Russisch Roulette – Highlander Edition

Wenn der @Fischblog nachts nicht schlafen kann, bloggt er Statistikprobleme (korrekter: Wahrscheinlichkeitstheoretische Probleme). Und ich setze die Tradition fort, mich dieser anzunehmen und ihn entweder in den Kommentaren vollzuspammen oder selbst einen Post dazu zu verfassen. Natürlich nicht, ohne schon den ganzen Tag immer mal wieder zwischendurch das Gespräch auf Twitter am laufen zu halten.

Also: Kurz gesagt geht es darum, dass Lars sich gefragt hat, wie groß der Vorteil beim Russisch Roulette (2 Spieler|innen) ist, wenn man nicht anfangen muss. In seiner Variante wird so lange abwechselnd die Trommel gedreht und geschossen, bis es einen der Mitspieler erwischt. Um es klar zu sagen: Ich halte keine Variante des Russisch Roulette für empfehlenswert, da ja zumindest einer der Mitspieler stirbt oder wenigstens schwere Verletzungen davon trägt. Wenn man es trotzdem spielen will/muss (denkt euch selbst eine Situation aus, in der es dazu kommen könnte), dann sollte man darauf achten, dass man selbst nicht anfängt.

Grund dafür ist natürlich die bedingte Wahrscheinlichkeit. Bei einer Trommel mit sechs Schuss hat die erste Teilnehmerin (nennen wir sie Alice) eine Chance von 1/6, dass sie die Kugel erwischt. Teilnehmer zwei (Bob) hat die Chance der verbleibenden 5/6, dass er überhaupt drankommt (dass das Spiel läuft) und dann 1/6, dass die Kugel in der obersten Kammer ist. Die Wahrscheinlichkeit dafür, dass sich Bob in Runde eins selbst über den Haufen schießt, ist also 5/6*1/6= 5/36 (im Vergleich zu 6/36, dass Alice in der ersten Runde die Kugel erwischt). In den nächsten Runden setzt man das einfach fort.

Nachdem ich morgens schon einmal überschlug, dass Alice auf die Dauer in ungefähr 55% der Fälle das blöde Ende zieht und Bob nur in ungefähr 45% der Fälle, wollte ich es in der Mittagspause etwas genauer wissen und schrieb – selbstverständlich – ein Java-Programm dazu. Die Monte-Carlo-Methode war mir zu einfach, ich wollte die Wahrscheinlichkeiten auf ein Ableben von Alice und Bob in jeder Runde ermitteln. Die Methode, die so etwas macht, sehr ihr hier:
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Als Parameter kann man übergeben, wie viele Runden man durchspielen lassen will. Bei 15 Runden ergibt sich der folgende Output:

Bildschirmfoto 2016-04-25 um 22.09.34

„dies“ bezeichnet die Wahrscheinlichkeit, in der jeweiligen Runde abzuleben, „dead“ die kumulierte Wahrscheinlichkeit, mit der Alice bzw. Bob bis zu dieser Runde tot sind. In der letzten Spalte ist die Wahrscheinlichkeit vermerkt, dass das Spiel nach der betreffenden Runde noch immer weiterläuft. Prinzipiell könnten die beiden unendlich lang spielen, wie man aber sieht, sind nach 15 Runden (30 Schuss) schon über 95% aller Fälle erledigt.

Natürlich besteht auch die Möglichkeit, das Problem theoretisch-mathematisch zu lösen. Das ist sauberer, möglicherweise auch befriedigender, aber mir in den meisten Fällen verwehrt. Die schönste, weil schmalste Lösung kam von Florian Gallwitz über Twitter herein:

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In einer unendlichen Reihe konvergiert das Spiel also dahin, dass Alice in 6 von 11 Fällen dran glauben muss, Bob nur in den restlichen 5. Problem gelöst möchte man meinen, aber auf Twitter wurden längst Fragen nach dem Ausgang weiterer Spielvarianten aufgeworfen: Was passiert, wenn man nach jedem Schuss die Reihenfolge wechselt, also Alice anfängt, dann Bob zweimal dran ist, dann wieder Alice zweimal usw. Antwort: Bob hat noch immer einen Vorteil, allerdings nur noch von 51:49 (danke an Christopher Luening, der mir die Aufeinanderrechnerei ersparte).

Und was passiert bei mehr als zwei Mitspielern? Je weiter hinten man dran ist, desto besser, das ist ja soweit klar. Aber was heißt das in Zahlen? Dafür schrieb ich nach Feierabend eine neue Methode, bei der die Anzahl der Runden und die Anzahl der Mitspieler angegeben werden konnte (findet ihr, natürlich als noch vollkommen unkommentiertes und schwer interpretierbares Java-Programm, hier auf github).  Ergebnis für 10 Mitspieler, 3 Runden (was auch 30 Schuss ergibt, danach also nicht mehr viel passiert):

Bildschirmfoto 2016-04-25 um 22.17.56

Während Spieler|in 1 also in fast 20% aller Fälle ins Gras beißt, trifft es Spieler|in 10 in weniger als 4%. So weit, so gut. Bei der nächsten Frage stieß ich dann erst einmal an meine Grenzen: Was, wenn das Spiel nicht endet, wenn sich einer der Mitspieler über den Haufen geschossen hat, sondern der Revolver so lange weitergereicht wird, bis nur noch einer übrig/nicht tot ist? Nennen wir es mal das Highlander oder Blutbad-Szenario. Auf den ersten Blick müsste auch hier die Regel gelten: Je später man dran ist, desto besser die Chancen zu überleben. Allerdings ist der Effekt hier viel kleiner: Bis z.B. bei 10 Mitspielern nicht mehr weiter geschossen wird, müssen 9 tot sein. Da das lange dauern kann, war jeder der Mitspielenden (im ganz, ganz überwiegenden Teil aller Fälle) schon mehrmals an der Reihe, bevor das Spiel überhaupt enden kann.

Ich muss allerdings zugeben, dass ich vorerst daran gescheitert bin, die Lösung wahrscheinlichkeitstheoretisch zu erringen. Ich habe ein paar Ideen, aber noch keine einleuchtende Möglichkeit gefunden, wie ich nach jedem einzelnen Schuss berechen kann, wie hoch die Wahrscheinlichkeit ist, dass das Spiel noch nicht zu Ende ist. Das ist genau die Wahrscheinlichkeit, die mit 1/6 multipliziert werden muss, um zu ermitteln, mit welcher Wahrscheinlichkeit der Spieler an der Reihe aus der Welt scheidet. Monte Carlo sagt mir, dass der Unterschied fast zu vernachlässigen ist, das ist aber noch unbefriedigend. Die Lösung ist nicht elementar, aber möglicherweise nur einen Gedankenblitz beim Klogang entfernt, aber ich entschloss mich erst einmal zu bloggen. Dazu ist Bloggen ja gut. Und vielleicht hat ja jemand von euch eine Idee. Und teilt sie mir mit. Oder dem @Fischblog.

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Beitragsbild by Atirador (Own work) CC BY-SA 3.0, via Wikimedia Commons.


3 Gedanken zu „Russisch Roulette – Highlander Edition

  1. „wie hoch die Wahrscheinlichkeit ist, dass das Spiel noch nicht zu Ende ist.“

    Das Spiel ist noch nicht zu Ende, wenn noch keine 9 Schuss gefallen sind. Es dürfen in n Versuchen nicht 9 (oder mehr) Schüsse abgegeben worden sein, also 0 bis 8. Die Wahrscheinlichkeit dafür kann man errechnen, wenn man die Einzel-Wahrscheinlichkeiten addiert.

    p(0) = (n über 0) * (1/6)^0 * (5/6)^(n-0)
    P(1) = (n über 1) * (1/6)^1 * (5/6)^(n-1)
    p(2) = (n über 2) * (1/6)^2 * (5/6)^(n-2)

    p(k) = (n über k) * (1/6)^k * (5/6)^(n-k)

    p(8) = (n über 8) * (1/6)^8 * (5/6)^(n-8)

    Ohne Gewehr.

  2. Jau, Joker, das dürfte es sein! Vielen Dank! Mal sehen, ob das CL-Spiel, das gerade zwischen Atlético und Bayern läuft, langweilig genug ist, dass ich das noch ins Programm gefrickelt bekomme. Wenn ich das richtig sehe, muss darf ich erst beim n-1sten Versuch anfangen zu rechnen (n = Teilnehmende). Sonst wird es schräg.
    Nach der Implementation habe ich irgendwie das Gefühl, dass man sich mehrfach erschießen kann. Da muss ich doch noch einmal drüber nachdenken 🙂

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