Mutterlaufs enthält, bei Satzsignal schon ab dem 9. Coup genau 3 mal zu bespielen, also immer schon einen Coup vorher vom Mutterlauf, dann den eigentlichen, der zum Strang gehört, dann noch den folgenden vom Mutterlauf . Bei der EWR7 sah es mir so aus, als hätte das noch besser funktioniert. Kann mich natürlich irren... Genau. Irgendwo muss man einmal einen Schlussstrich ziehen mit dem Sicherheitsbedürfnis. Ein Mindestmaß an Urvertrauen steht jedem gut zu Gesicht. Schließlich geht es nur um ein interessantes Spiel, nicht um Leben und Tod. Ich erwarte nicht, das Roulette-Problem endgültig lösen zu können. Mir reicht es völlig, wenn ich ein bisschen spielen kann und kein Vermögen dabei verliere... Gruß, Optimierer

Hi Nachtfalke, Das kann ich. Zur Zeit teste ich in Trockenübungen immer über einzelne Strecken von je 10'000 Coups (gefallene, nicht gesetzte). Die Ergebnisse meiner Strategie(en) sind dabei weitgehend konstant und meistens positiv. Wenn es in die Hunderttausende oder Millionen Coups geht, wird das anders, völlig klar. Dann muss ich mit bisher nicht da gewesenen Extremen rechnen (Ballungen von Verluststrecken à 10'000 Coups) und die Satzsignale in weiser Voraussicht von vorne herein entsprechend verschieben, falls ich z.B. vorhabe, insgesamt über Millionen Coups zu spielen und im Plus zu bleiben. Entsprechende Langzeittests stehen noch aus, aber ich arbeite daran... Wenn du damit sagen willst, dass sich mein "winziger" Testausschnitt auch von Millionen Coups im gesamten unendlichen Strom zufällig ganz anders verhalten könnte als sonst, und dieses Verhalten meiner Teststrecken sich dann plötzlich nicht mehr zeigt, sobald ich anfange real zu spielen – naja, dann kann ich dazu nur sagen: Ich glaube einfach nicht, dass das passiert. Möglich ist alles, aber das müsste ja mit dem Teufel zugehen... Nimm z.B. das 2/3-Gesetz. Im Unterschied zum Gesetz der großen Zahlen bestätigt es sich immer bereits in wenigen Rotationen. Das ist so auffällig, dass man es mit Recht ein "Gesetz" nennt. Ich weigere mich einfach anzunehmen, dass sich das einmal signifikant über weite Strecken ändern wird, und ganz sicher nicht, um ausgerechnet mir ein Schnippchen zu schlagen. So einen Tisch würde ich meiden, weil damit etwas nicht stimmt. Entweder ist er kaputt, was man aber nicht sicher wisssen kann, oder ansonsten ist das Phänomen zu langfristig, als dass man eine Fortsetzung oder einen Abbruch der extremen Permanenz in Kürze erwarten kann. Wieso im Schweinsgalopp? Wenn es bisher ungewöhnlicherweise (ist ja nicht wirklich "normal") über Jahre so lief, dann ist eher anzunehmen, dass das mal aufhört. Aber gerade weil es so ungewöhnlich lange lief, wäre ein Angriff auf Abbruch längst fällig gewesen und halt geplatzt, also kann man den Tisch erst mal vergessen, bis er wieder "normal" tut. Das ist ja reichlich konstruiert. Der Rot-Spieler hat also dann als einziger recht gehabt, weil er den Kessel vom anderen Tisch wiedererkannt hat, der anscheinend ebenso kaputt ist wie der, den du in deinen Jahrespermanenzen mitgebucht hast... Was soll man dazu noch sagen? Gruß, Optimierer

Hi Nachtfalke, Naja, mit der Kugel muss man kein Mitleid haben. Es ja ihre Bestimmung, fortgesetzt im Kessel herumgeschubst zu werden bis sie irgendwo schlapp liegen bleibt. Wir wollen ja nicht, dass sie sich langweilt... Aber zu deinem "Paradox": Einer der Bucher oder beide haben vielleicht etwas übersehen oder, was wohl eher zutrifft, der Zufall hat einfach für den einen ein nicht unbedingt erwartetes Ergebnis bereit, für den andren ein erwartetes. Morgen oder übermorgen ist das dann umgekehrt. Das ist ja faszinierende am Zufall, dass er insgesamt alle Chancen gleichermaßen bedienen kann, nur nicht unbedingt alle zur gleichen Zeit, aber doch sogar erstaunlich viele zur gleichen Zeit, wenn sie sich nicht gerade gegenseitig ausschließen. Und dann gibt es ja noch die Kollegin Kugel am Nachbartisch, die aushilft, indem sie die erwartete Chance des verlierenden Buchers zustande bringt. Nur hat der dann zufällig nichts davon... Gruß, Optimierer

Hallo Nachtfalke, Das siehst du zu verbissen. Nicht alle verlieren, und wenn doch, verlieren die diejenigen, die sinnvoll buchen und richtig rechnen, vermutlich weniger als andere. Niemand behauptet, dass das den Zufall interessiert. Es ist nur so, dass er halt solitäre und soziable produziert und wenn man sie statistisch erfassen will, muss man den Unterschied deutlich machen, sonst kommt man je nach Betrachtungsweise auf verschiedene Häufigkeiten z.B. von Zweierserien in 1000 Coups. Diese kann man dann nicht vergleichen, wie du richtig bemerkt hast. Niemand behauptet hoffentlich ein Einfluss oder ein Ursache-Wirkungs-Prinzip von einem Coup zum anderen. Wohl aber eine statistische Häufigkeit bzw. Wahrscheinlichkeit für jedes Ereignis. Extremes Beispiel: Wenn ein Soldat im Schützengraben weiß, dass das Schlachtfeld dermaßen unter MG-Beschuss steht, das im Schnitt jederzeit alle 2 cm eine Kugel fliegt, so wird er auf jeden Fall im Graben bleiben. Wenn er dagegen weiß, dass im Schnitt nur alle 20m eine Kugel fliegt, so wird er vielleicht mit den Kameraden aus dem Graben steigen und einen Gegenangriff starten, weil es dann draußen eine gewisse Überlebenschance gibt. Dabei sind die Kugeln des einen feindlichen Soldaten auch unabhäng von denen des anderen, aber ihre Häufigkeit an einer Stelle des Schlachtfelds kann man angeben, und dieses Wissen entscheidet in dem Fall sogar über Leben und Tod. Das ist natürlich richtig. Radioaktive Atomkerne sprechen sich auch nicht untereinander ab, trotzdem hat jede Sorte ihre Halbwertszeit, und dieses Wissen kann man verwerten. Die Gegenwart kann man nur richtig einschätzen, wenn man die Vergangenheit kennt. Erst wenn sich der extreme feindliche Kugelhagel auf dem Schlachtfeld abschwächt, würde sich unser Soldat aus dem Schützengraben wagen. Dazu muss er aber erst feststellen, dass es so ist. Natürlich kann der Kugelhagel jederzeit wieder zunehemen, aber wenn es aufgrund der aktuellen statistischen Gegebenheiten gerade nicht danach aussieht... Gruß, Optimierer

Hi, Ich zitiere nochmal: "'ne Wahrscheinlichkeit von 1 zu 1.000 heisst nicht, dasses Ergeignis jedesmal ungefähr nach 1.000 and'ren Ereignissen eintritt!!!!!!!!! Sondern 's heisst, dasses Ereignis im Durchschnitt 1.000 mal vorkommt!!!!!!!!" Du sagst also, das Ereignis kommt im Durchschnitt 1000 mal vor. Der Unsinn dabei ist, dass du nicht sagst, von wievielen malen insgesamt "es" im Durchschnitt 1000 mal vorkommt! Die vielen Ausrufezeichen machen das nicht klarer. Von 1 Million mal kommt "es", das eine, 1000 mal vor, von 1000 Malen kommt "es" aber im Schnitt nur 1 mal vor, also macht deine Aussage so, wie sie dasteht, keinen Sinn, weil du die Gesamtmenge, von der du das Durchschnittsvorkommen von 1000 mal berechnet hast, nicht angibst. Ist doch logisch, oder? Bei 1:37 ist dir das besser gelungen. Da sagst du nämlich richtig, das "es", das eine, im Schnitt 1 mal von insgesamt 37 mal vorkommt. Das mit den 1000 mal Vorkommen bei W'keit 1:1000 kann also nur ein Verschreiber gewesen sein, was zu beweisen war. EDIT: "Und wenn Du jeden einzelnen Coup als Stichprobe bezeichnen willst, nun gut. Ich versteh' dann bloss die Wortklauberei nicht so ganz..................." Ich versuche nur, genau zu sein, damit wir nicht unnötig aneinander vorbei reden. Eine "Stichprobe" muss nicht zwangsläufig ein Coup sein. Es kann auch eine solitäre Serie sein oder eine Rotation oder was immer der Gegenstand meiner Erhebung ist. Wenn ich z.B. jeweils 1347 solitäre Rot- oder Schwarz-Serien auswerte (Intermittenzen als "1er-Serien" aufgefasst) – jede ist dann eine Stichprobe – so wird im Schnitt immer eine von 1347 Serien eine Rot-Serie der Länge 10 sein. Das entspricht einer W'keit von 1 zu 1347. Gruß, Optimierer

Jain, denn sie ist vielleicht noch nicht zu Ende. Wenn es mit S weitergehen sollte, wird es eine längere Serie. Erst wenn zum ersten Mal wieder R erscheint, steht die genaue Länge fest. Nach deiner Auffassung war es ja vor eine 4er Serie usw., also ist das Ding noch in Entwicklung, ein ungeborenes Kind sozusagen. Wenn man es bespielt, sollte man die Wahrscheinlichkeiten, d.h. die statistische Verteilung von solitären Serien kennen. Gruß, Optimierer

So stimmt's ja auch: 1 zu 37 heißt "im Durchschnitt alle 37 Coups", es kommt also im Durchschnitt 1 mal pro 37 Coups (=Stichproben) vor. Oben hattest du geschrieben 1:1000 bedeutet, dass es im Durchschnitt 1000 mal vorkommt. Das macht ja so keinen Sinn, deshalb meinte ich, du hast dich wohl verschrieben. Grob 1:1000 gibt's ja auch im Roulette, z.B. die Wahrscheinlichkeit einer 10er-Serie Rot ist (18/37)10 ~ 1 zu 1347. Gruß, Optimierer

Hi, Im Durchschnnitt 1000 mal? Da hast du dich sicher verschrieben. Im Durchschnnitt 1 mal pro 1000 Stichproben wäre richtig. Oder im Durchschnnitt 1000 mal pro 1 Million Stichproben. Um nochmal auf die 30er-Serie für ein EC-Chancenpaar zurückzukommen: Die Wahrscheinlichkeit ist (18:37)29 ~ 1 zu 1,2 Milliarden, d.h. von 1,2 Milliarden solitären Serien ist im Schnitt nur eine 30 Coups lang. Kein Wunder, dass das noch nie beobachtet worden ist. Gruß, Optimierer

Das hab ich doch oben schon 2 mal erklärt, es sind z.B.: SRS – 1er "Serie" Rot bzw. sog. Intermittenz SRRS – 2er Serie SRRRS – 3er Serie SRRRRS – 4er Serie Das: SRRR|RRS ist eine solitäre 5er-Serie. Es ist nicht eine solitäre 2er + solitäre 3er Serie, auch keine solitäre 3er + solitäre 2er Serie oder sowas, sondern die quasi enthaltenen 1er, 2er, 3er und 4er Serien sind sog. soziable Serien. Soziable Serien gibt es demnach viel mehr an der Zahl als solitäre. Für die solitären gilt, dass es im Schnitt immer doppelt so viele Serien der Länge n gibt, als solche der Länge n+1. Zu jeder Zeit ist für ein EC-Chancenpaar immer genau eine solitäre Serie im Gang, es ist jeweils also nur die Frage, welche Länge sie hat. Von der statistischen Verteilung der Längen weiß man wie gesagt einiges. Gruß, Optimierer