In de minigame Bowser's Big Blast uit Mario Party 2 en Mario Party Superstars selecteren spelers één voor één een schakelaar. Precies één schakelaar activeert een bom, de andere zijn veilig. Als je met \(4\) spelers begint, zijn er \(5\) schakelaars. Degene die als eerste op drukt, verliest met \(20\,\%\) ; De laatste persoon die alleen voor \(2\) schakelaars staat, heeft \(50\,\%\) . Toch heeft de laatste plaats geen grotere kans op verlies. De schijnbare tegenstrijdigheid ontstaat doordat we kansen op verschillende tijdstippen vergelijken.
We gaan ervan uit dat de ontsteker gelijkmatig verdeeld is over de vrije schakelaars en niet detecteerbaar is. De laatste speler komt pas aan de beurt als de eerste \(3\) spelers veilig hebben gedrukt, d.w.z. de bom is niet ontploft. De kans hierop is \(\frac{4}{5}\cdot\frac{3}{4}\cdot\frac{2}{3}=\frac{2}{5}=40\,\%\) . In de resterende \(60\,\%\) eindigt de ronde eerder. Als je de kans om überhaupt een beurt te krijgen vermenigvuldigt met het daaropvolgende risico, krijg je dezelfde \(20\,\%\) als voor de startspeler. Dit resulteert in de laatste positie:
$$\frac45\cdot\frac34\cdot\frac23\cdot\frac12=\frac15=20\,\%.$$
Met \(q\) geven we de waarschijnlijkheid aan dat een bepaalde speler de volgende is die wordt geëlimineerd, zelfs na een willekeurig aantal herhalingen. In de eerste ronde zijn er drie gevallen: Met \(1/5\) raakt deze speler. Met \(3/5\) raakt het een van de anderen; onze speler wordt dan niet als volgende uitgeschakeld. Met \(1/5\) overleeft iedereen en worden de schakelaars gereset. Daarna blijft de situatie ongewijzigd, dus de gewenste kans is weer \(q\) . Daarom is het van toepassing:
$$\begin{aligned}q&=\frac15+\frac15q,\\\frac45q&=\frac15\quad\Longrightarrow\quad q=\frac14.\end{aligned}$$
Na de volgende eliminatie beginnen de overgebleven spelers opnieuw op gelijke voet. De overlevingskans tot dan is \(3/4\) als je begint met \(4\) spelers, dan met \(3\) spelers \(2/3\) en tenslotte met \(2\) spelers \(1/2\) . Als je deze voorwaardelijke overlevingskansen vermenigvuldigt, krijg je \(25\,\%\) kans om te winnen voor de eerste en laatste startpositie. Over het algemeen wint iedereen met \(n\) spelers met \(1/n\) . Kleuren helpen niet in het beursmodel. Want de eindzege volgt:
$$P(\text{Sieg})=\frac34\cdot\frac23\cdot\frac12=\frac14=25\,\%.$$
Bowser's Big Blast – Spiel und Wahrscheinlichkeiten von David Vielhuber auf CodePen.