Diskussion:Umtauschparadoxon/Archiv/2

Dieses Diskussionsarchiv hat die empfohlene Seitengröße erreicht und gilt damit als abgeschlossen. Sein Inhalt sollte nicht mehr verändert werden (ausgenommen Kleinbearbeitungen wie Link- und Vorlagenfixe). Verwende für die Archivierung von Diskussionsbeiträgen bitte das aktuelle Archiv und benutze bitte für aktuelle Diskussionen die aktuelle Diskussionsseite. Um einen Abschnitt dieser Seite zu verlinken, klicke im Inhaltsverzeichnis auf den Abschnitt und kopiere dann Seitenname und Abschnittsüberschrift aus der Adresszeile deines Browsers, beispielsweise [[Diskussion:Umtauschparadoxon/Archiv/2#Abschnittsüberschrift]] oder als Weblink zur Verlinkung außerhalb der Wikipedia https://de.wikipedia.org/wiki/Diskussion:Umtauschparadoxon/Archiv/2#Abschnittsüberschrift

Zwei-Zettel-Spiel (ZZS)

Dank erstmal an ×ASM× für meine - späte - Rehabilitierung.

Ich möchte nochmal was zum ZZS sagen. Im Artikel steht doch eindeutig: Verteilungen, die diese Bedingung für alle $n\in \mathbb {N}$ erfüllen, lassen sich zwar konstruieren, besitzen dann aber keinen endlichen Erwartungswert. Daher ist die oben angedeutete Argumentation, die zum Paradoxon führt, bereits aus formalen Gründen unzulässig. Zudem widerspricht die Annahme einer Wahrscheinlichkeitsverteilung auf den gesamten natürlichen Zahlen der praktischen Einschränkung, dass niemand, also auch nicht Hr. Lemke, unendlich viel Geld zur Verfügung hat.

Was also soll die Argumentation:Eine allgemeine Gewinnstrategie für Herrn Schmidt besteht darin, dass er, bevor er den Umschlag öffnet, eine Zufallszahl Z wählt, die alle Werte zwischen 0 und unendlich annehmen kann, deren Verteilung aber ansonsten beliebig ist.

Im Beispiel mit der Sekretärin gibt es nur die Beträge 25, 50, 100, 200, 400 und 800 Euro. Wo ist der Bezug des ZZS zu diesem Beispiel?

M.E. widerspricht das ZZS der Lösung im Artikel. Deshalb sollten entweder die Lösung und das Beispiel angepasst werden oder das ZZS sollte aus dem Artikel gestrichen werden. Im jetzigen Zustand ist der Artikel jedenfalls nicht sehr hilfreich. --89.51.59.98 20:20, 7. Feb. 2008 (CET)

Niemand sagt, dass das ZZS die einzige oder die beste Strategie ist. Wenn man annimmt, dass man Zusatzinformation hat, wie z.B. die Beträge aus dem Beispiel, so gibt es offensichtlich besserer Strategien. Das Besondere am ZZS ist lediglich, dass es eine "allgemeine Gewinnstrategie" ist, die ohne Zusatzinformation auskommt. Soll man dazu genauer spezifizieren, was mit "allgemeine Gewinnstrategie" gemeint ist? --NeoUrfahraner 22:04, 7. Feb. 2008 (CET)

Ich hab's jetzt im Artikel deutlicher formuliert. Einverstanden? --NeoUrfahraner 13:55, 8. Feb. 2008 (CET)

Damit ist aber der Widerspruch zwischen ZZS und "Die Lösung" nicht ausgeräumt, oder? --89.51.63.236 16:43, 8. Feb. 2008 (CET)

Welcher Widerspruch? --NeoUrfahraner 17:57, 8. Feb. 2008 (CET)

Verteilungen, die diese Bedingung für alle $n\in \mathbb {N}$ erfüllen, lassen sich zwar konstruieren, besitzen dann aber keinen endlichen Erwartungswert. Daher ist die oben angedeutete Argumentation, die zum Paradoxon führt, bereits aus formalen Gründen unzulässig. Zudem widerspricht die Annahme einer Wahrscheinlichkeitsverteilung auf den gesamten natürlichen Zahlen der praktischen Einschränkung, dass niemand, also auch nicht Hr. Lemke, unendlich viel Geld zur Verfügung hat. --89.51.63.204 18:00, 8. Feb. 2008 (CET)

Du meinst, weil Z alle Werte zwischen 0 und unendlich annehmen kann? Wenn man weiß, dass Hr. Lemke maximal 1 Mrd Euro zur Verfügung hat, reicht es natürlich, wenn Z alle Werte zwischen 0 und 1 Mrd annehmen kann. So verringert man halt seine Gewinnchancen, wenn Z tatsächlich größer als 1 Mrd ist. Wie gesagt, dass ZZS ist in diesem Fall nicht die beste Strategie, aber funktioniert trotdem. --NeoUrfahraner 21:15, 8. Feb. 2008 (CET)

Es steht aber im Abschnitt "Die Lösung":Verteilungen, die diese Bedingung für alle $n\in \mathbb {N}$ erfüllen, lassen sich zwar konstruieren, besitzen dann aber keinen endlichen Erwartungswert. Deshalb sollte man für den Leser eine konkrete Verteilung für Z zwischen 0 und 1 Mrd angeben mit dem Hinweis auf eine endliche Geldmenge von 1 Mrd Euro des Hr. Lemke.

Außerdem ist m.E. der Hinweis nicht richtig daß man keine Information über die Arbeitsweise der Sekretärin besitzt. Die Sekretärin benutzt ja im Abschnitt "Beispiel" einen fairen Würfel. Da sollte man ebenfalls eine Beispielverteilung für Z angeben auch wenn das ZZS in dem Fall nicht die beste Strategie ist. Es geht einfach darum das ZZS inhaltlich an das Umtauschparadoxon zu koppeln. Sonst ist der Abschnitt nicht sinnvoll und verwirrt Leser eher und der Link zum ZZS weiter unten würde ausreichen. --89.51.59.110 22:04, 8. Feb. 2008 (CET)

Wo steht, dass die Verteilung von Z "diese Bedingung für alle $n\in \mathbb {N}$ erfüllen" muss? Wo steht, dass die Sekretärin zwangsläufig einen fairen Würfel benutzt, bloß weil sie im Beispiel einen fairen Würfel benutzt? --NeoUrfahraner 01:55, 9. Feb. 2008 (CET)

Das ZZS macht im Artikel nur Sinn für den Leser wenn ein konkreter Bezug zum Umtauschparadoxon besteht. Dieser Bezug sollte eine Beispielverteilung (mit Beispielrechnung) von Z für "Die Lösung" und/oder für das "Beispiel" sein. Wenn der Bezug fehlt hat das ZZS im Artikel nichts zu suchen. Hab deshalb den Abschnitt mal rausgenommen. --89.51.63.244 15:51, 9. Feb. 2008 (CET)

Der konkrete Bezug ist ja schon allein durch die Literaturangaben belegbar. --NeoUrfahraner 16:18, 9. Feb. 2008 (CET)

PS: Wenn Du mit "konkretem Bezug" meinst, dass man das ZZS mit einer Exponetialverteilung, Erwartungswert 1000 und einer Sekretärin mit einer Strategie wie im Beispiel durchrechnen soll, kann ich das gerne machen. Ich frag mich zwar, ob's wirklich notwendig ist; aber ich werde schauen, ob ich heute noch dazukomme, es hier auf der Diskussionsseite auszuarbeiten. --NeoUrfahraner 16:24, 9. Feb. 2008 (CET)

Textvorschlag

Angenommen, Hr. Schmidt entschließt sich das Zwei-Zettel-Spiel anzuwenden. Enthalten die Briefumschläge die Beträge $A$ und $B$, wobei $A$ der kleinere Betrag sein soll, und öffnet Hr. Schmidt zuerst den Umschlag mit Inhalt $A$, so wechselt er, falls $Z\geq A$. Die bedingte Erwartung seines Gewinns beträgt dann

$E_{A;AB}=P(Z\geq A)\cdot B+P(Z<A)\cdot A$.

Öffnet er zuerst den Umschlag mit Inhalt $B$, so wechselt er, falls $Z\geq B$. Die bedingte Erwartung seines Gewinns beträgt dann

$E_{B;AB}=P(Z\geq B)\cdot A+P(Z<B)\cdot B$.

Insgesamt beträgt die bedinge Erwartung bei fixen Inhalten, aber vor der Wahl des ersten Umschlags $E_{AB}={\frac {E_{A;AB}+E_{B;AB}}{2}}$. Für $Z$ wählt Hr. Schmidt beispielsweise eine Zufallsvariable Z, die exponentialverteilt mit Erwartungswert 1000 ist, also $P(Z\geq z)=\exp(-z/1000)$. Falls die Sekretärin wie im oben angegebem Beispiel das Geld in die Briefumschläge verteilt, ergibt sich insgesamt folgender Erwartungswert des Geldgeschenkes:

	$A$	$B$	$P(A,B)$	$P(Z\geq A)$	$E_{A;AB}$	$P(Z\geq B)$	$E_{B;BA}$	$E_{AB}$	$P(A,B)\cdot E_{AB}$
	25	50	1/6	0,975	49,382	0,951	26,219	37,801	6,300
	50	100	1/6	0,951	97,561	0,904	54,758	76,160	12,693
	100	200	1/6	0,904	190,484	0,819	118,127	154,305	25,718
	200	400	1/6	0,819	363,746	0,670	265,936	314,841	52,473
	400	800	1/6	0,670	688,128	0,449	620,268	644,198	107,366
	800	1600	1/6	0,449	1159,463	0,202	1438,483	1298,973	216,496
Summe			1						421,046

Der Erwartungswert des Geldgeschenkes beträgt bei dieser Vorgangsweise also 421,046 Euro. Das ist zwar weniger als bei der optimalen Strategie (tausche bei weniger als 1000 EUR), bei der der Erwartungswert 427,08 Euro beträgt; aber jedenfalls mehr als bei der "Tausche-nie" oder "Tausche-immer"-Vorgangsweise, bei der der Erwartungswert 393,75 beträgt. Der genaue Erwartungswert hängt natürlich stark von der Wahl der Verteilung von $Z$ ab, ist aber immer höher als bei der "Tausche-nie" oder "Tausche-immer"-Vorgangsweise.

Diskussion

Meinungen dazu? Ist es hilfreich, dieses Beispiel im Artikel einzufügen? --NeoUrfahraner 02:57, 10. Feb. 2008 (CET)

Die Beispielrechnung mit Tabelle finde ich sehr gut. Damit können sich sowohl unvoreingenommene Leser als auch Zweifler am ZZS davon überzeugen daß es Sinn macht das ZZS anzuwenden. Dazu passt ja dann auch die Überschrift des Abschnitts "Anwendung des Zwei-Zettel-Spiels" hervorragend. Super!!! --89.51.59.124 11:25, 10. Feb. 2008 (CET)

Ich habe den Abschnitt jetzt leicht ergänzt und eingefügt. Mir persönlich gefällt er nicht, weil er für einen Mathematiker zu "banal" ist. Aber da den Wunsch nach einem konkreten Beispiel schon im Artikel über das ZZS hatten, ist so eine Tabelle anscheinend wirklichhilfreich, "Zweifler am ZZS davon überzeugen". --NeoUrfahraner 13:47, 10. Feb. 2008 (CET)

Meine Lösungen

Erste:

Wenn ich mich mal in den reinversetze, der das Ganze bezahlen muss, dann ergibt sich folgendes:

Ich bereite eine genügend große Menge an Briefumschlägen vor, jeweils mit 2 und 4 $, und lasse 1000 Menschen wählen. Das wiederhole ich beliebig oft. Dann werden durchschnittlich jeweils 500 den besseren und 500 den schlechteren ziehen.

Wenn keiner tauscht, kostet mich das durchschnittlich jedesmal 500*2+500*4=3000 $.

Wenn alle tauschen, kostet mich das durchschnittlich jedesmal 500*4+500*2=3000 $.

Gehupft wie gesprungen.

Zweite:

Ich entscheide mich für Umschlag Nr. 1, sehe aber nicht rein, wieviel drin ist, sondern berechne nach der Methode 0,5 * 0,5 + 0,5 * 2 = 1,25, dass in Umschlag Nr. 2 durchschnittlich das 1,25-fache drin ist.

Den mache ich aber auch nicht auf, sondern überlege mir, wieviel in Umschlag Nr. 1 sein müsste, und komme auf das 1,25-fache von Nr. 2, also auf 1,25 * 1,25 = 1,5615.

Ich stelle fest, dass in Umschlag Nr. 1 durchschnittlich das 1,5615-fache von Umschlag Nr. 1 enthalten ist und erkenne da einen Widerspruch, woraus ich schließe, das da irgendwas mit der Berechnungsmethode nicht stimmen kann.

Dritte:

Geldbeträge sind ganzzahlige Vielfache einer kleinsten Währungseinheit, hier Cent genannt. Bevor ich irgendwas öffne, überlege ich mir folgendes:

1. ein und zwei Cent können nicht drin sein, denn wenn einer den Umschlag mit einem Cent öffnet, dann braucht er nicht zu raten, sondern weiß sicher, dass im anderen zwei Cent sind.
2. zwei und vier Cent können auch nicht drin sein, denn wenn einer den mit zwei Cent öffnet, dann braucht er nicht zu raten, sondern weiß sicher, dass im anderen vier Cent sind, weil der Fall ein und zwei Cent bereits unter Nr. 1 ausgeschlossen wurde.
3. vier und acht Cent können auch nicht drin sein, denn wenn einer den mit vier Cent öffnet, dann braucht er nicht zu raten, sondern weiß sicher, dass im anderen acht Cent sind, weil der Fall zwei und vier Cent bereits unter Nr. 2 ausgeschlossen wurde.
4. Das setze ich beliebig weit fort.
5. Dann überlege ich mir den Fall drei und sechs Cent und schließe den aus mit den Argumenten aus Nr. 1
6. Ich fahre fort mit sechs und zwölf Cent, usw.
7. Ich mache das mit allen ungeraden Zahlen, und komme schließlich zur Erkenntnis, dass es für alle Zahlen größer Null keine Lösung gibt.
8. Hieraus schließe ich messerscharf, dass es nur eine Lösung geben kann: In beiden Umschlägen sind null Cent. Die Hälfte von null ist genausoviel wie das Doppelte von null. In diesem Fall ist klar, dass ich tausche. Bringt zwar nichts ein, macht das Spiel aber spannender.

-- Martin Vogel 06:45, 8. Feb. 2008 (CET)

Zu Lösung 1 und 2: beide zeigen, dass "da irgendwas mit der Berechnungsmethode nicht stimmen kann". Die Frage ist allerdings was nicht stimmt. Zu Lösung 3: das liegt lediglich an der Formulierung des Problems; wenn statt eines Geldbetrags ein Gutschein für ein theoretisch beliebig teilbares Gut drinnen ist, also z.B. ein Gutschein für 3,567g Gold, so greift die Lösung nicht. Für die unten erwähnte Formulierung von Kraitchik passt sie auch nicht. --NeoUrfahraner 13:33, 8. Feb. 2008 (CET)

Auch Gold lässt sich nicht beliebig zerteilen. Setze statt "Cent" eben "Goldatom" in meine Argumente ein, und nichts ändert sich. -- Martin Vogel 13:58, 10. Feb. 2008 (CET)

Darum steht bei mir auch "theoretisch". Und was spricht gegen einen Gutschein für ein halbes Goldatom? Wenn Du zwei davon hast, kannst Du damit dann ein Atom einkaufen gehen ;-) --NeoUrfahraner 01:27, 11. Feb. 2008 (CET)

Wie groß ist der fiktive Wert des Umschlags solange das Spiel nicht beendet wurde?

Mein Versuch es ohne viel Mathematik zu erklären. Tauschen der Umschläge lohnt sich nicht für den Spieler, solange beide Umschläge ungeöffnet sind. Dies wurde bereits gut erklärt. Wie verhält es sich aber mit dem (scheinbaren) Paradoxon? Ändert sich der Wert des Umschlags nach dem Öffnen? Betrachten wir hierzu den fiktiven Wert des Umschlags für einen Außenstehenden, der sich ins Spiel einkaufen möchte(ähnlich wie bei einem sogenannten Kofferspiel in einer Fernsehschau, bei dem während des Spiels die Bank Angebote für einen Rückkauf macht). In den Umschlägen sind die Beträge A und B. Das faire Aufkaufgebot für einen Umschlag wäre also 1/2(A+B) . Erst nach Öffnen eines Umschlags kann sinnvoll ein Angebot unterbreitet werden. Sind A=100 Euro im Umschlag, so sind entweder B=50 oder B=200 Euro im verschlossenen. Ein Aufkauf macht nur Sinn, wenn der Aufkäufer weiterspielen will. Unser fiktiver Aufkäufer wird also bis zu einem Betrag, der unter 125 Euro liegt, bieten, um in Besitz des noch verschlossenen (!) Umschlags zu kommen. Er bietet also nicht auf den Umschlag A, sondern auf das Recht weiterspielen zu dürfen und den Umschlag B zu nehmen. Mit anderen Worten: der geöffnete Umschlag mit 100 Euro Inhalt hat in der Spielsituation einen Wert von 125 Euro und nicht 100 Euro. Da es im angegebenen Beispiel keinen Aufkäufer gibt, hat der Spieler nach dem Öffnen eines Umschlags also nur die Möglichkeit 1. auszusteigen, die 100 Euro zu nehmen und damit 25 Euro unter dem zu erwartenden Gewinn zu bleiben oder 2. weiterzuspielen und mit einer 50%-Wahrscheinlichkeit 75 Euro über bzw. 75 Euro unter dem zu erwartenden Gewinn zu bleiben.--Rebiersch 15:49, 8. Feb. 2008 (CET)

Es gibt zwar zwei Möglichkeiten (B=50 und B=200), aber diese sind nicht unbedingt gleich wahrscheinlich. --NeoUrfahraner 16:35, 8. Feb. 2008 (CET)

Welche der beiden Möglichkeit ist "wahrscheinlicher" und weshalb? Habe ich etwas überlesen? Gibt es einen Grund weshalb bestimmte Kombinationen aus (25;50),(50;100),(100;200),(200;400)... bevorzugt vorkommen sollten? --Rebiersch 17:32, 8. Feb. 2008 (CET) Es steht doch auch ausdrücklich im Text: "In dem anderen, völlig gleich aussehendem Umschlag, der noch auf dem Tisch liegt, befindet sich mit einer Wahrscheinlichkeit von 50% der doppelte Geldbetrag und mit einer Wahrscheinlichkeit von 50% der halbe Geldbetrag"

Zuerst zur ersten Frage: Gibt es einen Grund, warum die Kombination (25;50) gleich wahrscheinlich ist wie (200;400)? --NeoUrfahraner 19:19, 8. Feb. 2008 (CET)

Ja, da ausgehend von einem Geldbetrag Z im 1. Umschlag die Wahrscheinlichkeit für den doppelten Geldbetrag im 2. Umschlag 50% ist und für den halben Geldbetrag ebenfalls 50% ist. Das steht so im Text und daher Voraussetzung für unsere Betrachtung. Allgemein: p(2Z)=p(1/2Z)=50%. Da Z jeden beliebigen Wert > 0 annehmen darf, sind die Wahrscheinlichkeiten für alle (doppelten und halbierten) Beträge im 2. Umschlag gleich (50%) --Rebiersch 19:37, 8. Feb. 2008 (CET)

Wenn Du den Umschlag noch nicht geöffnet hast, gibt es dann einen Grund, warum die Kombination (25;50) gleich wahrscheinlich ist wie (200;400)? --NeoUrfahraner 19:58, 8. Feb. 2008 (CET)

Ich bin mir nicht sicher, ob ich deine Frage richtig verstehe. Du hast recht, dass bestimmte Beträge bevorzugt vorkommen können. Vielleicht bevorzugt die Sekretärin "runde" Beträge, vielleicht rechnet sie auch mit fremden Währungen mit "krummen" Centbeträgen. Wir wissen es nicht. Mein letzter Eintrag war als Antwort auf die gestellte Frage insofern nicht korrekt. Die Klärung der Frage nach der Wahrscheinlichkeit unterschiedlicher Kombinationen ist für Lösung aber nicht erforderlich. Du hattest geschrieben, dass es zwar zwei Möglichkeiten (B=50 und B=200) gäbe, aber diese sind nicht unbedingt gleich wahrscheinlich seien. Dies steht im Widerspruch zum Wortlaut im Text (s.o.). --Rebiersch 21:12, 8. Feb. 2008 (CET)

Das ist zunächst eine Frage der Wahrscheinlichkeitsinterpretation. Stimmst Du zu, dass, bevor der Umschlag geöffnet wird, die Werte (25;50),(50;100),(100;200),(200;400) eine Wahrscheinlichkeit größer Null haben (auch wenn man die Wahrscheinlichkeit nicht kennt), sobald der Umschlag geöffnet wird und z.B. 100 EUR drin gefunden werden, nur mehr (50;100),(100;200) eine positive Wahrscheinlichkeit haben, die anderen Werte eine Wahrscheinlichkeit gleich Null? Mit anderen Worten, stimmst Du zu, dass sich die Wahrscheinlichkeit beim Öffnen des Umschlags ändert (und nicht schon bei der Wahl des Umschlags, solange er noch verschlossen ist)? --NeoUrfahraner 02:00, 9. Feb. 2008 (CET)

@Rebiersch: Hast du den Artikel überhaupt gelesen? Der ganze Text handelt genau davon, dass es eben nicht so ist, wie du vermutest. Der fiktive Wert des Umschlags nach dem Öffnen hängt eben von der Wahrscheinlichkeitsverteilung ab und die kann eben nicht für alle n: p(n)=p(n/2) sein. --165.123.133.252 02:21, 9. Feb. 2008 (CET)

@165.123.133.252 Ja, habe ich. Im Kern läuft die Argumentation doch so: Wir wissen nichts über die tatsächliche Wahrscheinlichkeitsverteilung konkreter Geldbeträge und dürfen daher nicht mit bedingter Wahrscheinlichkeit rechnen.

Doch, du musst weiterhin mit bedingter Wahrscheinlichkeit rechnen. --NeoUrfahraner 14:05, 9. Feb. 2008 (CET)

Ehm? Der Aussage, der du hier widersprichst, ist doch nur meine Interpretation der Argumentationskette des Textes . Meinst du, dass wir doch mit bedingter Wahrscheinlichkeit rechnen dürfen, obwohl wir nichts über die tatsächliche Wahrscheinlichkeitsverteilung wissen?--Rebiersch 02:17, 10. Feb. 2008 (CET)

Ich meine, dass Hr. Schmidt, wenn er den Betrag, den er im Umschlag findet, in seine Überlegungen einbezieht, von der unbedingten zur bedingten Erwartung wechselt. Der unbedingte Erwartungswert des Wurfes mit einem fairen Würfels ist immer 3,5, auch wenn ein 6er gefallen ist. Wenn ich das Würfelergebnis berücksichtigen will, muss ich zur von diesem Ergebnis bedingeten Erwartung wechseln. --NeoUrfahraner 05:19, 10. Feb. 2008 (CET)

Diese Argumentation lässt sich aber immer anführen. Beispiel: Wir haben in einer Stichprobe Jungen und Mädchen, die entweder eine Jacke oder einen Pullover tragen. Die Verteilung ist genau bekannt und die Wahrscheinlichkeit, dass ein zufällig ausgewähltes Kind mit Jacke ein Mädchen ist, kann berechnet werden und sei 50%. Ist die Berechung noch zulässig, wenn jemand aufsteht und ruft: "das zufällig ausgewählte Kind ist doch aber rothaarig"? Wir wissen nichts über die Verteilung der Rothaarigen in der Stichprobe. Mit der Zusatzinformation können wir nichts anfangen.

Du nimmst also irgendeine Verteilung an, also mangels besserem Wissen (Indifferenzprinzip) sagst Du, dass Rothaarigkeit bei Jungen und Mädchen die gleiche relative Häufigkeit hat. Wichtig ist, Dir vor Augen zu halten, dass das Indifferenzprinzip kein Naturgesetz ist, sondern eine Krücke, die Du mangels besserer Information heranziehst. Vielleicht kennt jemand eine Untersuchung über die Geschlechterverteilung der Rothaarigkeit, dann könnstest Du genausogut eine darauf beruhende Verteilung nehmen. --NeoUrfahraner 14:05, 9. Feb. 2008 (CET)

Stimmt genau. Mit den Einschränkungen, dass ich die Geschlechterverteilung der Rothaarigkeit nicht ausreicht. Eventuell tragen rothaarige Mädchen viel seltener eine Jacke. Auch die Information hierüber löst das Problem jedoch nur scheinbar. Tatsächlich wurde ein Individuum ausgewählt mit weiteren charakteristischen Eigenschaften (braune Augen, Gewicht 60kg, Größe 160 cm, Brille...). Beim Umtauschparadoxon werden wir aber nie erfahren können, nach welchem Verfahren die Beträge bestimmt wurden. Ob größere odere kleinere bevorzugt wurden wissen wir nicht. Daher müssen die konkurrierenden Möglichkeiten auch nach Öffnen des Briefes weiterhin als gleichwahrscheinlich angenommen werden. --Rebiersch 02:17, 10. Feb. 2008 (CET)

Abgesehen dass "gleichwahrscheinlich" kein Muss, sondern eine Krücke ist, liegt das Problem eben darin, dass keine Gleichverteilung auf der Menge der natürlichen Zahlen existiert. Irgendwann müssen also größere Beträge unwahrscheinlicher werden, sonst ist die Summe der Wahrscheinlichkeiten nicht eins. (Genauer: für jedes $\varepsilon >0$ existiert ein $n_{0}$, sodass für alle $n>n_{0}$ die Wahrscheinlichkeit, dass im Umschlag der Betrag $n$ steckt, kleiner als $\varepsilon$ ist). --NeoUrfahraner 05:19, 10. Feb. 2008 (CET)

Die Wahrscheinlichkeit bleibt 50%.

Genauer: die bedingte Wahrscheinlichkeit ist ebenfalls 50%, wenn man die oben unter Verwendung des Indifferenzprinzips gewonnene Verteilung hernimmt. ---NeoUrfahraner 14:31, 9. Feb. 2008 (CET)

Vielen Dank für die Korrektur. So war es gemeint --Rebiersch 02:17, 10. Feb. 2008 (CET)

Beim Briefumschlagproblem wie es in der deutschen Wikipedia beschrieben steht, verhält es sich in einem Punkt noch anders: Hier wissen wir nichts über die Verteilung der Jungen und Mädchen (entsp. konkreter Geldbeträge im 1. Umschlag), die entweder Jacke oder Pullover tragen (doppelter und halber Geldbetrag im 2. Umschlag). Eine bedingte Wahrscheinlichkeit kann nicht berechnet werden - das ist richtig.

Doch, sie kann für jede bekannte Verteilung berechnet werden, das Problem ist lediglich, dass wir die Verteilung nicht kennen.

Gemeint war natürlich: Eine bedingte Wahrscheinlichkeit kann in diesem Fall nicht berechnet werden. Das geht doch aus dem Zusammenhang hervor.--Rebiersch 02:17, 10. Feb. 2008 (CET)

Kommt drauf an, was genau "können" bzw. "nicht können" heißt. Wenn man "können" so wie Du versteht, dann liegt der Fehler von Hrn. Schmidt eben darin, dass er mit einer bedingten Wahrscheinlichkeit rechnen will (also die "Rothaarigkeit" berücksichtigen will), obwohl er es nicht kann (weil das Indifferenzprinzip bei den natürlichen Zahlen nicht anwendbar ist). --NeoUrfahraner 05:19, 10. Feb. 2008 (CET)

Muss sie ja auch nicht, denn sie wurde uns aber bereits mitgeteilt und ist daher vorgegeben mit 50%.

Doch, sie muss weiterhin berechnet werden, und es gibt eben keine Verteilung, bei der sie für alle möglichen Inhalte des Umschlags 50% liefert. --NeoUrfahraner 14:05, 9. Feb. 2008 (CET)

Eine gewagte Aussage. Zu später Stunde nur mal so angedacht: Zunächst wird eine Münze geworfen und danach eine Zufallszahl n ermittelt. Ausgehend von einem Betrag k wird dieser entweder n-mal verdoppelt oder (n-1)-mal halbiert. Der ermittelte Betrag wird notiert und kommt in den 1. Umschlag. In den 2. Umschlag der doppelte Betrag. --Rebiersch 02:17, 10. Feb. 2008 (CET)

Ich verstehe nicht ganz, wieso die Münze vorher geworfen wird und nicht nachher - das klingt, alsob Du ein unterschiedliches Problem im Hinterkopf hättest. Entscheidet das Ergebnis des Münzwurfs dann, welchen Umschlag Herrn Schmidt öffnet? Wenn ja, steht es Dir frei, das Beispiel mit konkretem Wert für k und einer konkreten Verteilung von n nachzurechnen bzw. zu simulieren. Ich bin schon neugierig, was dabe rauskommt ... --NeoUrfahraner 05:19, 10. Feb. 2008 (CET)

Nein, der Fall der Münze (Kopf/Zahl) soll entscheiden, ob die Sekretärin ausgehend von einem Betrag K, diesen entweder mit einer Wahrscheinlichkeit von 50% beim Münzwurf "Kopf" n-mal verdoppelt oder mit einer Wahrscheinlichkeit von 50% beim Münzwurf "Zahl" (n-1)-mal halbiert und danach in den ersten Umschlag steckt. Um es anschaulich zu machen, lassen wir n von 1 in Einerschritten ansteigen und setzen für K den Wert 1 ein. In den ersten Umschlag kommen beim Ereignis Kopf: 2, 4, 8, 16, 32.... und beim Ereignis Zahl: 1, 1/2, 1/4, 1/8, 1/16.... Euro. Da die Sekretärin in den zweiten Umschlag den doppelten Betrag steckt, kommt jeder mögliche Betrag in dieser Verteilung genau zweimal vor. Ist K frei wählbar, kommt jeder beliebige Betrag genau zweimal vor und auch jeder doppelte bzw halbierte Betrag von K. Unser Problem wird hierdurch natürlich nicht gelöst. --Rebiersch 09:50, 10. Feb. 2008 (CET)

Weiter geht's unten (St. Petersburg). --NeoUrfahraner 14:06, 10. Feb. 2008 (CET)

Anmerkungen: Ich hatte geschrieben, dass wir für Z in: p(2Z)=p(1/2Z)=50% jeden beliebigen Wert > 0 annehmen dürfen und nicht, dass Z jeden Wert annehmen kann. Ferner bitte zu beachten, dass sich meine Argumentation auf die aktuelle Beschreibung in der deutschen Wikipedia bezieht. Es gibt auch andere Versionen (siehe hier: [1] ). --Rebiersch 13:43, 9. Feb. 2008 (CET)

St. Petersburg

Ich habe jetzt verstanden, worauf Du hinauswillst. Deine Variante wird natürlich sehr teuer für Hrn. Lemke, weil der Erwartungswert jetzt unendlich sein kann, vgl. Sankt-Petersburg-Paradoxon. Diese Variante findet sich auch in der Literatur, siehe z.B. die Literaturliste am Ende von en:Two envelopes problem:

David J. Chalmers, The St. Petersburg Two-Envelope Paradox in Analysis, April 2002

Im Artikel ist diese Variante bisher nur kurz im Abschnitt "Die Lösung" erwähnt: Verteilungen, die diese Bedingung für alle $n\in \mathbb {N}$ erfüllen, lassen sich zwar konstruieren, besitzen dann aber keinen endlichen Erwartungswert. Daher ist die oben angedeutete Argumentation, die zum Paradoxon führt, bereits aus formalen Gründen unzulässig. Die Gewinnerwartung von Hr. Schmidt beträgt also bereits unendlich, und durch tauschen wird sie dann unendlich plus 1 (oder plus 2 ;-)). Ich habe solche Beispiele mit unendlicher Erwartung auch schon am Computer simuliert und Hernn Schmidt tauschen lassen, wenn der Betrag im Umschlag kleiner als $L$ ist. Tatsächlich wird der Gewinn von Herrn Schmidt größer, wenn $L$ größer ist, er braucht aber immer mehr Geldgeschenke, bis er in die Gewinnzone kommt. Setzt man $L$ unendlich ("tausche immer"), so hat er zwar den größten Gewinn, aber kommt nie in de Gewinnzone. --NeoUrfahraner 14:06, 10. Feb. 2008 (CET)

Irgendwie erinnert mich das an die Vollständige Induktion. Lässt sich diese Beweisführung nicht auch anwenden? Da sagt doch auch niemand da n unendlich groß werden kann, darf man nicht mit n+1 rechnen? Viel mehr interessiert mich aber, was du zu meinem oben angeführten Beispiel mit einer begrenzten Auswahlliste denkst. --Rebiersch 15:20, 10. Feb. 2008 (CET)

Meinst Du jetzt begrenzte oder unbegrenzte Auswahlliste? Das "unbegrenzt" ist jedenfalls kein Problem, der wesentliche Punkt ist ja trotzdem, dass gewisse Werte (un)wahrscheinlicher als andere sind. Dass im gegebenen Beispiel Werte größer als 1600 völlig ausgeschlossen sind, ist nicht wesentlich. --NeoUrfahraner 19:23, 10. Feb. 2008 (CET)

Wieso 1600? Ich habe zur besseren Übersicht meinen Eintrag einfach mal nach hier unten gezogen. Ich frage mich ob das Paradoxon wirklich auf den beschriebenen Gründen beruht. Daher war meine Überlegung: Was passiert, wenn wir die Vorgaben dahingehend ändern, dass die Sekretärin eine Liste mit möglichen Briefumschlagkombinationen bekommt? Eine Liste A könnte lauten [(1;2),(3;6),(5;10)], eine Liste B [(10;20),(20;40),(40;80),(80;160),(160;320)]. Wird die Liste A zugrunde gelegt und ist sie Herrn Schmidt bekannt, so weiß er sofort nach dem Öffnen eines Umschlags ob ein Tausch sinnvoll ist. Es gibt kein Paradoxon. Bei der Liste B verhält es sich anders. Lediglich in 2 von 10 Fällen gibt es kein Paradoxon. Findet er 10 Euro im Umschlag, wird er auf jeden Fall tauschen. Findet er 320 Euro wird er nicht tauschen. In den übrigen 8 von 10 Fällen steht er vor dem gleichen Problem wie beschrieben. Vor dem Öffnen macht ein Tausch keinen Sinn. Findet er 40 Euro, so sind mit der gleichen (bedingten) Wahrscheinlichkeit 20 oder 80 Euro im zweiten Umschlag. Plötzlich ist es sinnvoll zu tauschen. Wo ist der Fehler? Im Beispiel B darf/muss doch wohl mit bedingter Wahrscheinlichkeit gerechnet werden. Es gibt auch keine "unendlich" großen Beträge. Ist es nur scheinbar das gleiche Paradoxon? Oder liegt der "Kern" für das Paradoxon doch an einer anderen Stelle? --Rebiersch 20:51, 10. Feb. 2008 (CET)

Die 1600 kommen vom Beispiel im Text, ist aber letzlich egal. Dass es in gewissen Fällen sinnvoll ist, zu tauschen, ist kein Paradox, sondern ganz normle Wahrscheinlichkeitsrechnung. Paradox bzw. widersprüchlich wird es erst, wenn es immer sinnvoll wäre zu tauschen, unabhängig vom konkreten Inhalt des Umschlags. --NeoUrfahraner 22:51, 10. Feb. 2008 (CET)

Stimmt, du hast mich überzeugt. So ist es völlig richtig. Vielen Dank für die Erklärungen. --Rebiersch 21:24, 11. Feb. 2008 (CET)

Lügt Hr. Lemke?

Es bleibt also nur eine logische Konsequenz: Herr Lemke lügt --Rebiersch 01:11, 16. Feb. 2008 (CET)

Es gibt auch eine andere Möglichkeit: Hr. Lemke spricht von der unbedingten Wahrscheinlichkeit (da der Betrag im Umschlag noch unbekannt ist), Hr. Schmidt rechnet aber mit dem konkreten Betrag im Umschlag, dne er inzwischen kennt, und muss daher korrekterweise zur bedingten Wahrscheinlichkeit wechseln. --NeoUrfahraner 04:12, 16. Feb. 2008 (CET)

Herr Lemke sagt aber: In dem anderen, völlig gleich aussehendem Umschlag, der noch auf dem Tisch liegt, befindet sich mit einer Wahrscheinlichkeit von 50% der doppelte Geldbetrag und mit einer Wahrscheinlichkeit von 50% der halbe Geldbetrag. Diese Aussage ist falsch. Er sagt nicht: "Ich habe berechnet, dass ...". Eine solche Aussage könnte natürlich stimmen. --Rebiersch 11:15, 16. Feb. 2008 (CET)

Warum ist diese Aussage faslch? Es ist ganz normal, dass die unbedingte und die bedingte Wahrscheinlichkeit verschieden sind. --NeoUrfahraner 04:16, 17. Feb. 2008 (CET)

Die Diskussion dreht sich spätestens an dieser Stelle im Kreis (nicht verwunderlich bei einem Paradoxon). Ich schrieb, dass hier durch Herrn Lemke eine Aussage getroffen wurde, die (folgt man deinen Argumenten) in der beschriebenen Situation falsch sein muss. Deinen vorletzten Eintrag habe ich wohl missverstanden. Das was Herr Schmidt (nicht Herr Lemke) vor oder nach dem Öffnen des Umschlages denkt oder berechnet, spielt doch keine Rolle hinsichtlich der Frage ob Herr Lemke die Unwahrheit gesagt hat. Zurück zur Frage weshalb Herr Lemke lügt. Ich darf dich zitieren: "Es gibt eben keine Verteilung, bei der sie für alle möglichen Inhalte des Umschlags 50% liefert" --Rebiersch 22:20, 17. Feb. 2008 (CET)

OK, da muss man exakter formulieren: "Es gibt eben keine Verteilung, bei der sie für alle möglichen Inhalte des Umschlags je 50% für die bedingte Wahrscheinlichkeit liefert, dass im anderen Umschlag das Doppelte bzw. die Hälfte des Betrags im ersten Umschlag ist". Die unbedingte Wahrscheinlichkeit (die das zweckmäßige Modell vor dem Öffnen des Umschlags ist), beträgt weiterhin 50%. Meine Interpretation ist eben, dass Hr. Lemke von der unbedingten Erwartung spricht (da der Umschlag noch nicht geöffnet ist). Vielleicht wird's mit meinem Satz von oben klarer: "Der unbedingte Erwartungswert des Wurfes mit einem fairen Würfels ist immer 3,5, auch wenn ein 6er gefallen ist." Wenn der Umschlag geöffnet/der Würfel gefallen und z.B. einen 6er beobachtet worden ist, wechselt der Beobachter zweckmäßigerweise vom Modell der unbedingten Erwartung zum Modell der bedingten Erwartung. Die bedingte Erwartung für diesen speziellen Wurf beträgt 6 und ist offensichtlich von der unbedingten Erwartung verschieden, die weiterhin 3,5 betgrägt. --NeoUrfahraner 22:37, 17. Feb. 2008 (CET)

Zunächst zu Deinem Würfelbeispiel, das ich tatsächlich nicht verstehe. Die Teilaussage des ersten Satzes verstehe ich so: "Der unbedingte Erwartungswert eines beliebigen zukünftigen Wurfes mit einem fairen Würfels ist immer 3,5." Den zweiten Teil so "Dies gilt auch, wenn bereits einmal eine 6 gefallen ist." (= bedingte Wahrscheinlichkeit?). Was ändert sich, wenn jetzt eine 6 fällt? Ich meine, dass sich für einen zukünftigen Wurf nichts ändert. Oder willst Du mir sagen, dass der Erwartungswert für diesen speziellen Wurf (den bereits eingetretenen) 6 ist und offensichtlich von der unbedingten Erwartung (eines zukünftigen) Wurfes verschieden ist?

Abgesehen davon, dass ich immer noch nicht weiß, ob ich in meinem Beispiel etwas Unrichtiges geschrieben habe, verstehe ich immer weniger, worauf du hinaus willst. Du schreibst: „Meine Interpretation ist eben, dass Hr. Lemke von der unbedingten Erwartung spricht“ Macht er das wider besseren Wissens (Lüge) oder weil er nicht mehr Informationen hat als ein Leser des vorangegangenen Textabschnitts („in einem der beiden Umschläge ist der doppelte Betrag vom anderen“)? --Rebiersch 22:46, 18. Feb. 2008 (CET)

Zweiteres. Er macht es, weil er nicht weiß, dass im Umschlag 100 Euro sind. --NeoUrfahraner 18:22, 19. Feb. 2008 (CET)

Die kausale Verknüpfung verstehe ich nicht. Sie ist aber extrem wichtig, falls man sie dahingehend versteht, dass er es ausschließlich nur deshalb sagt. Niemand kann wissen, dass im Umschlag genau 100 Euro sind, der nicht hineingeschaut hat oder das Hineinlegen der Beträge und den Tausch durch die Gäste beobachtet hat . Vielleicht weiß er aber nicht, ob mindestens 100 Euro im Umschlag sind. Dies ist aber etwas anderes. Die Sekretärin weiß, dass in einem der beiden Umschläge 100 Euro sind. Falls Herr Lemke sie beobachtet hat (durchaus möglich), weiß er es auch.

Ich halte aber fest, dass du zugestimmt hast, dass Herr Lemke nicht mehr Informationen hat, als ein Leser des vorangegangenen Textabschnitts. Ein Leser kann zunächst einmal sagen "in einem der beiden Umschläge befindet sind der doppelte Betrag vom anderen". A=2*B oder B=2*A. Oder anders formuliert: wenn sich im Umschlag von Herrn Schmidt der Betrag Z befindet, so sind im ungeöffneten ½Z mit einer unbekannten Wahrscheinlichkeit p1

mit einer von Z abhängigen unbekannten Wahrscheinlichkeit p1 (Z) --NeoUrfahraner 06:56, 20. Feb. 2008 (CET)

oder 2Z mit einer unbekannten Wahrscheinlichkeit p2.

mit einer von Z abhängigen unbekannten Wahrscheinlichkeit p2 (Z) --NeoUrfahraner 06:56, 20. Feb. 2008 (CET)

Ein Leser weiß aber noch mehr: da die Umschläge gleich aussehen, ist die Wahrscheinlichkeit 50%, dass Herr Schmidt den größeren oder kleineren Umschlag gewählt hat. Er weiß daher auch, dass sich ein Tausch nicht lohnt. Z muss also genauso groß sein, wie die Summe der beiden Erwartungswerte (p1*(1/2*Z) und p2*(2Z)).

Der Erwartungswert von Z muss genauso groß sein, wie der Erwartungswert der Summe der beiden bedingen Erwartungswerte (p1(Z)*(1/2*Z) und p2(Z)*(2Z)). --NeoUrfahraner 06:56, 20. Feb. 2008 (CET)

Es muss also gelten: p1*(1/2*Z)+p2*(2*Z)=Z und p1+p2=1.

E(p1(Z)*(1/2*Z)+p2(Z)*(2*Z))=EZ und für jede Realisierung z von Z muss gelten p1(z)+p2(z)=1 --NeoUrfahraner 06:56, 20. Feb. 2008 (CET)

Er setzt P2=1-P1 ein

E((1-p2(Z))*(1/2*Z) + p2(Z)*(2*Z))=EZ --NeoUrfahraner 06:56, 20. Feb. 2008 (CET)

und erhält P1=2/3, P2=1/3

Wie? Ich habe eine konkrete Verteilung probiert und erhalte E(p1(Z))=1/2 und E(p2(Z))=1/2, auch wenn für einzelne Realisierungen Z=z immer p1(z) (und damit auch p2(z)) von 1/2 verschieden war. --NeoUrfahraner 06:56, 20. Feb. 2008 (CET)

Lieber NeoUrfahraner, zunächst möchte ich dich bitten, Diskussionsbeiträge nicht zu zerteilen. Das Rückverfolgen und Lesen wird extrem erschwert. Meine ursprüngliche Aussage, dass Herr Lemke lügt, erfolgte unter der Prämisse in deiner Argumentationskette. Meine letzte Argumentation bezog sich auf die Prämisse, dass Herr Lemke nicht mehr weiß als ein Leser des Textes. Und ein Leser weiß, dass es 2 Umschläge gibt. Ein Leser weiß, dass sich in dem Umschlag(Schmidt) ein konkreter Betrag (Z) befindet. Ein Leser weiß nichts über mögliche Bedingungen, die zur Wahl dieses Betrages geführt haben. Ein Leser weiß auch, dass es einen zweiten Umschlag(Tisch) gibt. Er weiß ferner, dass sich entweder der doppelte Betrag (2Z) oder der halbe Betrag (1/2*Z) im Umschlag(Tisch) befinden. Ein Leser weiß aber gerade nicht mit welcher Wahrscheinlichkeit sich der doppelte Betrag (bzw. halbe Betrag) im Umschlag(Tisch) befindet. Herr Lemke sagt aber nachdem ein konkreter Betrag ausgewählt wurde, den wir lediglich noch nicht kennen, dass diese Wahrscheinlichkeit 50% sei (Zitat Lemke: "In dem anderen, völlig gleich aussehendem Umschlag, der noch auf dem Tisch liegt, befindet sich mit einer Wahrscheinlichkeit von 50% der doppelte Geldbetrag und mit einer Wahrscheinlichkeit von 50% der halbe Geldbetrag."). Weiß er doch mehr (z.b. etwas über eine konkrete Verteilung der Beträge, die der Sekretärin zur Verfügung standen oder dass die Umschläge abhängig vom Gewicht nicht gleich, sondern ungleich verteilt wurden), so steht das im Widerspruch zu unserer eingangs gemachten Prämisse. Zudem schreibst du, dass du von einer konkreten Verteilung ausgegangen bist. Wie sah sie aus? (Zitat NeoUrfahraner vom 17. Feb. 2008: "Es gibt eben keine Verteilung, bei der sie für alle möglichen Inhalte des Umschlags je 50% für die bedingte Wahrscheinlichkeit liefert, dass im anderen Umschlag das Doppelte bzw. die Hälfte des Betrags im ersten Umschlag ist". --Rebiersch 02:37, 21. Feb. 2008 (CET)

und nicht wie Herr Lemke behauptet hat 0,5 (50 %). Oder anders formuliert: falls Herr Lemke nicht mehr Informationen hat als ein Leser und daher sagt "In dem anderen, völlig gleich aussehendem Umschlag, der noch auf dem Tisch liegt, befindet sich mit einer Wahrscheinlichkeit von 50% der doppelte Geldbetrag", so folgt hieraus (unter den genannten Bedingungen) dass Herr Lemke lügt. --Rebiersch 01:15, 20. Feb. 2008 (CET)

Hängt die Wahrscheinlichkeit, dass im anderen Umschlag der doppelte Betrag ist, von Z ab? --NeoUrfahraner 06:36, 21. Feb. 2008 (CET)

Und schon wieder dreht sich die Diskussion im Kreis. Unter welcher Prämisse? Meinst Du den Fall, dass Herr Schmidt einen konkreten Umschlag mit einem konkreten Betrag in der Hand hält oder zum Zeitpunkt als sie noch beide auf dem Tisch liegen? Ich will es mal so sagen.

1. Betrachtungsweise: Die Sekretärin in völlig unabhängig in der Auswahl eines beliebigen Betrages für den Umschlag. Wir wissen zwar, dass dies praktisch nicht möglich ist, wollen diesen Fall trotzdem annehmen. Aussagen, die wir unter dieser Prämisse treffen, dürfen wir dann aber nicht hinsichtlich einer konkreten Verteilung überprüfen wollen. Sonst wird es widersprüchlich (scheinbar paradox).

2. Betrachtungsweise: Die Sekretärin ist nicht frei in der Entscheidung. Es gibt nur eine irgendwie geartete konkrete Verteilung von möglichen Beträgen, die wir lediglich nicht kennen. Für weitere Betrachtungen müssen wir weitere Prämissen treffen. Herr Lempke kennt die Verteilung vs. er kennt sie nicht. Die Verteilung in gleichverteilt vs. sie ist es nicht. Die Wahrscheinlichkeit ist abhängig von Z vs. ist unabhängig von Z.

--Rebiersch 10:21, 21. Feb. 2008 (CET), der sich jetzt erst mal für ein paar Tage aus der Diskussion zurückzieht.

Dann geb ich Dir inzwischen meine Rechnung: Z ist eine Zufallsgröße, die mögliche Werte z mit unterschiedlichen Wahrscheinlichkeiten annimmt. Hr. Lemke kennt den konkreten Wert z nicht. Er spricht von der "mittleren" Wahrscheinlichkeit, dass im anderen Umschlag der doppelte Werte ist. Angenommen, der Inhalt der Umschläge ist 50 und 100. Wird der Umschlag mit 50 gewählt, so ist Dein p2(50) von oben gleich 1. Wird der Umschlag mit 100 gewählt, so ist Dein p2(100) von oben gleich 0. Die p2 für konkrete Realisierungen sind tatsächlich von 1/2 verschieden. Die "mittlere" Wahrscheinlichkeit ist aber 1/2(0+1)=1/2. Hr. Lemke spricht nach meiner Interpretation von dieser "mittleren" Wahrscheinlichkeit, da er ja auch nicht weiß, ob jetzt p2=0 oder p2=1 gilt. Wenn Hr. Lemke sagt "In dem anderen, völlig gleich aussehendem Umschlag, der noch auf dem Tisch liegt, befindet sich mit einer Wahrscheinlichkeit von 50% der doppelte Geldbetrag", bedeutet das nach meiner Interpretation, dass folgende Formel gilt: $\sum _{z}p_{2}(z)P(Z=z)=1/2.$ --NeoUrfahraner 10:44, 21. Feb. 2008 (CET)

Was Herr Lemke gedacht, gemeint oder falsch berechnet hat, spielt bei der Frage ob es sich bei seiner Aussage unter den genannten Bedingungen um eine Lüge handelte keine Rolle. Umgangssprachlich sagt man statt „Herr Lemke lügt“, dann üblicherweise „Herr Lemke hat sich geirrt“. Das ändert aber nichts an der Tatsache, dass seine Aussage falsch war. --Rebiersch 18:47, 24. Feb. 2008 (CET)

Anders gefragt: Stimmst Du zu, dass die Formel $\sum _{z}p_{2}(z)P(Z=z)=1/2.$ stimmt? --NeoUrfahraner 19:02, 24. Feb. 2008 (CET)

Solange du keine genauen Bedingungen nennst was deine Formel beschreiben soll, lässt sich die Frage nicht beantworten. Die Antwort hängt also einerseits vom Stand der Spielsituation, andererseits auch vom Wissenstand desjenigen, der sie aufstellt/anwendet ab. Falls sie die Situation eines Beobachters beschreiben soll, der die Umschläge nicht unterscheiden kann und lediglich weiß, dass in einem beliebigen der beiden Umschläge der doppelte Betrag vom anderen Umschlag ist, wäre ich geneigt dir zuzustimmen. --Rebiersch 00:23, 25. Feb. 2008 (CET)

Ja, es gelten die Bedingungen wie in Deinem letzten Satz. Wie würdest Du nun die Zahl ${\bar {p}}_{2}$, die durch ${\bar {p}}_{2}:=\sum _{z}p_{2}(z)P(Z=z)$ definiert ist, auf Deutsch bezeichnen? Wie würdest Du ${\bar {p}}_{2}=1/2$ auf Deutsch sagen?--NeoUrfahraner 06:36, 25. Feb. 2008 (CET)

Ungenaue Formulierung

Statement: Mein Beitrag vom 8. Februar (Wie groß ist der fiktive Wert des Umschlags solange das Spiel nicht beendet wurde?) bezieht sich auf das aktuelle Beispiel in der deutschen Wikipedia. Das Umschlagparadoxon wird üblicherweise anders geschildert. Die hier zugrunde liegende Schilderung im Text lässt einige Fragen offen. Andere Sachverhalte werden sehr präzise und genau geschildert. Es wird offen gelassen, ob Herr Lemke der Sekretärin irgendwelche Vorgaben gemacht hat. Wir wissen aber, dass die Sekretärin in den einen Umschlag einen Betrag hineingetan hat und in den anderen den doppelten Betrag. Wir wissen auch, dass die gleich aussehenden Umschläge durcheinander gebracht wurden. Wir wissen weder, ob dies nach einem bestimmten Muster geschehen ist, noch ob Herr Lemke den Umtausch beobachtet hat. Es ist auch offen, ob Herr Lemke den Inhalt ertasten kann. Es ist sogar möglich, dass Herr Lemke hineingeschaut hat. Die zeitliche Abfolge wird hingegen genau geschildert. Herr Lemke ergreift einen der beiden Briefumschläge und gibt ihn Herrn Schmidt mit den Worten: „In dem anderen, völlig gleich aussehendem Umschlag, der noch auf dem Tisch liegt, befindet sich mit einer Wahrscheinlichkeit von 50% der doppelte Geldbetrag und mit einer Wahrscheinlichkeit von 50% der halbe Geldbetrag“. Herr Lemke trifft seine Aussage nach dem Ergreifen eines Umschlags. Er spricht von „dem anderen Umschlag“. Damit ist klar, dass es nur 2 Umschläge gibt. Aus dem Zusammenhang ist völlig klar, dass sich seine Aussage nicht auf den überreichten Umschlag, sondern nur auf den anderen, der auf dem Tisch liegt, bezieht. Herr Lemke braucht den überreichten Umschlag also nicht erst zu öffnen. Er kann gleich den auf den Tisch liegenden Umschlag nehmen. Ist überhaupt eine Situation mit dieser Konstellation denkbar, ohne im Widerspruch zu den genannten Prämissen zu stehen? Hierfür reicht ein einziges Beispiel, das sich aber leicht finden lässt. Lohnt sich ein Tausch immer? Nein, nur einmal. Was ist an dem hier aufgeführten Beispiel paradox? Nichts, solange man nicht von weiteren ungenannten Annahmen ausgeht. --Rebiersch 18:59, 24. Feb. 2008 (CET)

Ich stimme zu, dass die Formulierung im Artikel zu viel Interpretationsspielraum lässt. Daher auch meine vorsichtigen Fragen von 02:00, 9. Feb. 2008 sowie mein Würfelbeispiel von 22:37, 17. Feb. 2008. Ich habe die Formulierung jetzt ein wenig verändert. Bist Du damit einverstanden? --NeoUrfahraner 06:52, 25. Feb. 2008 (CET)

Dass die Formulierung im Artikel zu viel Interpretationsspielraum ließe, habe ich doch überhaupt nicht geschrieben. Sportlicher wäre gewesen, nicht die ursprüngliche Geschichte der Erklärung im Text anzupassen, sondern den Irrtum einzugestehen und die Erklärung im Artikel zu ändern. Zudem bestand die alte Beschreibung seit mindestens 2005 in nahezu unveränderter Form. Sie hatte ja durchaus auch ihren Reiz. Nach der durchaus eingreifenden Änderung fehlt mir irgendwie der Witz. Herr Lemke weiß jetzt überhaupt nichts mehr und Herr Schmidt, der ja noch weniger wissen kann als Herr Lemke, postuliert eine 50% Wahrscheinlichkeit für den doppelten Betrag. --Rebiersch 23:00, 25. Feb. 2008 (CET)

Welchen Irrtum meinst Du? --NeoUrfahraner 06:20, 26. Feb. 2008 (CET)

Das ist jetzt natürlich "Schnee von gestern". Da du nachfragst: Ein Irrtum war, anzunehmen, dass "falsch mit bedingter Wahrscheinlichkeit gerechnet wurde". Herr Lemke kann durchaus gewusst haben, dass die Wahrscheinlichkeit 50% war, weil er den Inhalt kannte. Und Herr Schmidt hat nur konsequent weitergerechnet --Rebiersch 21:42, 27. Feb. 2008 (CET)

OK. Erwartest Du noch irgendeinen Kommentar von mir? --NeoUrfahraner 09:32, 28. Feb. 2008 (CET)

Nein --Rebiersch 20:31, 28. Feb. 2008 (CET)

Absurd

Nach den vergangenen Umformulierungen ist nun endgültig die vollkommene Absurdität des Umschlagparadoxons offengelegt. Herr Schmidt braucht den von ihm zuerst gewählten Umschlag nicht einmal zu öffnen um zu wissen daß er tauschen wird. Wenn weder Herr Lemke noch Herr Schmidt irgendwelche weitergehenden Informationen über den möglichen Inhalt der Briefumschläge haben bzw. benötigen, dann fehlen alle Grundlagen für irgendwelche Wahrscheinlichkeitsberechnungen. Somit gilt: The two-envelope puzzle is busted! --172.158.221.48 19:18, 11. Mär. 2008 (CET)

Umgekehrt. Wenn man alle Informationen hat, braucht man keine Wahrscheinlichkeitsberechnungen, dann ist nämlich sowieso alles klar. Wahrscheinlichkeitsberechnungen braucht man eben, weil unvollkommene Information vorliegt. --NeoUrfahraner 21:01, 11. Mär. 2008 (CET)

Wie gesagt: Herr Schmidt bräuchte den von ihm zuerst gewählten Umschlag nicht einmal zu öffnen um zu wissen daß er nach seiner Rechenlogik tauschen wird. Selbst eine zusätzliche Information wie der Inhalt des Umschlags wird vollkommen gleichgültig für ihn, und das zeigt die Absurdität des "Paradoxons". Solch ein pseudomathematischer Hirnmüll gehört m.E. nicht in eine wissenschaftliche Diskussion. --172.173.65.163 02:03, 13. Mär. 2008 (CET)

"Herr Schmidt bräuchte den von ihm zuerst gewählten Umschlag nicht einmal zu öffnen um zu wissen daß er nach seiner Rechenlogik tauschen wird". Genau deswegen ist es ein Paradox (ein scheinbarer Widerspruch, der sich bei genauerer Analyse auflöst). Irgendwas muss an der Rechenlogik falsch sein. Aber was? --NeoUrfahraner 08:18, 13. Mär. 2008 (CET)

Rechnung zur neuen Schilderung des Umtauschparadoxons

Inzwischen wurde die Schilderung des Umtauschparadoxons umgeschrieben. Herr Schmidt ergreift jetzt zufällig einen der beiden Umschläge und findet 100 Euro. Mit der gleichen Wahrscheinlichkeit (50%) hätte er auch den anderen Umschlag ergreifen können. Das bedeutet nicht, dass die Wahrscheinlichkeit 200 Euro zu finden 50% ist. Aus der Tatsache, dass 100 Euro gefunden wurden, kann Herr Schmidt zunächst einmal nur ableiten, dass sich außer den Beträgen 50, 100 und 200 Euro kein anderer Betrag in einem der Umschläge befunden haben kann.

Es müssen also 2 Fälle unterschieden werden. Fall A: In einem Umschlag sind 50(A) Euro und im anderen 100(A) Euro. Fall B: In einem Umschlag sind 100(B) Euro und im anderen 200(B) Euro. Es werden keinerlei Angaben gemacht mit welcher Wahrscheinlichkeit die Kombinationen 50(A)/100(A) bzw 100(B)/200(B) durch die Sekretärin wählbar waren. Hier unterscheiden sich die Schilderungen des Umtauschparadoxons!

Version 1: Herr Schmidt vermutet, dass die Kombinationen 50(A)/100(A) und 100(B)/200(B) Euro mit der gleichen Wahrscheinlichkeit (50%) zur Verfügung standen. Unter dieser Annahme war seine Rechnung korrekt. Erwartungswert für den anderen Umschlag = 0,5 * 200 + 0,5 * 50 = 125 Euro. Er wird unter dieser Annahme tauschen. Damit ist nicht gesagt, dass er in jedem Fall, also auch bei anderen Beträgen, genauso gerechnet hätte.

Version 2: Herr Schmidt kann natürlich auch jede andere Wahrscheinlichkeitsverteilung für die Beträge 50(A)/100(A) bzw 100(B)/200(B) annehmen. Vermutet er beispielsweise, dass 50 Euro doppelt so wahrscheinlich ausgewählt wurden wie 200 Euro, so erhält er als Erwartungswert für den anderen Umschlag: 1/3 * 200 + 2/3 * 50 = 100 Euro. Unter dieser Annahme macht ein Tausch keinen Sinn.

Version 3: Vermutet Herr Schmitt, dass die Kombination 50(A)/100(A) durch die Sekretärin mehr als doppelt so wahrscheinlich ausgewählt wurde wie die Kombination 200(B)/100(B). Unter dieser Annahme wird Herr Schmidt nicht tauschen, da seine gefundenen 100 Euro schon über dem Erwartungswert des anderen Umschlages liegen.

Paradox wird es erst, wenn Herr Schmidt nicht für einen beliebigen Betrag eine 50%-Wahrscheinlichkeit annimmt, sondern für jeden auffindbaren Betrag diese 50%-Wahrscheinlichkeit postuliert. --Rebiersch 22:05, 15. Mär. 2008 (CET)

Ja, genau so ist es.--NeoUrfahraner 22:21, 15. Mär. 2008 (CET)

Und nun? Können die Erklärungen unter Was ist paradox daran? und Die Lösung noch aufrecht erhalten werden? Ich meine, dass nicht falsch mit Erwartungswerten gerechnet wurde. Die Rechnung ist schon korrekt. Die Annahme der Gleichverteilung von 50 und 200 Euro ist das Problem. Sie kann stimmen, muss aber nicht stimmen. Eine mehrfache Wiederholung des Experiments ist auch keine notwendige Voraussetzung. Die Rechnung mit drei Geldbeträgen ist nicht völlig unzutreffend, sondern beschreibt einen Sonderfall. Ich sehe es so, dass eine umfassende Erklärung nur gelingt, wenn das Problem ausgehend vom Sonderfall "100 Euro mit Gleichverteilung von 50/200 Euro" über "100 Euro mit Ungleichverteilung" bis "Gleichverteilung von allen Beträgen = paradox" erfolgte. --Rebiersch 14:07, 16. Mär. 2008 (CET)

Der Punkt "Die Lösung" hat früher anders ausgesehen und wurde am 15. Sep. 2007 von ASM geändert: http://de.wikipedia.org/w/index.php?title=Umtauschparadoxon&diff=next&oldid=36145322 Die Sache mit den bedingten Erwartungen hat ASM aber anscheinend nicht berücksichtigt, siehe sein Kommentar zu mehr als ihn zu Überfliegen hatte ich absolut keine Lust, denn eine noch so lange Rechnung nützt nichts, wenn der Ansatz schlicht falsch ist hier auf der Diskssionsseite. Gefällt Dir die frühere Fassung besser? Der Abschnitt "Was ist paradox daran" war früher ebenfalls anders: http://de.wikipedia.org/w/index.php?title=Umtauschparadoxon&diff=prev&oldid=5043664 --NeoUrfahraner 20:58, 16. Mär. 2008 (CET)

Einmalig oder wiederholbar?

Die Aussage in der alten Version:"Das Umtauschparadoxon entsteht dadurch, dass die Berechnung des Erwartungswerts auf das arithmeische Mittel abstellt..." ist nicht richtig. Das Paradoxon entsteht dadurch, dass Herr Schmidt einen Erwartungswert berechnet, der bei einem einmaligen Umschlagspiel irrelevant ist. Der Erwartungswert spiegelt den durchschnittlichen Gewinn bei (unendlich) häufiger Wiederholung des Spiels wider. Beim Umschlagspiel geht man aber von einer Situation aus die nur einmal stattfindet; wie unsinnig die Berücksichtigung des Erwartungswerts dann ist sieht man auch daran, daß der erwartete Gewinn des Herrn Schmidt 125 Euro betragen sollte. Diese Geldsumme kommt aber in keinem der Umschläge vor, kann folglich auch nicht einmalig ausgewählt werden.

Fazit: Da man bei Berechnung von Erwartungswerten implizit immer davon ausgeht, daß ein Spiel beliebig oft wiederholt wird, machen die Betrachtungen des Herrn Schmidt mathematisch hier keinen Sinn und führen nur in die Irre. Das ist aber nur Dummheit und kein Paradoxon! --172.173.185.112 13:11, 17. Mär. 2008 (CET)

"Das Umtauschparadoxon entsteht dadurch, dass die Berechnung des Erwartungswerts auf das arithmeische Mittel abstellt..." ist schon längst nicht mehr im Artikel; zur Diskussion steht der Abschnitt "Was ist paradox daran" in der Fassung 11:09, 28. Mär. 2005 durch MiBü. Ob das Spiel einmalig ist oder wiederholt wird, steht nicht im Artikel. Falls Du Dir mit der Analyse leichter tust, nehmen wir an, dass die Sekretärin, Herr Lemke und Herr Schmidt das Spiel jeden Tag wiederholen. Was ändert sich dadurch an Deiner Argumentation? --NeoUrfahraner 14:20, 17. Mär. 2008 (CET)

Die alte Version [2] hast du doch oben in die Diskussion gebracht...

Wie soll eine Wiederholung des Spiels denn aussehen? Um den Erwartungswert 125 Euro zu erhalten müssten jedesmal dieselben Umschlagkombinationen gemäß der Version 1 von Rebiersch zur Auswahl stehen: 50(A)/100(A) und 100(B)/200(B). Außerdem müsste Herr Schmidt jedesmal "zufällig" den Umschlag mit 100 Euro ergreifen, damit er seine Rechnung durchführen kann; unter solchen Voraussetzungen kann von einem Zufallsexperiment keine Rede mehr sein.

Andererseits: Falls Herr Schmidt zufällig mal einen anderen Umschlag als den mit 100 Euro ergreift, weiß er bereits, daß er im Fall A tauschen und im Fall B nicht tauschen wird. Sein durchschnittlicher Gewinn würde damit höher ausfallen als die berechneten 125 Euro. --172.173.93.178 18:12, 17. Mär. 2008 (CET)

Ad alter Version: es geht um die linke Version vom 11:09, 28. Mär. 2005 und nicht um die rechte Version vom 11:21, 28. Mär. 2005. Siehe Hilfe:Versionen.

Ad Wiederholung: Die Wiederholung ist wie beim Lotto. Da wird auch jede Woche zwei Mal gezogen und (fast) jedes Mal kommt ein anderes Ergebnis. --NeoUrfahraner 19:19, 17. Mär. 2008 (CET)

Noch eine kleine Ergänzung von mir. Das Umtauschparadoxon kann/muss natürlich als 2 hintereinander durchgeführte Zufallsexperimente betrachtet werden, die nicht voneinander unabhängig sind. Erst werden die Beträge für die Umschläge ausgewählt. Danach wird einer der beiden Umschläge gezogen. --Rebiersch 19:51, 17. Mär. 2008 (CET)

Ad alter Version: die per Link [3] angeführte "aktuelle" Version ist immer die rechte Version und nicht die linke. Das sieht man auch am untenstehenden Textkörper. Wer lesen kann...

Ich stimme Dir zu, dass "Das Umtauschparadoxon entsteht dadurch, dass die Berechnung des Erwartungswerts auf das arithmeische Mittel abstellt..." nicht richtig ist. Was ist jetzt Dein Problem? --NeoUrfahraner 06:13, 18. Mär. 2008 (CET)

Mein "Problem" ist daß du am 16. März um 20:58 eine alte Version in die Diskussion einbringst und dann meinen Bezug darauf damit abtust, daß der Satz "Das Umtauschparadoxon entsteht dadurch, dass die Berechnung des Erwartungswerts auf das arithmeische Mittel abstellt..." schon längst nicht mehr im Artikel steht (17. März 14:20). So ein Diskussionsverhalten ist nicht okay. --172.158.24.172 13:04, 18. Mär. 2008 (CET)

Welche Reaktion wäre Deiner Meinung nach angemessen gewesen? --NeoUrfahraner 13:37, 18. Mär. 2008 (CET)

Z.B eine kurze Begründung für die Einführung der alten Version in die Diskussion und eine sofortige Zustimmung zu meiner Einlassung dazu. Diese Zustimmung kam erst am 18. März um 06:13. Durch Vermeiden von Missverständnissen kann man sich nämlich viel Argumentationsaufwand sparen --172.173.13.112 20:36, 18. Mär. 2008 (CET)

Hast Du also jetzt verstanden, welche Version ich gemeint habe? --NeoUrfahraner 21:40, 18. Mär. 2008 (CET)

Ad Wiederholung: Beim Lotto stehen immer dieselben Zahlen zur Auswahl. Bezogen auf das Umschlagspiel hieße das, daß sich immer dieselben zwei Beträge in den Umschlägen befinden.

Es ist keine Rede davon, daß die Beträge für die Umschläge zufällig ausgewählt werden. Also ist diese Auswahl durch die Sekretärin auch kein Zufallsexperiment. Nur das Ziehen eines Umschlags wird als "zufällig" betrachtet. --172.158.98.11 00:48, 18. Mär. 2008 (CET)

Es ist aber auch keine Rede davon, dass die Beträge für die Umschläge nicht zufällig ausgewählt werden. --NeoUrfahraner 06:13, 18. Mär. 2008 (CET)

Von einer Zufallsauswahl der Geldbeträge muss man aber nicht ausgehen. Es ist viel plausibler, daß Herr Lemke seinen finanziellen Möglichkeiten und seiner Sympathie bzw. Antipathie gegenüber Herrn Schmidt gemäß die Geldbeträge vorher bewußt festlegt. Damit erhält das Umschlagspiel genau die psychologische Komponente, die erst eine angemessene Lösung möglich macht. --172.158.24.172 13:04, 18. Mär. 2008 (CET)

Textvorschlag für "Was ist paradox daran?"

Stellen wir uns vor, dass Herr Lemke eine Anzahl von gleich aussehenden Päckchen mit jeweils 2 fertigen Umschlägen für die Sekretärin vorbereitet hat. In einem Umschlag befindet sich ein beliebiger Betrag Z und im 2. Umschlag der doppelte Betrag 2*Z. Über die Anzahl möglicher Päckchen mit konkreten Inhalten (z.B. 50 Euro;100 Euro) ist Herrn Schmidt zunächst einmal nichts bekannt. Die Sekretärin habe per Zufallsprinzip eines der gleichaussehende Päckchen ausgewählt und die Briefumschläge entnommen. In jedem Fall ist vor dem Öffnen eines Umschlags die Wahrscheinlichkeit für den doppelten Betrag im anderen Umschlag 50%.

Herr Schmidt findet 100 Euro. Die angegebene Rechnung ist nur unter der Annahme, dass die Anzahl der Päckchen mit einem Gesamtbetrag von 150 Euro (50;100 Euro) genauso groß war wie die Anzahl mit einem Gesamtbetrag von 300 Euro (100;200 Euro) korrekt. Der Erwartungswert ist unter dieser Voraussetzung 125 Euro.

Es könnte auch jede andere Verteilung angenommen werden. Gab es doppelt so viele Päckchen mit (50;100 Euro) wie Päckchen mit (100;200 Euro) so wäre die Wahrscheinlichkeit für einen doppelten Betrag (200 Euro) im ungeöffneten Umschlag unter der Voraussetzung, dass 100 Euro gefunden wurden nur noch 1/3. Herr Schmidt käme unter dieser Voraussetzung auf den Erwartungswert 100 Euro.

Allgemein gilt: Wird ein beliebiger Betrag Z im geöffneten Umschlag gefunden, so lohnt sich ein Tausch unter der Voraussetzung, dass weniger als doppelt so viele Päckchen mit (1/2*Z; Z Euro) als Päckchen mit (Z;2Z Euro) zur Auswahl standen.

Ein Trugschluss wäre jedoch anzunehmen, dass die Rechnung nicht nur für einen beliebigen Betrag, sondern für jeden Betrag von Z>0 gelte könne. Dies führt zu der paradoxen Situation, dass ein Tausch immer als lohnenswert beurteilt wird und unter dieser Voraussetzung der Umschlag noch nicht einmal geöffnet werden müsse. --Rebiersch 20:02, 17. Mär. 2008 (CET)

In den Abschnitt "Was ist paradox daran?" gehört meiner Meinung nach nur der letzte Absatz; die ersten vier Absätze gehören eher in den Abschnitt "Die Lösung". --NeoUrfahraner 20:40, 17. Mär. 2008 (CET)

Alternativvorschlag

Was ist paradox daran

Wenn die Rechnung von Herr Schmidt für jeden beliebigen Betrag das Ergebnis liefert, dass sich Tauschen lohnt, so braucht er den Umschlag gar nicht zu öffnen, sondern kann gleich den anderen Umschlag nehmen. Es kann aber nicht sein, dass der andere Umschlag immer besser ist, da ja beide Umschläge vor dem Öffnen offensichtlich gleichwertig sind.

Die Lösung

Es ist ein Trugschluss, den Inhalt des Umschlags nur in die Berechnung der Gewinnhöhe einzubeziehen, nicht aber in die Berechnung der Gewinnwahrscheinlichkeiten. Wird der Inhalt des Umschlags in der Berechnung der Gewinnerwartung verwendet, so muss für eine korrekte Rechnung auf bedingte Wahrscheinlichkeiten gewechselt werden. Die bedingte Wahrscheinlichkeit, den kleineren Umschlag gewählt zu haben, unter der Bedingung, dass im geöffneten Umschlag der Betrag $n$ ist, hängt von $n$ ab. Sie kann für manche Beträge 50% sein (dann lohnt sich das Tauschen tatsächlich); es gibt aber keine Wahrscheinlichkeitsverteilung, die für jeden beliebigen Betrag im Umschlag konstant eine bedingte Wahrscheinlichkeit von 50% liefert. Tauschen abhängig vom Inhalt des Umschlags kann einen höhere Gewinnerwartung liefern. Tauschen unabhängig vom Inhalt liefert hingegen keine höheren Gewinnerwartung. Eine exakte Berechnung, ob ein Tausch abhängig vom Inhalt des Umschlags sinnvoll ist, sieht folgendermaßen aus: Bezeichnet man mit ... (weiter wie im Artikel)

Diskussion

Meinungen dazu? (bitte nur von angemeldeten Benutzern, nicht von IP-Adressen) --NeoUrfahraner 07:45, 18. Mär. 2008 (CET)

Mit deinem Vorschlag wäre ich sofort einverstanden, wenn im zugrunde liegenden Text stünde, dass Herr Schmidt nicht mehr Informationen hätte als ein unbeteiligter Leser. Zum Beispiel in der Form "Allein aufgrund dieser Information berechnet Herr Schmidt..." In der aktuellen Version muss zumindest die Möglichkeit, dass Herr Schmidt richtig gerechnet haben könnte, berücksichtigt werden. Momentan steht seine Rechnung nicht im Widerspruch zu seiner Überlegung. Weshalb er eine 50% Wahrscheinlichkeit vermutet, ist nicht angegeben. Aus dem Text geht aber hervor, dass er seinen Gönner, Herrn Lemke, kennt. Herr Schmidt wird also zu Recht Erfahrungen einfließen lassen, die uns nicht bekannt sein müssen. --Rebiersch 00:34, 19. Mär. 2008 (CET)

Ich hab's jetzt umformliert, oben steht jetzt die korrigierte neue Fassung. Die Möglichkeit, dass Herr Schnidt richtig gerechnet hat, steckt im Satz "Sie kann für manche Beträge 50% sein"; die Unterstellung, dass Herr Schmidt dem Trugschluss unerlegen wäre, ist verschwunden. Besser so? --NeoUrfahraner 06:19, 19. Mär. 2008 (CET)

Ja, einverstanden --Rebiersch 20:11, 19. Mär. 2008 (CET)

OK, Artikel geändert. --NeoUrfahraner 20:25, 19. Mär. 2008 (CET)

Wie Dir möglicherweise aufgefallen ist, hat eine anonyme Person die Änderung zwei Mal zurückgesetzt. Ich möchte es nicht nochmals selber ändern, um mich nicht dem Verdacht eines WP:Edit-Wars auszusetzen. Falls Du weiterhin der Meinung bist, dass meine Version besser ist, möchte ich Dich bitten, dass Du auf die entsprechende Version zurückzusetzt. Wenn die anonyme Person dann wieder zurücksetzt, werde ich eine Halbsperre beantragen. --NeoUrfahraner 16:42, 20. Mär. 2008 (CET)

Anonyme Meinungen

"Die Lösung" ist ja keine Lösung wie man im Artikel nachlesen kann:"Zu tauschen würde sich demnach genau dann auszahlen, wenn E > n gilt... Verteilungen, die diese Bedingung für alle möglichen n erfüllen, lassen sich zwar konstruieren, besitzen dann aber keinen endlichen Erwartungswert. Daher ist die oben angedeutete Argumentation, die zum Paradoxon führt, bereits aus formalen Gründen unzulässig." So dreht sich die Diskussion hier immer wieder im Kreis... --172.158.24.172 12:41, 18. Mär. 2008 (CET)

Diskussion

Meinungen dazu? (bitte nur von angemeldeten Benutzern, nicht von IP-Adressen) --NeoUrfahraner 07:45, 18. Mär. 2008 (CET)

Mit deinem Vorschlag wäre ich sofort einverstanden, wenn im zugrunde liegenden Text stünde, dass Herr Schmidt nicht mehr Informationen hätte als ein unbeteiligter Leser. Zum Beispiel in der Form "Allein aufgrund dieser Information berechnet Herr Schmidt..." In der aktuellen Version muss zumindest die Möglichkeit, dass Herr Schmidt richtig gerechnet haben könnte, berücksichtigt werden. Momentan steht seine Rechnung nicht im Widerspruch zu seiner Überlegung. Weshalb er eine 50% Wahrscheinlichkeit vermutet, ist nicht angegeben. Aus dem Text geht aber hervor, dass er seinen Gönner, Herrn Lemke, kennt. Herr Schmidt wird also zu Recht Erfahrungen einfließen lassen, die uns nicht bekannt sein müssen. --Rebiersch 00:34, 19. Mär. 2008 (CET)

Ich hab's jetzt umformliert, oben steht jetzt die korrigierte neue Fassung. Die Möglichkeit, dass Herr Schnidt richtig gerechnet hat, steckt im Satz "Sie kann für manche Beträge 50% sein"; die Unterstellung, dass Herr Schmidt dem Trugschluss unerlegen wäre, ist verschwunden. Besser so? --NeoUrfahraner 06:19, 19. Mär. 2008 (CET)

Ja, einverstanden --Rebiersch 20:11, 19. Mär. 2008 (CET)

OK, Artikel geändert. --NeoUrfahraner 20:25, 19. Mär. 2008 (CET)

Wie Dir möglicherweise aufgefallen ist, hat eine anonyme Person die Änderung zwei Mal zurückgesetzt. Ich möchte es nicht nochmals selber ändern, um mich nicht dem Verdacht eines WP:Edit-Wars auszusetzen. Falls Du weiterhin der Meinung bist, dass meine Version besser ist, möchte ich Dich bitten, dass Du auf die entsprechende Version zurückzusetzt. Wenn die anonyme Person dann wieder zurücksetzt, werde ich eine Halbsperre beantragen. --NeoUrfahraner 16:42, 20. Mär. 2008 (CET)

Anonyme Meinungen

"Die Lösung" ist ja keine Lösung wie man im Artikel nachlesen kann:"Zu tauschen würde sich demnach genau dann auszahlen, wenn E > n gilt... Verteilungen, die diese Bedingung für alle möglichen n erfüllen, lassen sich zwar konstruieren, besitzen dann aber keinen endlichen Erwartungswert. Daher ist die oben angedeutete Argumentation, die zum Paradoxon führt, bereits aus formalen Gründen unzulässig." So dreht sich die Diskussion hier immer wieder im Kreis... --172.158.24.172 12:41, 18. Mär. 2008 (CET)

Meinung von Anonym

"Herr Schmidt könnte glaubhaft ausführen, dass er seinen Gönner kenne und aus der Erfahrung alle Beträge zwischen 10 und 500 Euro für gleich wahrscheinlich halte." Das gehört aber weder zum Artikeltext noch zum Ursprungsspiel. Der Leser hat weder weniger noch mehr Informationen als Herr Schmidt. --172.173.197.178 21:09, 21. Mär. 2008 (CET)

Zu respektvollem Benehmen gehört auch, dass man sich erstens vorstellt und zweitens sich nicht in ständig in fremde Gespräche einmischt. Wenn Dir jemand antworten will, kann das auch in einem eigenen Abschnitt sein. --NeoUrfahraner 06:20, 22. Mär. 2008 (CET)

ad erstens: Dann sollten sich hier jetzt erstmal alle vorstellen! Du kannst gleich weiter unten damit anfangen.

ad zweitens: es gibt auf den Diskussionsseiten hier keine "fremden Gespräche". Wenn du einen privaten Debattierclub eröffnen willst dann bitte außerhalb der Wikipedia. Hier darf, kann und soll jeder mitreden dürfen, der etwas zum Artikelinhalt zu sagen hat. Dein Diskussionsverständnis ist undemokratisch und nicht Wiki-konform. --172.158.24.250 11:41, 22. Mär. 2008 (CET)

Wahrscheinlichkeitsrechnung und Statistik

In Lehrbüchern lassen sich sinngemäß folgende Definitionen finden:

Die Hauptaufgabe der Wahrscheinlichkeitsrechnung besteht in der Voraussage des (idealisierten) Ablaufs von Massenvorgängen. Schon damit ist klar, daß die Ergebnisse der Wahrscheinlichkeitsrechnung über den Ausgang eines bestimmten einzelnen Vorgangs keine Aussagen liefern oder ermöglichen.

Ein Zufallsexperiment liegt vor, wenn folgende Bedingungen erfüllt sind:

1. Das Experiment ist beliebig oft unter den gleichen Bedingungen durchführbar.

2. Die möglichen Ausgänge können eindeutig angegeben werden.

3. Es ist nicht voraussagbar, welcher der möglichen Ausgänge des Experiments eintritt.

Demgegenüber versucht man in der beurteilenden Statistik, aus den Ergebnissen, die bei mehrmaliger Durchführung eines Zufallsexperiments auftreten, auf die (unbekannte) Wahrscheinlichkeitsverteilung zu schließen, die dem Experiment zugrundegelegen haben muss. Dazu vergleicht man jeweils die praktischen Ergebnisse mit denen eines (simulierten) idealen Experiments. --172.158.202.56 12:19, 22. Mär. 2008 (CET)

Falsches Rechnen mit Erwartungswerten

"Herr Schmidt findet 100 Euro. Die angegebene Rechnung ist nur unter der Annahme, dass die Anzahl der Päckchen mit einem Gesamtbetrag von 150 Euro (50;100 Euro) genauso groß war wie die Anzahl mit einem Gesamtbetrag von 300 Euro (100;200 Euro) korrekt. Der Erwartungswert ist unter dieser Voraussetzung 125 Euro." Woher kann Herr Lemke beim Vorbereiten der Päckchen mit (50;100 Euro) und (100;200 Euro) schon wissen, daß Herr Schmidt "zufällig" den Umschlag mit 100 Euro öffnen wird? Was ist wenn Herr Schmidt einen Umschlag mit 200 Euro öffnet? Woher kann Herr Schmidt wissen, daß Herr Lemke gleichviele Päckchen mit (50;100) und (100;200) Euro vorbereitet hat?

Im ursprünglichen Umschlagspiel ist von all diesen Voraussetzungen (mehrere vorbereitete Päckchen) und Einschränkungen (Herr Schmidt öffnet "zufällig" immer den Umschlag mit 100 Euro) keine Rede. Mit diesen Versuchen einen sinnvollen Erwartungswert einzuführen, folgt ihr leider nur der suggestiven aber falschen Logik des Herrn Schmidt. Außerdem entfernt ihr euch mehr und mehr von der Ausgangsformulierung; da ist von mehrmaliger Wiederholung des Umschlagspiels keine Rede. --172.158.98.11 01:26, 18. Mär. 2008 (CET)

dazwischengequetscht - Antworten auf die gestellten Fragen: 1) Herr Lemke kann beim Vorbereiten der Päckchen natürlich nicht wissen , dass Herr Schmidt den Umschlag mit 100 Euro öffnen wird. 2) Was Herr Schmidt annimmt, falls er einen Umschlag mit 200 Euro öffnet, kann niemand wissen. Zumindest können wir aus der Tatsache, dass er die Möglichkeiten (50;100) und (100;200) als gleich wahrscheinlich einschätzte nicht schließen, dass er auch (100;200) und (200;400) als gleich wahrscheinlich einschätzen wird. Herr Schmidt kann nicht wissen, dass Herr Lemke gleich viele Päckchen mit (50;100) und (100;200) Euro vorbereitet hat. Er kann es annehmen und unter dieser Annahme einen Erwartungswert berechnen. Weshalb er es annimmt wird nirgendwo gesagt. Ob die Annahme richtig ist, weiß nur die Sekretärin. Oder anders formuliert: Herr Schmidt könnte mit gutem Recht vehement dem Vorwurf widersprechen, dass er falsch gerechnet habe oder gar unlogisch gehandelt hätte. Herr Schmidt könnte glaubhaft ausführen, dass er seinen Gönner kenne und aus der Erfahrung alle Beträge zwischen 10 und 500 Euro für gleich wahrscheinlich halte. Das steht nicht im Widerspruch zum Text und ist aus dem Kontext heraus sogar nachvollziehbar --Rebiersch 00:00, 19. Mär. 2008 (CET)

"Herr Schmidt kann nicht wissen, dass Herr Lemke gleich viele Päckchen mit (50;100) und (100;200) Euro vorbereitet hat. Er kann es annehmen und unter dieser Annahme einen Erwartungswert von 125 Euro berechnen." Das ist nicht korrekt! Wenn man annimmt, daß Herr Schmidt bei mehrmaliger Wiederholung desselben Spiels und gleicher Wahrscheinlichkeit für jedes Umschlagpaar (wovon er ja ausgeht) den zuerst gewählten Umschlag immer tauscht (was ja seiner Berechnung nach sinnvoll ist), dann erhält man als korrekten Erwartungswert E = 1/4*(50+2*100+200) = 112,5 Euro und nicht E=125 Euro. Daran erkennt man sofort, daß Herr Schmidt einen mathematisch falschen Ansatz verfolgt weil die beiden Umschläge mit 50 Euro und 200 Euro niemals gleichzeitig zur Auswahl stehen. Deshalb ist der von NeoUrfahraner zu Unrecht gelöschte Abschnitt mit dem einführenden Satz "Es liegt hier ein falsches Rechnen mit Erwartungswerten vor..." vollkommen richtig und wichtig. Die alte Version sollte wiederhergestellt werden. --172.174.91.189 12:40, 20. Mär. 2008 (CET)

Du hast den Unterschied zwischen bedingter und unbedingter Erwartung nicht verstanden. Die unbedingte Erwartung beträgt, wie Du korrekt berechnest, 112,5 Euro. Hr. Schmidt rechnet aber unter der getroffene Annahme nicht die unbedingte Erwartung aus, sondern die bedingte Erwartung unter der Bedingung, dass er 100 Euro im ersten Umschlag gefunden hat, und diese beträgt eben 125 Euro. --NeoUrfahraner 13:01, 20. Mär. 2008 (CET)

PS: Die unbedingte Erwartung, falls Hr. Schmidt tauscht, sofern er weniger als 150 Euro im Umschlag findet, beträgt 1/4*(50+100+2*200)=137,5 Euro und ist höher als die 112,5 wenn er nicht tauscht. Offensichtlich lohnt das Tauschen also. --NeoUrfahraner 13:30, 20. Mär. 2008 (CET)

Wahrscheinlichkeitsrechnung macht man, weil man nicht alles weiß. Deswegen ist es auch Wahrscheinlichkeitsrechnung und nicht Logik. --NeoUrfahraner 06:21, 18. Mär. 2008 (CET)

Hier eine PDF-Datei The Error in the Two Envelope Paradox zum herunterladen. Sie stammt aus den "published papers" der englischen Version des Umschlagspiels. --172.173.13.112 20:43, 18. Mär. 2008 (CET)

Hier eine PDF_Datei Dov Samet, Iddo Samet, and David Schmeidler, One Observation behind Two-Envelope Puzzles zum Herunterladen. Sie stammt aus den Einzelnachweisen der deutschen Version. --NeoUrfahraner 21:47, 18. Mär. 2008 (CET)

Danke zunächst für die Diskussionseinladung, auch wenn ich gerade leider keine Zeit habe, mir alle Beiträge durchzulesen. Ich möchte nur so viel sagen, warum willst du unbedingt eine Wahrscheinleichkeitsrechnung aufstellen? Rebiersch hat weiter oben (mit "Version 1 bis 3") doch schon eine gute Erklärung geliefert. Herr Schmidt rechnet sich nicht den Erwartungswert für das wiederholte Durchführen des einen Experiments aus, sondern den Erwartungswert für das wiederholte Durchführen zweier verschiedener Experimente (die gleich oft durchgeführt werden). Davon war aber nie die Rede. Die korrekte Rechnung ist doch ganz einfach aufzustellen: In einem Umschlag sind n Euro, im anderen 2n. Mit einer Wahrscheinlich von 50% erwischt er n Euro, mit der gleichen Wahrscheinlichkeit 2n Euro.

Macht 50% * n + 50% * 2n = 1,5n. Ich sehe überhaupt keinen Grund, hier eine bedingte Wahrscheinlichkeit anzusetzen. Vielleicht steht dazu in den PDF-Dokumenten mehr, aber wie gesagt habe ich gerade keine Zeit dafür, entschuldigt bitte. ×ASM× 13:01, 20. Mär. 2008 (CET)

Leider bahnt sich hier ein Editwar an; daher meine konkrete Frage: Beharrst Du auf Deiner Version oder darf ich meine Version einstellen? Wenn Du auf Deiner Version bestehst, musst Du aber auch Zeit für Diskussionen investieren. --NeoUrfahraner 13:15, 20. Mär. 2008 (CET)

Die Argumentation von NeoUrfahraner führt auf ein ganz anderes Spiel:

Herr Schmidt hat von Herrn Lemke 100 Euro als Geschenk erhalten. Dann bietet Herr Lemke dem Herrn Schmidt zwei identisch aussehende Umschläge an, von denen Herr Schmidt nun einen aussuchen und für 50 Euro kaufen kann. In einem Umschlag befinden sich 150 Euro und der andere Umschlag enthält kein Geld. Bei diesem Spiel ist im Fall des Kaufs der Erwartungswert E = 75 Euro, zusammen mit den 50 Euro Rest in Herrn Schmidts Hand ergibt sich dann eine durchschnittliche Gesamteinnahme von G = 125 Euro. Solch eine Situation mit drei getrennten Geldbeträgen gleichzeitig auf dem Tisch (0, 100 und 150 Euro) ist aber im Umschlagspiel nicht gegeben. Dort gibt es nur zwei getrennte Geldbeträge. --172.158.150.89 17:39, 20. Mär. 2008 (CET)

Du hast noch immer nicht verstanden, was bedingte Erwartung bedeutet. --NeoUrfahraner 17:46, 20. Mär. 2008 (CET)

Du hast nicht verstanden, daß man mit bedingter Wahrscheinlichkeit hier nicht weiterkommt. Zitat aus dem Artikel: "Verteilungen, die diese Bedingung für alle möglichen n erfüllen, lassen sich zwar konstruieren, besitzen dann aber keinen endlichen Erwartungswert." Damit ist klargestellt, daß die Rechnung mit bedingter Erwartung zu keiner widerspruchsfreien Lösung führt. --172.158.150.89 17:55, 20. Mär. 2008 (CET)

Du irrst Dich. Damit wird lediglich klar gestellt, dass diese Rechnung mit bedingter Wahrscheinlichkeit zu keiner widerspruchsfreien Lösung für alle möglichen n führt. Hatte jemand so einen Unsinn behauptet? --Rebiersch 18:29, 20. Mär. 2008 (CET)

Nenn mir doch bitte mal einen Anhaltspunkt für Herrn Schmidt in der Problemstellung, daß er eine konkrete bedingte Wahrscheinlichkeit ansetzen könnte. --172.158.79.98 09:58, 21. Mär. 2008 (CET)

dazwischengequetscht - @IP172.158.79.98: Es steht im Text! Herr Schmidt berechnet eine bedingte Wahrscheinlichkeit (...mit einer Wahrscheinlichkeit von 50% 200 Euro und mit der selben Wahrscheinlichkeit 50 Euro. Dies macht einen Erwartungswert von 125 Euro.). --Rebiersch 12:18, 21. Mär. 2008 (CET)

Aber mit welchem Recht macht er diesen Ansatz? --172.173.197.178 21:03, 21. Mär. 2008 (CET)

Nenn mir doch bitte mal einen Anhaltspunkt für Herrn Schmidt in der Problemstellung, dass er keine konkrete bedingte Wahrscheinlichkeit ansetzen könnte. --NeoUrfahraner 10:09, 21. Mär. 2008 (CET)

Dann nenn mir doch bitte mal einen überprüfbaren konkreten bedingten Erwartungswert für das Umschlagspiel. --172.173.77.219 12:01, 21. Mär. 2008 (CET)

Was meinst Du mit "überprüfbar"? --NeoUrfahraner 12:04, 21. Mär. 2008 (CET)

Ein Erwartungswert einer Stichprobe kann z.B. dadurch überprüft werden, daß man das Experiment häufig genug wiederholt. Wie aber sollte das Umschlagspiel wiederholt werden?

Oder Herr Schmidt hat Informationen, die ihm die Wahrscheinlichkeiten für die Berechnung eines Erwartungswerts liefern. Aber ohne vorgegebene konkrete Wahrscheinlichkeiten gibt es keinen konkreten Erwartungswert. Ein Schätzen bzw. Erraten solcher Wahrscheinlichkeiten geht meiner Meinung nach über die Problemstellung hinaus, und man verlässt außerdem den "sicheren" mathematischen Boden der Wahrscheinlichkeitsrechnung. --172.173.197.178 21:03, 21. Mär. 2008 (CET)

Das Umschlagspiel kann wiederholt werden, indem man über die Teile, die nicht spezifiziert sind, irgendwelche Annahmen trifft. Du musst eben über die Arbeitsweise der Sekretärin irgendeine Annahme treffen. Dann kannst Du es mit Computersimulation oder mit ein paar Freunden beliebig oft wiederholen.--NeoUrfahraner 06:29, 22. Mär. 2008 (CET)

"indem man...irgendwelche Annahmen trifft." Das ist der Punkt. Die Problemstellung gibt keine Hinweise auf irgendwelche überprüfbaren Annahmen her. --172.158.24.250 11:41, 22. Mär. 2008 (CET)

Ich habe Dich gefragt Was meinst Du mit "überprüfbar"? Du hast geantwortet, es kann z.B. dadurch überprüft werden, daß man das Experiment häufig genug wiederholt. Man kann sehr wohl Annahmen in dem Sinn machen, dass damit Experimente häufig genug wiederholt werden können. Im Artikel ist ja im Abschnitt "Beispiel" eine von vielen möglichen Annahmen beschrieben. --NeoUrfahraner 12:13, 22. Mär. 2008 (CET)

Im Abschnitt "Beispiel" werden keine "Annahmen" gemacht, sondern eine konkrete Wahrscheinlichkeitsverteilung wird vorgegeben, die die Grundlage für alle weiteren Rechnungen liefern. Herr Schmidt kennt diese Verteilung und kann sich darauf einstellen. Die von dir gewünschten "Annahmen" führen über die Wahrscheinlichkeitsrechnung hinaus. --172.158.202.56 12:34, 22. Mär. 2008 (CET)

Nein, Hr. Schmidt kennt die Verteilung nicht, sondern hat nur eine Tauschstrategie (z.B. tausche wenn höchsten 500 Euro im Umschlag sind). --NeoUrfahraner 14:44, 22. Mär. 2008 (CET)

Also gut, Herr Schmidt kennt weder die Verteilung noch die vorhandenen Geldbeträge. Woher hat er aber die Tauschstrategie, wenn er gemäß dem Umschlagspiel einmalig einen bestimmten Euro-Betrag findet und was nützt sie ihm? Nehmen wir an die Sekretärin verteilt folgende Geldbeträge in die Umschläge: 6.25, 12.50, 25, 50, 100 und 200 und 400 Euro. Herr Schmidt findet nun 400 Euro. Gemäß seiner Strategie, bei weniger als 500 Euro zu tauschen, muss er natürlich tauschen. Sein Erwartungswert beim Tausch ist ihm gänzlich unbekannt, genauso wie im Ursprungsspiel. Nur der Leser und die Sekretärin kennen die Wahrscheinlichkeitsverteilung und die einzelnen Geldbeträge. Und für den ergibt sich in diesem einen Fall als Erwartungswert E = 200 Euro. Da hätte Herr Schmidt den Umschlag doch lieber behalten sollen, oder? Mit seiner Strategie und mehrmaliger Wiederholung des Spiels ist sein Erwartungswert sogar nur E = 98.44 Euro. --172.158.234.185 22:14, 22. Mär. 2008 (CET)

Stimmt. Es gibt Tauschstrategien und Verteilungen, die einen besseren Erwartungswert liefern und andere, die keinen besseren oder gar einen schlechteren Erwartungswert liefern. --NeoUrfahraner 06:45, 23. Mär. 2008 (CET)

Vorstellung der Diskussionsteilnehmer

Siehe Benutzer:ASM, Benutzer:Rebiersch und Benutzer:NeoUrfahraner --NeoUrfahraner 12:01, 22. Mär. 2008 (CET)

Siehe --172.158.202.56 12:38, 22. Mär. 2008 (CET)

Wer hier ist nicht anonym?

Drei Pseudonyme (bzw. Nicknames), ein Anonymer. --NeoUrfahraner 14:33, 22. Mär. 2008 (CET)

Wie lange willst du eigentlich diesen Kinderkram fortsetzen? --172.179.245.166 21:11, 22. Mär. 2008 (CET)

Solange Du mitspielst. --NeoUrfahraner 06:37, 23. Mär. 2008 (CET)

Nun ist doch mal gut, ich denke, dass wir unter den 4 Diskussionsteilnehmern noch wissen, wer wer ist. @IP: Wenn es dir nicht zu viel ausmacht, könntest du dich aber gerne anmelden. Ansonsten sollten wir die Diskussion doch lieber auf inhaltlicher Ebene weiterführen. :) ×ASM× 17:53, 23. Mär. 2008 (CET)

Meinung von Rebiersch

Die Schilderungen des sogenannten Umschlagparadoxon in der Literatur unterscheiden sich vom Beispiel in der Wikipedia. Während in der Literatur ein vermeintlicher Erwartungswert von 5/4*Z für den zweiten Umschlag ausgehend von einen beliebigen Wert Z im ersten Umschlag zur Diskussion gestellt wird ([4] , [5] , [6] ), wird im aktuellen Beispiel mit dem konkreten Wert von 100 Euro gerechnet. Gleichwohl eignet sich diese Schilderung zur Erklärung unter welchen Annahmen falsch gerechnet wurde und unter welcher Annahme das Paradoxon auftritt.

Es ist unstrittig, dass vor dem Öffnen eines Umschlags die Erwartungswerte für beide Umschläge gleich sind. Wird die Gesamtsumme beider Umschläge als Z Euro bezeichnet, so sind in den Umschlägen mit jeweils 50%iger Wahrscheinlichkeit Z/3 Euro bzw. 2*Z/3 Euro. Der Erwartungswert für einen Umschlag ist daher Z/2 Euro (Rechung: Erwartungswert=0,5*Z/3+0,5*2*Z/3 Euro).

Im Wikipediaartikel ergreift Herr Schmidt zufällig einen der beiden Umschläge und findet 100 Euro. Er hätte mit der gleichen Wahrscheinlichkeit (50%) auch den anderen Umschlag nehmen können. Das bedeutet nicht, dass die Wahrscheinlichkeit 200 Euro zu finden 50% ist. Aus der Tatsache, dass 100 Euro gefunden wurden, kann Herr Schmidt zunächst einmal nur ableiten, dass sich außer den Beträgen 50, 100 und 200 Euro kein anderer Betrag in einem der Umschläge befunden haben kann.

Es müssen also 2 Fälle unterschieden werden. Fall A: In einem Umschlag sind 50 Euro und im anderen 100 Euro. Fall B: In einem Umschlag sind 100 Euro und im anderen 200 Euro. Es werden keinerlei Angaben gemacht mit welcher Wahrscheinlichkeit die Kombinationen 50/100 bzw 100/200 durch die Sekretärin wählbar waren.

Vermutet Herr Schmidt, dass die Kombinationen 50/100 und 100/200 Euro mit der gleichen Wahrscheinlichkeit (50%) zur Verfügung standen, so ist seine Rechnung nur unter dieser Annahme korrekt. Dies setzt jedoch voraus, dass er zusätzliche Informationen besitzt, die im Text nicht mitgeteilt wurden. Der Erwartungswert für den ungeöffneten Umschlag ist unter dieser Voraussetzung 125 Euro (= 0,5 * 200 + 0,5 * 50). Er wird unter dieser Annahme tauschen. Damit ist nicht gesagt, dass er in jedem Fall, also auch bei anderen Beträgen, genauso gerechnet hätte.

Herr Schmidt wird unter der Annahme, dass die Kombination 50/100 durch die Sekretärin mehr als doppelt so wahrscheinlich ausgewählt wurde wie die Kombination 200/100, nicht tauschen, da seine gefundenen 100 Euro schon über dem Erwartungswert des anderen Umschlages liegen.

Nimmt Herr Schmidt für einen beliebigen Betrag eine 50%-Wahrscheinlichkeit an, so ist dies aufgrund der Schilderung im Text nicht mehr nachvollziehbar. Es ist unmöglich, dass ein Gönner für jeden noch so großen Betrag mit der gleichen Wahrscheinlichkeit den doppelten Betrag zur Verfügung gestellt haben könnte.

Paradox wird es jedoch erst, wenn Herr Schmidt nicht für einen beliebigen Betrag eine 50%-Wahrscheinlichkeit annimmt, sondern für jeden auffindbaren Betrag diese 50%-Wahrscheinlichkeit postuliert, da unter dieser Annahme ein Tausch in jedem Fall und damit auch bereits vor dem Öffnen sinnvoll wäre. Oder anders formuliert: Das Paradoxon tritt erst auf, wenn von einer unbegrenzt großen Geldmenge ausgegangen wird [7] --Rebiersch 23:14, 22. Mär. 2008 (CET)

"Das Paradoxon tritt erst auf, wenn von einer unbegrenzt großen Geldmenge ausgegangen wird." Der Erwartungswert ist ja nichts anderes als der durchschnittliche Gewinn pro Spiel. Wenn die Geldmenge nun begrenzt wird, auf welchen Wert auch immer (z.B. 5000 Euro), sind die Experimente, wie sie im "Beispiel" durchgeführt werden, nicht mehr beliebig oft wiederholbar. Bei nur 20-maliger Wiederholung beträgt der (durchschnittliche) Gewinn des Herrn Schmidt mit der "tausche-immer"-Strategie schon G = 7875 Euro. Das bedeutet doch, daß man sowieso nur dann von einem Zufallsexperiment ausgehen darf, wenn die Geldmenge unbegrenzt ist, oder? --172.173.190.66 10:54, 23. Mär. 2008 (CET)

Wenn du von einer mehrfachen Wiederholung eines Spiels ausgehst, dann ersetze den Satz für Dich einfach durch " Das Paradoxon tritt erst auf, wenn von einer unbegrenzt großen Geldmenge pro Spiel ausgegangen wird". Den Begriff Zufallsexperiment hatte ich nicht verwendet - Gedankenexperiment wäre wohl angebrachter. Jedes Glücksspiel, auch Roulette oder Lotto, können aber als Zufallsexperiment angesehen werden. Es ist jedem gestattet nur einmal am Spiel teilzunehmen. Deine weiteren Überlegungen beziehen sich nicht erkennbar auf meinen Beitrag. Ich schlage dir daher vor sie nach "Meinung von Anonym" zu verschieben. Vielleicht antwortet Dir dann jemand. --Rebiersch 16:41, 23. Mär. 2008 (CET)

Nun, das von dir angesprochene Beispiel in der Literatur, das von Z ausgeht, unterscheidet sich doch nicht von dem, was hier im Artikel steht. Es liegt ja folgende fehlerhafte Gedankenkette vor:

1. Ich öffne einen Umschlag und nenne den Betrag Z.
2. Da ich ja zu 50% den kleineren und zu 50% den größeren Umschlag gezogen habe (an dieser Stelle "gaukelt" uns das Paradoxon ja vor, es wäre ein Zufallsexperiment), sind im anderen Umschlag also zu 50% nur 1/2*Z, zu 50% aber 2*Z.

Der Fehler dabei ist die Festlegung von Z. Richtig ist:

1. Ich nenne die Beträge Z und 1/2*Z.
2. Ich öffen einen Umschlag und habe entweder 1/2*Z in der Hand oder aber Z.
3. Bei ersterem lohnt sich der Tausch natürlich, bei letzterem nicht.
4. Richtige Schlussfolgerung: Ich kann aber nicht feststellen, zu welcher Wahrscheinlichkeit ich 1/2*Z und zu welcher ich Z gezogen habe. -> kein Zufallsexperiment.

Wie du schon sagtest, müssen eben diese beiden Fälle unterschieden werden. (diese Fälle haben wir weiter oben schon besprochen, konkretisiert auf das WP-Beispiel sind es (50|100) und (100|200)). Die statistische Verteilung dieser Fälle ist aber nicht festzustellen (Stichwort "unvorhersehbar"). Die Rechnung des Herrn Schmidt ist unter der Annahme, dass sich die Fälle gleichverteilen (beide 50%), richtig; aber auch nur dann! Man muss aber sehen, dass dies nicht Gegenstand des Paradoxons ist, so dass diese Rechnung irreführend ist.

Was ich aber noch nicht nachvollziehen konnte ist, warum du nun (rein hypothetisch) von einem unendlich großen Geldbetrag ausgehen willst. Es scheint für mich erneut eine Annahme zu sein, die sich von dem Experiment weit entfernt und uns nicht zu einer Lösung führt. ×ASM× 18:05, 23. Mär. 2008 (CET)

ad1(Beispiele in der Literatur) Doch, die Schilderungen unterscheiden sich. Die Aussage "Da ich ja zu 50% den kleineren und zu 50% den größeren Umschlag gezogen habe ..., sind im anderen Umschlag also zu 50% nur 1/2*Z, zu 50% aber 2*Z." ist aufgrund der kausalen Verknüpfung eindeutig falsch.". Bezüglich des Wahrheitsgehalt dieser Aussage mit der kausalen Verknüpfung sind wir uns ja einig. Herr Schmidt stellt diese kausale Verknüpfung aber nicht her. Ein Leser vermutet es allenfalls. Vielleicht wird er durch die Art der Schilderung bewusst in diese Richtung geleitet. Dem könnte ich auch zustimmen.

ad2 (Richtige Schlussfolgerung...) Ob es deshalb kein Zufallsexperiment ist, weiß ich nicht.

ad3 (irreführende Rechnung) Dass diese Rechnung (ohne weitere Erklärungen) irreführend sein kann, sehe ich durchaus.

ad4 (Annahme, die ... nicht zu einer Lösung führt) Volle Zustimmung, selbstverständlich ist es eine erneute Annahme. Von einer Lösung habe ich nicht gesprochen. Die Frage nach dem "warum" lässt sich nicht so leicht beantworten. Aus meiner Sicht kommen wir hier zum Kern des Mißverständnisses. Offensichtlich unterscheiden sich unsere Betrachtungsweisen - vielleicht auch die Vorstellung davon, was der Begriff "Umtauschparadoxon" umfasst. Du betrachtest nur das, was ausdrücklich im Text steht. Das steht dir frei. Ich nehme mir die Freiheit auch weitere Annahmen zuzulassen. Für mich ist die Kernfrage was hier überhaupt als paradox im Sinne von in sich widersprüchlich bezeichnet werden kann. Solange der maximal mögliche Geldbetrag begrenzt wird, sehe ich nichts Paradoxes. Ich sehe nur Aussagen/Rechnungen, die unter bestimmten Annahmen falsch oder wahr sein können. Erst wenn (natürlich rein hypothetisch als Gedankenexperiment, da praktisch nicht möglich) der Sekretärin unbegrenzte Beträge für die Umschläge zur Verfügung stünden, entsteht der Widerspruch (nicht nur bei 50/50-Verteilung), dass der Tausch stets (also auch schon vor dem Öffnen eines Umschlages) rechnerisch sinnvoll ist. --Rebiersch 22:42, 23. Mär. 2008 (CET)

Meinung von ASM

Können wir jetzt endlich mal auf eine sinnvolle Lösungserklärung kommen? Diese Diskussions ins Nichts ist grauenvoll, wenn wir also mal strukturiert herangehen, ist doch klar, was die Lösung leisten muss:

• sie muss den richtigen Rechenweg für den Erwartungswert liefern und
• sie muss aufzeigen, was Herr Schmidt falsch bzw. was er stattdessen gerechnet hat

Rebierisch sagte: "dazwischengequetscht - @IP172.158.79.98: Es steht im Text! Herr Schmidt berechnet eine bedingte Wahrscheinlichkeit" DAS steht nicht im Text! Es geht aus dem Text nicht hervor, dass Herr Schmidt in seiner Rechnung von einer bedingten Wahrscheinlichkeit ausgeht, den Erwartungswert aber auf ganz herkömmliche Weise berechnet. Das muss die Erklärung aber liefern! Und das noch viel wichtigere ist ein meinen Augen, dass der Text leicht verständlich den logischen Fehler aufzeigt und die richtige Rechnung liefert. Für letzteres habe ich schon Vorschläge gemacht. ×ASM× 13:27, 21. Mär. 2008 (CET)

erneut gequetscht - Rebiersch schrieb aber mehr : "...mit einer Wahrscheinlichkeit von 50% 200 Euro und mit der selben Wahrscheinlichkeit 50 Euro. Dies macht einen Erwartungswert von 125 Euro.". Das steht im Text und kann aus dem Zusammenhang nur als bedingte Wahrscheinlichkeit interpretiert werden. Wenn 100 Euro in einem Umschlag gefunden werden, geht Herr Schmidt von einer 50% Wahrscheinlichkeit für 200 Euro im geschlossenen Umschlag aus. Es wäre absurd anzunehmen, dass Herr Schmidt auch bei anderen Beträgen (außer 100 bzw 400 Euro) im geöffneten Umschlag von einer 50% Wahrscheinlichkeit für 200 Euro ausginge. Hätte Herr Schmidt gesagt, dass er von einer 50% Wahrscheinlichkeit für einen doppelten Betrag im geschlossenen Umschlag ausginge, so wäre sie Sache klar. In diesem Fall wäre es eine unbedingte Wahrscheinlichkeit und Unsinn. Hat er aber nicht. --Rebiersch 20:15, 21. Mär. 2008 (CET)

@ASM: Deine Rechnung ist in dem Sinn richtig, dass sie die Situation vor dem Öffnen des Umschlags beschreibt. Vor dem Öffnen des Umschlags lohnt sich der Tausch tatsählich nicht. Deine Rechnung geht aber nicht darauf ein, dass sich mit dem Öffnen des Umschlags etwas ändert. Insbesondere gibt sie keine Erklärung dafür, dass sich Tauschen abhängig vom Inhalt unter gewissen (zusätzlichen) Annahmen tatsächlich lohnt. --NeoUrfahraner 14:36, 21. Mär. 2008 (CET)

Das stimmt so nicht. Für keine Annahmen (außer du sagst mir welche), die man aus der gegebenen Situation ableiten könnte, lohnt sich das Tauschen nach dem Öffnen mehr (oder weniger) als vorher. Angenommen ich öffne den 100€-Umschlag, dann hängt es außschließlich von der Laune der Sekretärin ab, ob im anderen Umschlag 50 oder 200€ liegen. Mathematisch übersetzt heißt das: es ist absolut unvorhersehbar, ob ich mit dem 100€-Umschlag den größeren oder den kleineren Betrag gezogen habe. Über diese Unvorhersehbarkeit, ob nun das (50|100)-Paar "im Spiel" ist oder das (100|200)-Paar, irgendwelche zusätzlichen Aussagen zu treffen ist blödsinnig und ginge über den Gegenstand des Experiments hinaus. Es liefert außerdem keine Erklärung für die falsche Rechnung.

Rein logisch kann man zusammenfassen: durch das bloße Öffnen des Umschlages bekommt man keine nutzbare Mehrinformation. Man sieht zwar einen der beiden Beträge, weiß aber nicht, ob es der größere oder der keinere ist. Nun könnte man konstruieren: "Wenn das Experiment nun aber 1000 mal durchgeführt wird, dann müsste ja manchmal das (50|100)-Paar und manchmal das (100|200)-Paar im Spiel sein." Diese Aussage ist falsch. Für die Paarverteilung gilt: sie ist unvorhersehbar. Somit ist auch unvorhersehbar, in wie vielen Fällen dieser 1000 Versuche (um es jetzt darauf zu übertragen) das höhere oder das niedrigere Paar im Spiel ist. Eine Aussage wie "ja aber bei 1000 Versuchen ist es doch mehr als wahrscheinlich, dass mindestens einmal das (100|200)-Paar dabei ist" ist falsch. Man muss sich damit abfinden, dass über die Paarverteilung keine Aussage zu treffen ist. Damit bringt das Wissen um den Betrag des geöffneten Umschlages keine Mehrinformation zum ungeöffneten Umschlag. Somit ändert sich der Erwartungswert dem gegenüber nicht. ×ASM× 19:18, 21. Mär. 2008 (CET)

Ich muss erstmal meine Aussage zum Erwartungswert korrigieren, da habe ich mich geirrt. Die Ausführungen weiter oben sind richtig, der Erwartungswert ist immer 1,5n. Nur ist ja gar nicht bekannt, ob 100€ nun n sind oder 2n. So ergibt sich zum einen ein Erwartungswert von 75€, zum anderen einer von 150€. Ich bin nun der Auffassung, dass man zwar für diese beiden Fälle (50|100) und (100|200) jeweils einen Erwartungswert angeben kann, nicht aber für das ganze Experiment. Das unter Berücksichtigung aller Aussagen des Textes hervorgehende Experiment ist, als Gesamtes, somit kein Zufallsexperiment. Es lässt sich nach meiner Auffassung kein Erwartungswert feststellen. ×ASM× 22:08, 21. Mär. 2008 (CET)

Das was du schreibst ist die Betrachtungsweise eines unbeteiligten Lesers, der Herrn Schmidts Aussage unberücksichtigt lässt. Sie trifft auf andere Beschreibungen des Umtauschparadoxons auch zu. Herrn Schmidts Aussage ist aber Teil der Textes. Herr Schmidt sagt nicht wieso er auf 50% kommt. Ich hatte an anderer Stelle der IP schon einmal geantwortet: "Herr Schmidt könnte glaubhaft ausführen, dass er seinen Gönner kenne und aus der Erfahrung alle Beträge zwischen 10 und 500 Euro für gleich wahrscheinlich halte. Das steht nicht im Widerspruch zum Text und ist aus dem Kontext heraus sogar nachvollziehbar". --Rebiersch 20:08, 21. Mär. 2008 (CET)

"Herr Schmidt könnte glaubhaft ausführen, dass er seinen Gönner kenne und aus der Erfahrung alle Beträge zwischen 10 und 500 Euro für gleich wahrscheinlich halte." Das gehört aber weder zum Artikeltext noch zum Ursprungsspiel. Der Leser hat weder weniger noch mehr Informationen als Herr Schmidt. --172.173.197.178 21:09, 21. Mär. 2008 (CET)

Nun, ich würde diesen Ansatz überhaupt nicht tätigen, da wir im Zuge dieses "Paradoxons" über die Wahrscheinlichkeiten der Geldpaare überhaupt keine Aussagen treffen wollen. Ich glaube, dass das Paradoxon ganz bewusst diese Information vorenthält, so dass man sie nicht als bekannte Tatsache voraussetzen kann. Gerade da entsteht ja der Irrtum, dass Herr Schmidt eben denkt, es würden mit gleicher Wahrscheinlichkeit die Paare (50|100) und (100|200) auftreten. Dies ist aber nicht gegeben. Nach einiger Überlegung glaube ich mitlerweile, dass dies schlicht und ergerifend kein Zufallsexperiment ist, so dass eine Erwartungswertrechnung zwangsweise irreführend ist. ×ASM× 22:08, 21. Mär. 2008 (CET)

Folgendes noch möchte ich hinzufügen: Das Experiment scheint mir äquivalent zu folgender Situation:

Du begegnest einem Mann auf der Straße. Er gibt dir entweder einen Euro oder zwei. Wie hoch ist der Erwartungswert?

Offensichtlich ist hier kein Erwartungswert zu bestimmen, ebenso betrifft es dieses Paradoxon. ×ASM× 22:19, 21. Mär. 2008 (CET)

Ich stimme dir zu, dass dein Beispiel äquivalent zur Schilderung des Umtauschparadoxon in der Literatur ist. Für dein Beispiel lässt sich kein Erwartungswert angeben. Das ist richtig. Nun ist es aber so, dass das aktuelle Beispiel in der Wikipedia, das nicht von mir stammt, Raum für Annahmen lässt, die dann auch benannt werden müssen. --Rebiersch 23:21, 21. Mär. 2008 (CET)

Grundsatzfrage zur Anwendung von Wahrscheinlichkeitsrechnung

Also ich würde durchaus sagen, dass ich auch bei dem Mann auf der Straße einen Erwartungswert angeben kann. Ich ordne eben irgendwelche Wahrscheinlichkeiten p1>=0 und p2>=0, p1+p2=0 zu. Das Ergebnis ist zwar subjektiv, wichtig ist aber lediglich, dass es konsistent mit der mathematischen Beschreibung von Wahrscheinlichkeit ist.

Für das Umtauschparadoxon bedeutet das: man kann generell sagen, dass man keine Wahrscheinlichkeitsrechnung anwenden kann, weil man zu wenig weiß. Das bedeutet aber nicht, dass das Paradoxon damit gelöst ist, sondern ignoriert wird. Wenn ich alles weiß, ist es Logik, keine Wahrscheinlichkeitsrechnung. Wahrscheinlichkeitsrechnung wende ich (subjektiv) dann an, wenn ich zu wenig weiß.

Die Frage ist jetzt, ob das verwendete Modell konsistent mit der mathematischen Beschreibung von Wahrscheinlichkeit ist. Die erste Pointe am Umtauschparadoxon ist, dass eine Argumentation, die zu "Tausche immer" führt, sowohl in der Intuition als auch in der mathematischen Beschreibung zu Widersprüchen führt. Man kann dann natürlich klein beigeben und sagen, dann wende ich eben keine Wahrscheinlichkeitsrechung an. Die wirklich interessante Frage ist aber, wie wende ich die Wahrscheinlichkeitsrechnung widerspruchsfrei an. Die zweite Pointe am Umtauschparadoxon ist, dass die konsistente Anwendung zu einem Ergebnis führt, das der Intuition widerspricht, aber unter gewissen Voraussetzung korrekt ist. --NeoUrfahraner 07:28, 22. Mär. 2008 (CET)

Die mathematische Essenz

Falls sich jemand immer noch grundsätzlich an der Anwendbarkeit der Wahrscheinlichkeitsrechung stört, kann man das Problem auch folgendermaßen formulieren:

Gegeben sein ein paar positiver ganzzahliger Zufallsvariablen (A,B) mit symmetrischer Verteilung:

P(A=m,B=n)=P(A=n,B=m) (* Symmetrieannahme *)

Zusätzlich sei bekannt, dass eine Zufallsvariable doppelt so groß wie die andere ist:

Aus P(A=m,B=n)>0 folgt m=2n oder n=2m. (* Verhältnisannahme *)

Nun betrachte man die bedingte Erwartung von B bei gegebenem A: E(B|A). Aus der Lineartität der bedingten Erwartung folgt

E(B|A)=E(A|A)+E(B-A|A)

Aus der Verhältnisannahme folgt, dass eine Variable ist doppelt so groß ist wie die andere, daher gilt:

E(B-A|A=n)=(2n-n)P(B=2n|A=n)+(n/2-n)P(B=n/2|A=n)

Aus der Symmetrieannahme folgt P(B=2n|A=n)=P(B=n/2|A=n)=1/2, daher gilt

E(B-A|A=n)=(2n-n)/2+(n/2-n)/2=n/4

Daher gilt E(B-A|A)>0 mit Wahrscheinlichkeit 1 und daher E(E(B-A|A))>0

Allerdings gilt laut Ash, Real Analysis and Probability, Theorem 6.5.4

E(E(X|Y))=EX

Somit

E(B)=E(E(B|A))=E(E(A|A))+E(E(B-A|A))=E(A)+E(E(B-A|A))>E(A)

Aus der Symmetrieannahme folgt jedoch E(A)=E(B), somit erhält man einen Widerspruch. Wo liegt der Fehler in der Rechnung?

In dieser Form liest sich die Geschichte natürlich weniger unterhaltsam, aber diese Rechnung ist die mathematische Essenz, um die es geht. Die Geschichte von Herrn Lemke, Herrn Schmidt und der Sekretärin ist nur eine Veranschaulichung dieser Rechnung. Wenn die Geschichte im Widerspruch zur mathematischen Essenz steht, dann muss man eben die Geschichte in der Einleitung so anpassen, dass die mathematische Essenz stimmt. --NeoUrfahraner 10:52, 22. Mär. 2008 (CET)

So einen Vorschlag habe ich mittlerweile schon erwartet: daß man solange an der Problemstellung herumformuliert bis sie zu den unsinnigen Annahmen und Berechnungen der "bedingten-Erwartungswert"-Fraktion passt. Das ist unseriös und spiegelt ein schlechtes Wissenschafts- und Erkenntnisverständnis wider. --172.158.24.250 11:41, 22. Mär. 2008 (CET)

"Für das Ziegenproblem gibt es die Standardproblemstellung mit der Standardlösung von Marilyn vos Savant. Varianten könnten dort auch diskutiert werden, liefern aber nicht unbedingt die für viele überraschende Lösung" (172.158.144.115 um 18:39, 25. Mär. 2008). Es geht um die Variante mit der überraschenden Lösung, daher muss man notfalls eben die Problemstellung anpassen, so wie die Standardproblemstellung des Ziegenproblems normalerweiser auch nicht die Problemstellung von Marilyn vos Savant ist. --NeoUrfahraner 07:25, 26. Mär. 2008 (CET)

Die logische Essenz

@IP: Naja, wir sollten nicht gleich jeden Diskussionsbeitrag schlechtreden.

Aber eines finde ich ganz wichtig, an das wir uns unbedingt halten müssen: Wir müssen mit genau allen Informationen, die uns gegeben sind, eine Lösung finden. Als Aufgabestellung gilt hier der Text im Abschnitt Das Paradoxon, oder etwa nicht?

Also, ich für meinen Teil bin nach mehrstündigem (aber nicht zusammenhängenden :)) "philosophieren" zu dem (vorläufigen) Ergebnis gekommen, dass dies kein Zufallsexperiment ist. Ich möchte folgende Punkte zu denken geben:

1. Das Paradoxon wurde bewusst so konstruiert, dass es den Betrachter in die Irre führt.
2. Es beginnt mit einem de-facto Zufallsexperiment, nämlich dem Wählen eines von zwei Umschlägen mit einer Trefferwahrscheinlichkeit von 50% (unabhängig davon, was wir betrachten).
3. Nun wird ein Briefumschlag geöffnet. Der Betrag sagt uns rein gar nichts, er bietet uns keine Mehrinformation. Es ist immernoch ein Zufallsexperiment.
4. Nun kommt der springende Punkt: Das Paradoxon legt jetzt ungeachtet aller Umstände einfach fest, dass 100€ geöffnet worden sein sollen. Diese willkürliche Festlegung eines festen Betrages macht das gesamte Experiment unsymmetrisch! Durch diese Festlegung, mit der das Paradoxon einfach jede Wahrscheinlichkeitsrechnung umgeht, bewirkt, dass dieses Experiment kein Zufallsexperiment mehr ist.

Es ist legitim, zur Bestimmung des Erwartungswertes (ohne Beschränkung der Allgemeinheit) anzunehmen, dass wir dieses Experiment 1000 mal durchführen. Durch diese unsymmetrische Festlegung der 100€ ist klar, dass im ersten Schritt (=die Umschläge werden befüllt) nur die Paare (50|100) und (100|200) auftreten können. Im zweiten Schritt (=Umschlag wird geöffnet) erscheinen immer 100€ (laut Voraussetzung). Jetzt würde man sich sagen: bei 1000 Versuchen ist zu erwarten, dass 500 mal der kleinere Betrag, und 500 mal der größere Betrag zuerst geöffnet wurde (zweiter Schritt). Demnach müsste also der Wahrscheinlichkeit nach 500 mal (50|100) im Spiel sein und 500 mal (100|200). Diese Annahme ist falsch. Hier würde der zweite Schritt, der nicht durch Wahrscheinlichkeit sondern durch Festlegung erwirkt wurde, den ersten Schritt bedingen. Diese Festlegung im zweiten Schritt sagt uns, dass 1000 mal 100€ gezogen werden. Das 1000-malige Ziehen der 100€ ist aber aus dem Paar (50|100) genauso wahrscheinlich wie aus dem Paar (100|200). Seht ihr es? Ausgehend von diesen beiden Paaren ist es bei 1000 Versuchen doch sowas von verdammt unwahrscheinlich, dass genau 1000 mal die 100€ gezogen werden, nie 50 oder 200€. Bei diesem Gedanken zeigt sich am deutlichsten, dass durch das Paradoxon diese Unwahrscheinlichkeit durch eine bloße Festlegung einfach übergangen wird.

Ein Rückschluss von den 100€ (zweiter Schritt) auf den ersten Schritt (Verteilung der Paare) ist also unzulässig. Wie vorher schon erläutert, ist der erste Schritt unvorhersehbar, jede Aussage darüber ist also falsch. In dem Moment, in dem das Paradoxon uns gegenüber einfach festlegt, dass immer ein bestimmter, fester Betrag gezogen wird, macht es sich selbst zu einem Nicht-Zufallsexperiment. Da es aber zunächst wie ein Zufallsexperiment aufgebaut ist (Ziehen eines Umschlags), führt es den Betrachter so in die Irre. ×ASM× 13:49, 22. Mär. 2008 (CET)

Wir kommen einander näher. Wir führen das Experiment wiederholt durch. Kommt ein von 100 verschiedener Betrag, ist das Experiment "misslungen" und wird wiederholt. Kommt 100, wird getauscht. Auf welchen Erwartungswert kommst Du dann? --NeoUrfahraner 14:29, 22. Mär. 2008 (CET)

Hmm, interessante Überlegung, aber vergiss dabei bitte nicht, das sie über den Gegenstand des Experiments hinausgeht! Die 100€ der Voraussetzung sind nicht Bedingung, sondern Festlegung. Wir können also nicht sagen, dass wir das Experiment ganz unvoreingenommen durchführen, und dann diejenigen Fälle streichen, in denen nicht die 100€ geöffnet wurden. Ich denke also, dass diese Überlegung für das Paradoxon an sich nicht zu einer Lösung führt, aber interessant ist sie dennoch. Ich werde mal drüber nachdenken. ;) ×ASM× 15:24, 22. Mär. 2008 (CET)

Fixierung auf 100 Euro?

"Wir führen das Experiment wiederholt durch. Kommt ein von 100 verschiedener Betrag, ist das Experiment "misslungen" und wird wiederholt." Das Experiment gibt es dann gar nicht mehr. Es gibt keinen Ansatzpunkt dafür davon auszugehen, daß nur genau die Umschlagpaare (50|100) +(100|200) im Spiel sein sollen. Ebenso könnten dann z.B. die Umschlagpaare (25|50)+(50|100) mit beliebiger Wahrscheinlichkeit im Spiel sein, wenn alle Versuche mit Beträgen ungleich 100 Euro aussortiert werden. Wenn Herr Schmidt seinen 100-Euro-Umschlag immer tauscht ist der Erwartungswert somit E=50 Euro.

Die Geldsumme 100 Euro ist ja eine willkürliche Festlegung des Autors des Umschlagspiels. Man könnte genausogut von 50 Euro oder 10000 Euro ausgehen; an der Konstruktion des "Paradoxons" und den (falschen) Überlegungen des Herrn Schmidt ändert sich dadurch nichts. Für ihn gibt es keine "misslungenen" Experimente. --172.179.245.166 21:06, 22. Mär. 2008 (CET)

Die 100 Euro sind in Punkt 4 von ASM festgelegt. Von mir aus können wir auch andere Annahmen machen, was bei von 100 Euro verschiedenen Beträgen geschehen soll. --NeoUrfahraner 06:41, 23. Mär. 2008 (CET)

Wir können Annahmen machen, wie wir wollen, nur bringen sie uns nicht weiter. Eines ist doch klar: mit müssen genau mit den Informationen auskommen, die wir haben. ×ASM× 17:49, 23. Mär. 2008 (CET)

Wer sagt, dass wir genau mit den Informationen auskommen müssen, die wir haben? Das gilt vielleicht für Hausaufgaben in der Schule, aber nicht im wirklichen Leben. --NeoUrfahraner 20:40, 23. Mär. 2008 (CET)

Aber selbstverständlich gilt das hier. Wir wollen eine Problemstellung erörtern. Punkt. Das heißt wir müssen uns, um zur Lösung zu gelangen, ganz exakt an diese Problemstellung halten. Natürlich kann man abweichende Annahmen machen und diese durchdenken, um so vielleicht dem eigentlichen Problem näher zu kommen. Aber letztendlich müssen wir ganz genau mit den Informationen umgehen, die uns gegeben sind. ×ASM× 22:05, 23. Mär. 2008 (CET)

Nochmals, wer sagt, dass wir genau mit den Informationen auskommen müssen, die wir haben? Was ist, wenn die Problemstellung lückenhaft ist, die Aufgabe unterbestimmt, wie ein Kochrezept, bei dem eine wichtige Angabe fehlt? Was machst Du dann? Verhungern, etwas anderes kochen, den Kochbuchautor auf Schadenersatz klagen oder einfach auf gut Glück versuchen, eine passende Zutat zu erraten? --NeoUrfahraner 06:29, 24. Mär. 2008 (CET)

PS: Ein geübter Koch erkennt natürlich früher oder später, dass das Kochrezept lückenhaft ist; der ungeübte Koch hingegen verzweifelt. Vermutlich sollte also im Abschnitt "Die Lösung" ausdrücklich dabei stehen, dass die Problemstellung lückenhaft ist; vgl. Chalmers: There are a number of steps in the resolution of the paradox. The first step is to note (as do the authors mentioned above) that the amounts in the envelopes do not fall out of the sky, but must be drawn from some probability distribution. Wenn's was hilft, kann ich mir einen entsprechenden Formulierungsvorschlag überlegen. --NeoUrfahraner 07:31, 24. Mär. 2008 (CET)

1. "the amounts in the envelopes do not fall out of the sky, but must be drawn from some probability distribution." Selbst wenn Herr Lemke bzw. seine Sekretärin analog vorgehen würden wie im "Beispiel" und die Umschläge gemäß einer Wahrscheinlichkeitsverteilung befüllen, nützt das dem Herrn Schmidt rein gar nichts, wenn ihm diese Verteilung nicht bekannt ist. Das ist genau der Fall, den ich weiter unten angesprochen habe: während der Leser, auf einer Meta-Ebene des Textes befindlich, mit Mehrinformationen versorgt wird, muss Herr Schmidt als fiktive Person auf der Ebene des Textes ohne diese Informationen agieren. Eine Vermischung dieser beiden Ebenen ist logisch unzulässig.

2. Wenn man versteckte Annahmen zulassen würde, wären die meisten logischen Paradoxa und mathematischen Probleme hinfällig bzw. uninteressant. Es ist ja genau die Reduktion auf das im Text Vorgegebene, die den Witz bzw. die überraschende Auflösung aller scheinbaren Widersprüche ausmacht.

Beispiel Ziegenproblem mit versteckter Annahme: der Moderator hat sich von vornherein dafür entschieden, immer ein bestimmtes Tor mit Ziege öffnen zu wollen. Falls sich mal ein Kandidat zu Anfang für genau dieses Tor (z.B. Tor A) entscheiden will, bringt der Moderator ihn irgendwie dazu, doch ein anderes Tor (z.B. Tor B) auszuwählen. Für den Zuschauer ändert sich scheinbar nichts, weil er von dem geheimen Plan des Moderators nichts weiß. Für die reale Gewinnwahrscheinlichkeit des Kandidaten nach dem Öffnen von Tor A ändert sich aber sehr viel. Denn seine Trefferchance "Nicht-Ziege" ist zu Anfang nicht mehr 1/3 sondern 1/2, und damit sinkt seine Gewinnchance beim Tausch des Tores von 2/3 auf 1/2. Eine versteckte Annahme in einer Problemstellung kann somit einen gesamten Lösungsansatz zerstören.

3. Es geht hier nicht um Kochrezepte oder Schulaufgaben, sondern um ein ernsthaftes mathematisch-logisches Problem. Und dabei ist die Reduktion auf das vorgegebene Wesentliche meiner Meinung nach unabdingbar. --172.173.219.144 01:12, 25. Mär. 2008 (CET)

Ad 1: Der wesentliche Punkt ist, dass der Widerspruch verschwindet, sobald man eine konkrete Verteilung annimt. Was Herr Schmidt tun soll, wenn ihm die Verteilung nicht bekannt ist, ist zunächst eine andere Frage. --NeoUrfahraner 06:55, 25. Mär. 2008 (CET)

Im "Beispiel" steht auch dieser merkwürdige Satz:"wesentlich ist aber, dass das Paradoxon verschwindet, sobald man irgendeine konkrete Wahrscheinlichkeitsverteilung für das Verhalten der Sekretärin von Herrn Lemke annimmt." Warum sollte das so sein? Herr Schmidt kennt weder die Wahrscheinlichkeitsverteilung noch die einzelnen Geldbeträge. Sein Dilemma beim Öffnen eines Umschlags mit 100 Euro bleibt somit bestehen. Nur der Leser (und die Sekretärin) sind in der Lage, einen sinnvollen Erwartungswert zu bestimmen, nicht aber Herr Schmidt. Und auf den kommt es schließlich hier an. Mein Verdacht ist, daß hier unterschiedliche logische Ebenen unzulässig miteinander vermischt werden: die Ebene des Textes, wo das Paradoxon seinen Platz hat, mit Herrn Schmidt als fiktive handelnde Person und die Meta-Ebene des Lesers, der über mehr Informationen verfügt. Solch eine Vermischung kann nur zu Missverständnissen führen. Das Paradoxon verschwindet, trotz der Zusatzinformationen für den Leser, natürlich nicht, weil der Leser keine handelnde (und rechnende) Person im Text ist. --172.158.144.115 18:39, 25. Mär. 2008 (CET)

Es heißt "Umschlagparadoxon", nicht "Umschlagdilemma". Ob das Dilemmma von Herrn Schmidt lösbar ist oder nicht, ist zweitrangig. Die Frage des Paradoxons ist, ob das Rechnen mit Erwartungswerten in sich widersprüchlich ist. Tatsache ist, dass sich das Umschlagspiel erstens mit bedingten Erwartungen widerspruchsfrei modellieren lässt und dass zweitens Thomas M. Cover eine Strategie entwickelt hat, die darüber hinaus das Dilemme von Herrn Schmidt löst. --NeoUrfahraner 19:49, 25. Mär. 2008 (CET)

Das "Dilemma" von Herrn Schmidt ist ganz einfach dadurch lösbar, daß er eine Münze wirft. Fällt "Zahl" behält er den Umschlag, fällt "Wappen" tauscht er.

Das "Paradoxon" ergibt sich daraus, daß Herr Schmidt davon ausgeht, daß er im ungeöffneten Umschlag zwei verschiedene Geldbeträge mit jeweils Wahrscheinlichkeit p > 0 vorfinden könnte. Das ist nicht der Fall. Bei nur einem noch ungeöffneten Umschlag ist entweder p(50)=0 und p(200)=1 oder p(50)=1 und p(200)=0. Nur die Sekretärin kennt alle möglichen Beträge, die im Spiel sind, Herr Schmidt jedoch nicht. Somit widerspricht das Umschlagspiel der 2. Bedingung für ein Zufallsexperiment:"Die möglichen Ausgänge können [von demjenigen, der die Wahrscheinlichkeitsrechnung anwendet] eindeutig angegeben werden." --172.158.101.102 17:49, 27. Mär. 2008 (CET)

Wie schon um 20:57, 25. Mär. 2008 gesagt: "Die von Dir vorgeschlagene Textvariante für das Umschlagparadoxon ist wie eine Variante für das Ziegenproblem, die nicht die überraschende Lösung liefert" --NeoUrfahraner 18:56, 27. Mär. 2008 (CET)

Die überraschende Lösung ist ja gerade, daß, nachdem der Leser durch die Überlegungen des Herrn Schmidt erfolgreich in die Irre geführt wurde, das scheinbare Paradox sich in Wohlgefallen auflöst, wenn man sich seinem Gedankengang verweigert. Von dir vorgeschlagene Annahmen bzgl. der Informationen, die Herr Schmidt zusätzlich bekommt, führen demgegenüber nur zu einer wenig überraschenden 08/15-Lösung, welche meiner Meinung nach der Intention des Erfinders widerspricht. Man sollte wirklich davon ausgehen, daß die Informationen mit Absicht so sparsam gesät wurden. --172.158.14.84 20:52, 27. Mär. 2008 (CET)

Was ist denn Deiner Meinung nach das Paradox? --NeoUrfahraner 22:50, 27. Mär. 2008 (CET)

Das scheinbare Paradox ist eine Konsequenz der Berechnung eines (mathematisch nichtexistenten) Erwartungswerts durch Herrn Schmidt und dessen (falsche) Schlussfolgerung, daß es sich lohnt, immer den zuerst gewählten Umschlag zu tauschen. Durch die Entscheidung der Sekretärin für ein bestimmtes Umschlagpaar ist bereits festgelegt, welches der höhere Betrag in einem der Umschläge ist. Damit gilt die Symmetrie, von der Herr Schmidt ausgeht, für ihn nicht mehr, zumal dann, wenn er einen Umschlag öffnet und den bestimmten Betrag von 100 Euro findet. --172.158.140.14 13:53, 28. Mär. 2008 (CET)

Was soll daran paradox sein? Genauer: welcher Widerspruch entsteht, wenn die Rechnung von Herrn Schmidt stimmt? --NeoUrfahraner 17:53, 28. Mär. 2008 (CET)

Lies doch einfach den Abschnitt "Was ist paradox daran?" und meinen 1. Satz vom 28. März. --172.158.71.98 17:47, 30. Mär. 2008 (CEST)

Deine Erklärung und der Abschnitt "Was ist paradox daran?" passen nicht zusammen. --NeoUrfahraner 19:41, 30. Mär. 2008 (CEST)

Ad 2: Ja, beim Ziegenproblem erhält man unterschiedliche Ergebnisse je nachdem, welche Annahmen man über das Vorgehen des Moderators macht. The statement of the problem in the Ask Marilyn column in Parade leaves critical aspects of the host's behavior unstated. Die unterschiedlichen Annahmen machen die Probleme aber weder hinfällig noch uninteressant, sondern es wird erst wirklich interessant, welche unterschiedlichen Lösungen man abhängig von unterschiedlichen Annahmen erhält. --NeoUrfahraner 06:55, 25. Mär. 2008 (CET)

Für das Ziegenproblem gibt es die Standardproblemstellung mit der Standardlösung von Marilyn vos Savant. Varianten könnten dort auch diskutiert werden, liefern aber nicht unbedingt die für viele überraschende Lösung, die unter minimalen Voraussetzungen erzielt wird. Deswegen lass uns doch erstmal das Umschlagspiel, wie in den meisten Quellen angegeben, ohne zusätzliche Annahmen zu einer Lösung bringen. Alternativspiele könnten später dann immer noch ergänzend diskutiert werden. --172.158.144.115 18:39, 25. Mär. 2008 (CET)

Genau. Die von Dir vorgeschlagene Textvariante für das Umschlagparadoxon ist wie eine Variante für das Ziegenproblem, die nicht die überraschende Lösung liefert. --NeoUrfahraner 20:57, 25. Mär. 2008 (CET)

Ad 3: Eben weil es keine Schulaufgabe ist, kann man nicht davon ausgehen, dass alle Annahmen genannt worden sind; bei ernsthaften Problemen muss man eben die Frage nach versteckten Annahmen oder fehlenden oder widersprüchlichen Informationen stellen. Siehe z.B. auch Korrekt gestelltes Problem: "Es hat sich gezeigt, dass sehr viele interessante mathematische Probleme (z.B. in der Computertomographie, der Lagerstättenexploration) diese Korrektheitsbedingungen verletzen". --NeoUrfahraner 06:55, 25. Mär. 2008 (CET)

Man sollte bei der Fülle von ähnlich lautenden Quellen einfach mal davon ausgehen, daß alle relevanten Informationen im Artikeltext genannt sind. Wenn sich herausstellen sollte, daß das Problem unlösbar ist, weil es nicht korrekt gestellt wurde, dann ist das ja auch ein wichtiges Ergebnis, das im Artikel Platz zu finden hätte. Denn damit hätten wir die in der Literatur vielfach falsch durchgeführten Rechnungen hier widerlegt. --172.158.144.115 18:39, 25. Mär. 2008 (CET)

Inkorrekt gestellt ist was anderes als unlösbar. Die meisten Quellen sind sich jedenfalls einig, dass das Problem lösbar ist. Chalmers ist einer unter vielen. --NeoUrfahraner

Eindeutige Problemstellung erfordert eindeutige Lösung

Es ist doch ganz klar, daß uns ein "bedingter Erwartungswert" hier nicht weiterhilft. Dazu gäbe es vielzuviele mögliche Annahmen mit vielzuvielen möglichen Umschlagpaaren, die ins Spiel gebracht werden könnten. Hier nur 4 Beispiele:

1. Es gibt nur zwei Umschlagpaare mit (50|100) und (100|200) Euro, die jeweils mit der gleichen Wahrscheinlichkeit p=1/2 dem Herrn Schmidt zur Auswahl angeboten werden. Was ist der bedingte Erwartungswert für ihn, wenn er einen Umschlag mit 100 Euro öffnet?

2. Es gibt die sechs Umschlagpaare aus dem "Beispiel", von denen per Würfelentscheid für Herrn Schmidt ein Umschlagpaar ausgesucht wird. Was ist der bedingte Erwartungswert für ihn, wenn er einen Umschlag mit 100 Euro öffnet?

3. Es gibt nur zwei Umschlagpaare mit (25|50) und (50|100) Euro, die jeweils mit der gleichen Wahrscheinlichkeit p=1/2 dem Herrn Schmidt zur Auswahl angeboten werden. Was ist der bedingte Erwartungswert für ihn, wenn er einen Umschlag mit 100 Euro öffnet?

4. Es gibt nur zwei Umschlagpaare mit (100|200) und (200|400) Euro, die jeweils mit der gleichen Wahrscheinlichkeit p=1/2 dem Herrn Schmidt zur Auswahl angeboten werden. Was ist der bedingte Erwartungswert für ihn, wenn er einen Umschlag mit 100 Euro öffnet?

Dies ist natürlich nur ein Bruchteil möglicher Annahmen über die Auswahl von Umschlagpaaren, die Herrn Schmidt zur Verfügung gestellt werden könnten. Trotzdem haben wir es hier schon mit mindestens 3 verschiedenen bedingten Erwartungswerten zu tun, die Herr Schmidt berechnen dürfte. Es zeigt sich, daß man so keine bestimmte Lösung für das Umschlagspiel erhalten kann. Aber: Für die eindeutige Problemstellung in "Das Paradoxon" sollte es eine eindeutige Lösung geben! --172.158.71.98 18:08, 30. Mär. 2008 (CEST)

Die Problemstellung ist nicht eindeutig in diesem Sinn. --NeoUrfahraner 19:43, 30. Mär. 2008 (CEST)

Eindeutiger ginge es nur, wenn Herr Schmidt nach Öffnen des Umschlags mit 100 Euro sofort wüsste, wieviel Geld sich im anderen Umschlag befindet. Dann wäre es aber keine Problemstellung mehr. --172.173.164.5 21:04, 1. Apr. 2008 (CEST)

Erwartungswert

Vielleicht ist es ja gerade ein Zuviel an Information, die zur falschen Betrachtung des Umschlagspiels führt. Nehmen wir an die Formulierung im Artikel wäre eine andere:"Die Sekretärin von Herrn Lemke hat zwei gleich aussehende Briefumschläge genommen und in den einen einen Geldbetrag hineingetan. In den anderen Briefumschlag hat sie einen anderen Betrag hineingetan ... Zur fortgeschrittenen Stunde – man hat schon etwas getrunken – zeigt Herr Lemke die beiden Briefumschläge Herrn Schmidt mit den Worten: "In beiden Briefumschlägen befindet sich ein Geldbetrag, in dem einen mehr als im anderen. Ich weiß aber nicht, in welchem wie viel ist. Sie dürfen einen Umschlag öffnen und dann entscheiden, ob Sie die beiden Umschläge austauschen und den anderen nehmen möchten." Herr Schmidt ergreift zufällig einen der beiden Umschläge, findet 100 Euro und überlegt:..." Wie sähe jetzt der Lösungsansatz von Herrn Schmidt aus? --172.173.164.5 21:04, 1. Apr. 2008 (CEST)

Ein Herr Schmidt rechnet bestimmt folgendermaßen: "Ich habe in diesem Umschlag 100 Euro. Wenn ich tausche, habe ich mit einer Wahrscheinlichkeit von 50% (100+x) Euro und mit derselben Wahrscheinlichkeit (100-x) Euro. Dies macht einen Erwartungswert von 100 Euro. Es ist egal ob ich tausche oder nicht" --Rebiersch 23:48, 1. Apr. 2008 (CEST)

Damit begeht er denselben Fehler wie im Artikel. Denn es gibt hier nur zwei Möglichkeiten:

1. Herr Schmidt hat den Umschlag mit dem höheren Betrag geöffnet. Dann befinden sich im noch verschlossenen Umschlag zu 100% (100-x) Euro und zu 0% (100+x) Euro.

2. Herr Schmidt hat den Umschlag mit dem niedrigeren Betrag geöffnet. Dann befinden sich im noch verschlossenen Umschlag zu 100% (100+x) Euro und zu 0% (100-x) Euro.

x ist Herrn Schmidt ja nicht bekannt und könnte im ersten Fall x1=50 Euro und im zweiten Fall x2=100 Euro betragen. Deshalb ist seine Berechnung eines Erwartungswerts falsch. --172.158.89.74 16:02, 3. Apr. 2008 (CEST)

Die Berechnung des Erwartungswertes ist nicht objektiv. Das bedeutet aber nicht, dass sie deswegen falsch ist. --NeoUrfahraner 16:35, 3. Apr. 2008 (CEST)

Wenn die Berechnung des Erwartungswerts nicht objektiv ist, dann ist sie mathematisch nicht korrekt. Die Wahrscheinlichkeitstheorie legt im Zusammenhang mit Zufallsexperimenten eindeutig fest, was ein Erwartungswert ist und wie er berechnet wird. Die Rechnung von Herrn Schmidt entspricht diesen Kriterien nicht und ist deshalb bestenfalls als "sinnlos" zu bezeichnen.

Es bleibt also nach wie vor die Frage unbeantwortet, mit welcher mathematischen Berechtigung Herr Schmidt zu der Einschätzung kommt:"Wenn ich tausche, habe ich mit einer Wahrscheinlichkeit von 50% (100+x) Euro und mit derselben Wahrscheinlichkeit (100-x) Euro." Anders ausgedrückt: wie kann p(A>B) = p(A < B) = 1/2 sein, wenn A der Geldbetrag im geöffneten und B der Geldbetrag im ungeöffneten Umschlag ist? --172.173.117.187 19:13, 4. Apr. 2008 (CEST)

Die Berechnung ist völlig korrekt im Sinne der Wahrscheinlichkeitstheorie. Du hast zwei mögliche Ergebnisse X1 und X2, ordnest ihnen nichtnegative Wahrscheinlichkeiten p1, p2, p1+p2=1, zu und berechnest den Erwartungswert E = p1X1+p2X2. Was soll daran falsch sein? --NeoUrfahraner 20:33, 4. Apr. 2008 (CEST)

Wenn die Sekretärin in den einen Umschlag einen Betrag steckt (z.B. X0=100 Euro) und in den zweiten Umschlag einen anderen Betrag (z.B. X1=50 Euro), dann ist ein dritter Betrag (z.B. X2=200 Euro) in den beiden Umschlägen nicht möglich. Ein unmögliches Ergebnis X2 kann aber nicht mit einer Wahrscheinlichkeit p2 > 0 in den Erwartungswert E = p1*X1 + p2*X2 einfließen. --172.158.0.130 12:16, 5. Apr. 2008 (CEST)

@172.158.0.130. Drei Würfel werden geworfen. Man reicht Dir verdeckt zwei Würfel mit der höchsten Augenzahl. Lässt sich ein Erwartungswert berechnen? --Rebiersch 13:01, 5. Apr. 2008 (CEST)

Zuerst ein paar Gegenfragen:

1. Warum drei Würfel?

2. Wer bestimmt die benutzten Würfel?

3. Wer wirft die Würfel?

4. Wer garantiert, daß genau drei Würfel geworfen werden?

5. Wer sucht die beiden Würfel aus, die verdeckt weitergereicht werden?

6. Wer berechnet den Erwartungswert? --172.158.140.215 21:18, 5. Apr. 2008 (CEST)

1) drei ist belanglos, die Zahl der Würfel kann auch größer sein 2)du 3)Notar 4)Notar (Du kannst auch alles alleine machen) 5)es werden die zwei Würfel mit der höchsten Augenzahl weitergereicht 6)Die Frage war, ob sich ein Erwartungswert berechnen lässt. Vorrechnen ist nicht nötig --Rebiersch 22:45, 5. Apr. 2008 (CEST)

ad 6. Die Frage ist, ob derjenige, der einen Erwartungswert berechnet, über die vollständigen und richtigen Informationen über den Ablauf des Experiments verfügt. Wenn das nicht der Fall ist wird seine Rechnung falsch bzw. sinnlos sein.

Beispiel 1: Wenn Anton alle Punkte von 1 bis 5 zuverlässig durchführt, aber keine fairen Würfel benutzt, kann Berta, die zwei Würfel gereicht bekommt, keinen sinnvollen Erwartungswert berechnen, wenn sie von fairen Würfeln ausgeht.

Beispiel 2: Wenn Anton alle Punkte von 1 bis 5 zuverlässig durchführt und dabei faire Würfel benutzt, aber der Berta beim Weiterreichen der zwei Würfel nicht mitteilt, daß er vorher drei Würfel geworfen hat und die mit der höchsten Augenzahl ausgesucht hat, kann Berta keinen sinnvollen Erwartungswert berechnen.

Ein Erwartungswert ist nur dann korrekt bzw. sinnvoll, wenn die darin verwendeten mathematischen Größen das zugrunde liegende Experiment 100%-ig widerspiegeln. Es muss also für den Rechnenden vollständige Information über alle möglichen Ausgänge des Experiments vorliegen. In deinem Beispiel ist u.a. nicht klar, welcher Wahrscheinlichkeitsverteilung die jeweils 6 Seiten der drei Würfel unterliegen. --172.173.114.168 12:14, 6. Apr. 2008 (CEST)

Geht man von einem fairen Würfel aus und es ist tatsächlich ein gezinkter Würfel, dann war nicht die Rechnung falsch, sondern die Annahmen, die zur Rechnung geführt haben. Ich hatte doch aber geschrieben, dass du die Würfel bestimmen darfst. Wenn du willst, darfst du gerne von fairen Würfeln ausgehen. Du darfst selbst würfeln und alles kontrollieren. Lässt sich ein Erwartungswert berechnen? --Rebiersch 16:16, 6. Apr. 2008 (CEST)

Ich meine, daß sich kein sinnvoller Erwartungswert berechnen lässt. Denn dazu müsste Berta wissen, welche Augenzahl der nicht weitergereichte dritte Würfel hat. --172.158.64.246 18:25, 7. Apr. 2008 (CEST)

Hast Du wieder auf die alte Version umgestellt oder war das wer anderer? Wie dem auch sei, von mir aus wird Berta verraten, welche Augenzahl der nicht weitergereichte dritte Würfel hat. Lässt sich dann ein Erwartungswert berechnen? --NeoUrfahraner 16:37, 8. Apr. 2008 (CEST)

Bleibt die Frage: Erwartungswert wovon? --92.228.134.144 22:22, 8. Apr. 2008 (CEST)

Diese Frage hätte ich als erstes gestellt. Falls Rebiersch nichts dazu sagt, dreh ich es um: wovon kannst Du jetzt den Erwartungswert berechnen (und wovon nicht)? --06:19, 9. Apr. 2008 (CEST)

Berta könnte z.B. den Erwartungswert für die Augensumme der beiden weitergereichten Würfel bestimmen. Alles Weitere wirst du mir sicherlich mitteilen, wenn du mir außerdem erläuterst, worauf das Würfelspiel hinauslaufen soll und was es mit dem Umschlagspiel zu tun hat. --78.55.215.15 16:11, 10. Apr. 2008 (CEST)

Ich weiß nicht worauf Rebiersch hinaus will, aber folgt man Deiner Argumentation von 16:02, 3. Apr. 2008, so ist Dir die Augensumm der beiden weitergereichten Würfel nicht bekannt und könnte im ersten Fall 2, im zweiten Fall 3, ... im elften Fall 12 betragen. Deshalb ist Deine Berechnung eines Erwartungswerts falsch. --NeoUrfahraner 17:16, 10. Apr. 2008 (CEST)

Wie bitte? Oben ist von zwei Umschlägen die Rede, die keinen dritten Umschlagpartner besitzen. Beim Würfelspiel ist ein dritter Würfel beteiligt, dessen Augenzahl Berta bekannt ist. Wo ist da bitte die Analogie? Und was bedeuten die Fälle:"...im ersten Fall 2, im zweiten Fall 3, ... im elften Fall 12..." im Zusammenhang mit einem Erwartungswert der Augensumme der beiden weitergereichten Würfel? --78.55.219.126 20:19, 10. Apr. 2008 (CEST)

Na gut, also wie rechnest Du den Erwartungsert? --NeoUrfahraner 20:31, 10. Apr. 2008 (CEST)

Zuerst noch folgende Fragen:

1. Was ist der tiefere Sinn des Würfelspiels?

2. Wovon kann Berta nicht den Erwartungswert berechnen?

3. Wo ist der Zusammenhang mit dem Umschlagspiel?

Der Erwartungswert für die Augensumme der beiden weitergereichten Würfel ist z.B. im Fall, dass der dritte Würfel die "4" zeigt, E=10.368.

Es wäre durchaus hilfreich, wenn Rebiersch hier erläutern würde, was sein Anliegen mit dem Würfelspiel ist. --78.53.183.38 20:20, 11. Apr. 2008 (CEST)

Mein Anliegen war zu zeigen, dass ein Erwartungswert immer nur unter Annahmen erfolgt. Einige werden genannt, einige werden stillschweigend vorausgesetzt. Herr Schmidt gibt sich mit den Informationen zufrieden, die er hat. Du ziehst in Betracht, dass es nicht fair zugehen könnte. Ja sogar, dass man Dich beim Spiel betrügen will. Ich hätte Dich auch fragen können, ob man den Erwartungswert der Augenzahl beim Wurf eines Würfels berechnen kann. Ich schrieb deshalb ja auch, dass die Anzahl der Würfel belanglos sei und ein Vorrechnen nicht nötig wäre. Deine Rückfragen wären aber wahrscheinlich ähnlich ausgefallen. Wer kontrolliert den Wurf? Ist es ein fairer Würfel? Ein besonders skeptischer Mensch hätte vielleicht sogar die Existenz von tatsächlich fairen Würfeln in Frage gestellt. Für den speziellen Fall fairer Würfel versus gezinkter Würfel hatte ich es bereit so formuliert: "Geht man von einem fairen Würfel aus und es ist tatsächlich ein gezinkter Würfel, dann war nicht die Rechnung falsch, sondern die Annahmen, die zur Rechnung geführt haben". Allgemein formuliert: Geht man von Annahmen aus, die nicht der Realität entsprechen, dann war nicht unbedingt die Rechnung falsch, sondern die Annahmen, die zur Rechnung geführt haben. Das ist gleichzeitig auch der Bezug zum Umtauschparadoxon. Herrn Schmidts Annahme ist, dass in dem geschilderten konkreten Fall mit 100 Euro im aufgedeckten Umschlag zu 50 % der doppelte Betrag im noch verschlossenen Umschlag sind. So steht es im Text. Seine Annahme kann stimmen oder falsch sein. Seine Annahme mag einem Dritten vielleicht abwegig erscheinen. Die Rechnung passt aber zu seiner Annahme. Herr Schmidt sagt gerade nicht, dass bei jedem beliebigen Betrag im aufgedeckten Umschlag zu 50% der doppelte Betrag im verschlossenen Umschlag sei. Er sagt auch nicht, dass sich ein Tausch immer lohnt. --Rebiersch 00:00, 12. Apr. 2008 (CEST)

"Mein Anliegen war zu zeigen, dass ein Erwartungswert immer nur unter Annahmen erfolgt. Einige werden genannt, einige werden stillschweigend vorausgesetzt. Herr Schmidt gibt sich mit den Informationen zufrieden, die er hat." Ich denke, dass du immer noch "Annahmen" mit "Informationen" verwechselst. Die Berechnung eines Erwartungswerts sollte immer aufgrund von "Informationen" erfolgen, und nur danach habe ich beim Würfelspiel gefragt. Solche Informationen können nur in Ausnahmefällen "stillschweigend vorausgesetzt" werden. (Versteckte) Annahmen haben im Zufallsexperiment keinen Platz, weil gelten muss:"Die möglichen Ausgänge können eindeutig angegeben werden." Wenn Herr Schmidt sich mit den Informationen, die er hat, zufrieden gibt, kann er keine zusätzlichen Annahmen machen. Seine Rechnung ist deshalb aufgrund seiner Informationslage sinnlos. --78.49.215.23 12:20, 12. Apr. 2008 (CEST)

Wann und wo habe ich Annahmen mit Informationen verwechselt? Richtig ist: Damit die Berechnung eines Erwartungswerts nicht unsinnig wird, muss sie immer auch aufgrund von "Informationen" erfolgen. Einige Informationen sollten "stillschweigend vorausgesetzt" werden (Sonst beschäftigen wir uns noch bis zum Sankt-Nimmerleins-Tag mit der Frage wie temperaturabhängig die jeweiligen Eintrittswahrscheinlichkeiten sind). Wenn Herr Schmidt sich mit den Informationen, die er hat, zufrieden gibt, muss er zusätzliche Annahmen machen um einen Erwartungswert zu berechnen oder aber er hat zusätzliche Informationen, die wir lediglich nicht kennen. Annahmen kann und darf er machen so viel er will. Ob seine Annahmen richtig sind, ist eine andere Frage. Wenn von zusätzlichen Annahmen bei der Berechnung ausgegangen wird, sollten sie genannt werden, um Missverständnisse zu vermeiden. Gerade diese Annahme, die Voraussetzung für seine Rechnung war, ist im Text aber nun ausdrücklich genannt "Wenn ich tausche, habe ich mit einer Wahrscheinlichkeit von 50% 200 Euro und mit der selben Wahrscheinlichkeit 50 Euro." --Rebiersch 15:27, 12. Apr. 2008 (CEST)

"Sonst beschäftigen wir uns noch bis zum Sankt-Nimmerleins-Tag mit der Frage wie temperaturabhängig die jeweiligen Eintrittswahrscheinlichkeiten sind." Genau, deswegen plädiere ich ja dafür, zusätzliche Annahmen auszuschließen.

"Wenn Herr Schmidt sich mit den Informationen, die er hat, zufrieden gibt, muss er zusätzliche Annahmen machen um einen Erwartungswert zu berechnen." Nein, wenn er Mathematiker wäre, würde ihm klar sein, dass er diesen Erwartungswert gar nicht so berechnen darf. Er wüsste nämlich über die Definition eines Zufallsexperiments in der Wahrscheinlichkeitstheorie Bescheid und würde ohne Zusatzinformationen von Herrn Lemke bzw. dessen Sekretärin nur berechnen können, dass er den Umschlag mit der größeren Geldsumme mit der Wahrscheinlichkeit p=1/2 in den Händen hält.

"Annahmen kann und darf er machen so viel er will." Nicht, wenn er sich streng an die mathematischen Regeln hält.

Wenn seine Annahme "Wenn ich tausche, habe ich mit einer Wahrscheinlichkeit von 50% 200 Euro und mit der selben Wahrscheinlichkeit 50 Euro." berechtigt wäre, dann hieße das ja, dass die Sekretärin aus mehreren Umschlagpaaren auswählen müsste und dass die Umschlagpaare (50|100) und (100|200) gleichwahrscheinlich vorkommen könnten. Davon steht aber nichts im Artikel: "Die Sekretärin von Herrn Lemke hat zwei gleich aussehende Briefumschläge genommen..." Und wo wäre dann das Paradoxe im Umschlagspiel? --78.49.199.57 22:18, 12. Apr. 2008 (CEST)

Seit wann sind in der Mathematik Annahmen verboten? --NeoUrfahraner 07:31, 13. Apr. 2008 (CEST)

Seit Mathematiker sich darauf geeinigt haben, in einer Beweisführung nur die Voraussetzungen zuzulassen, die explizit als Tatsachen genannt werden. In diesem Fall bedeutet das, dass nur die Feststellung "Die Sekretärin von Herrn Lemke hat zwei gleich aussehende Briefumschläge genommen und in den einen einen Geldbetrag hinein getan. In den anderen Briefumschlag hat sie den doppelten Betrag hineingetan." für die mathematische Betrachtung relevant ist, nicht aber die subjektive Annahme des Herrn Schmidt. --92.228.169.51 13:20, 13. Apr. 2008 (CEST)

Wie beweist Du beispielsweise, dass Wurzel 2 irrational ist? --NeoUrfahraner 17:53, 13. Apr. 2008 (CEST)

Natürlich gibt es die Möglichkeit, eine Voraussetzung als gegeben "anzunehmen", wenn man sie explizit als das Gegenteil davon einführt, was man beweisen möchte. Wenn man solch einen "Beweis durch Widerspruch" durchführen möchte, muss man auch die Konsequenzen akzeptieren. Die "Annahme" des Herrn Schmidt führt sofort zu dem Widerspruch, dass sich in einem ungeöffneten Umschlag gleichzeitig zwei unterschiedliche Geldbeträge mit einer Wahrscheinlichkeit von jeweils p>0 befinden müssten. Weil das unmöglich ist (wie der Leser weiß gibt es insgesamt nur zwei Umschläge), wird die "Annahme" verworfen und das Gegenteil als korrekt erachtet. Mindestens einer der Geldbeträge muss also die Wahrscheinlichkeit p=0 besitzen. (qed) --78.50.15.238 20:21, 15. Apr. 2008 (CEST)

Gut, Du stimmst also zu, dasss Annahmen in der Mathematik nicht verboten sind. --NeoUrfahraner 21:22, 15. Apr. 2008 (CEST)

Du stimmst also zu, dass die Annahme von Herrn Schmidt zu einem Widerspruch führt und diese Annahme deshalb als nicht gültig verworfen werden muss? --78.53.179.75 18:38, 17. Apr. 2008 (CEST)

Was hat das eine mit dem anderen zu tun? Manche Annahmen führen auf einen Widerspruch, andere nicht. Wenn Herr Schmidt annimmt, dass es bei jedem Betrag besser ist zu tauschen, dann gerät er in einen Widerspruch. Wenn Herr Schmidt annimmt, dass es bei manchen Beträgen besser ist zu tauschen, dann sehe ich keinen Widerspruch. --NeoUrfahraner 19:26, 17. Apr. 2008 (CEST)

Herr Schmidt nimmt nach seiner Rechnung ja nur an, dass es besser ist, die gefundenen 100 Euro zu tauschen, mehr nicht. Ein anderer Betrag (jeder Betrag) steht nicht zur Verfügung. Also gibt es gar keinen Widerspruch? --78.52.61.50 21:05, 17. Apr. 2008 (CEST)

Genau. Es schaut auf dem ersten Blick wie ein Widerspruch aus, der sich aber bei genauer Analyse auflöst. --NeoUrfahraner 21:11, 17. Apr. 2008 (CEST)

Warum schaut es auf den ersten Blick überhaupt wie ein Widerspruch aus? Herr Schmidt kann doch deiner Meinung nach annehmen was er will. Er könnte auch annehmen, dass im zweiten Umschlag 50 Euro mit p=0.7 und 200 Euro mit p=0.3 sind. Sein Erwartungswert wäre dann E=95 Euro und er tauscht natürlich nicht. Wo ist da auf den ersten Blick ein Widerspruch? --78.52.61.50 21:29, 17. Apr. 2008 (CEST)

Auf dem ersten Blick schaut es so aus, alsob Herr Schmidt unabhängig vom konkreten Geldbetrag zu der Wahrscheinlichkeit p=0.5 kommt. --NeoUrfahraner 21:35, 17. Apr. 2008 (CEST)

Davon steht aber nichts im Text. Oder ist das wieder eine deiner "Annahmen"? --78.52.61.50 21:40, 17. Apr. 2008 (CEST)

Ich würde es anders sagen: das Paradoxon ist richtig dargestellt, wenn es auf dem ersten Blick wie ein Widerspruch aussieht. --NeoUrfahraner 21:54, 17. Apr. 2008 (CEST)

Wo entsteht denn ein Widerspruch? Herr Schmidt ist deinen Aussagen nach berechtigt, jede denkbare Wahrscheinlichkeitsverteilung für 50 und 200 Euro im ungeöffneten Umschlag zu postulieren. Aus seiner Sicht ist jede seiner damit verbundenen Annahmen vollkommen widerspruchsfrei, so auch die im Text. Und dass "die Rechnung von Herr Schmidt für jeden beliebigen Betrag das Ergebnis liefert, dass sich Tauschen lohnt" ist nicht Thema des zugrundeliegenden Textes. Dort ist nur die Rede von einem bestimmten festen Geldbetrag (hier 100 Euro). --78.55.165.0 21:16, 18. Apr. 2008 (CEST)

Wie müßte dann das Paradoxon Deiner Meinung nach korrekt formuliert werden? --NeoUrfahraner 21:22, 18. Apr. 2008 (CEST)

Es gibt kein Paradox! Es gibt nur den Widerspruch zwischen dem Rechenansatz von Herrn Schmidt und dem Informationsstand des Lesers. --78.52.3.230 19:24, 20. Apr. 2008 (CEST)

Es wäre also kein Widerspruch, wenn Tauschen unabhängig vom Inhalt den Erwartungswert erhöht? --NeoUrfahraner 19:37, 20. Apr. 2008 (CEST)

Was ist paradox daran?

PS: Ich warte noch auf Deine Antwort auf meine Frage von 17:53, 28. Mär. 2008 (bzw. 19:41, 30. Mär. 2008). --NeoUrfahraner 07:40, 13. Apr. 2008 (CEST)

Das Paradox ergibt sich daraus, dass die Tatsachenebene (Text) und die Meinungsebene (Herr Schmidt) zu einem Widerspruch geführt werden. Während der Leser weiß, dass sich nur die Beträge n und 2n in den beiden Umschlägen befinden können, geht Herr Schmidt davon aus, dass zusätzlich auch die Beträge n/2 bzw. 4n im Spiel sein können. Anders ausgedrückt: es gibt (objektiv) nur zwei Umschläge mit jeweils einem bestimmten Geldbetrag (n|2n), aber (subjektiv) drei unterschiedliche mögliche Geldbeträge (n/2|n|2n) bzw. (n|2n|4n) in den beiden Umschlägen. --92.228.169.51 13:20, 13. Apr. 2008 (CEST)

Du verwechselst Umschläge und mögliche Ereignisse. Immer genau lesen ! Herr Schmidt sagt "Ich habe in diesem Umschlag 100 Euro..." Das ist der erste Umschlag. "...Wenn ich tausche, habe ich mit einer Wahrscheinlichkeit von 50% 200 Euro und mit der selben Wahrscheinlichkeit 50 Euro...". Das sind zwei mögliche Ereignisse für den zweiten Umschlag. Herr Schmidt geht also auch davon aus, dass sich nur n oder 2n in den Umschlägen befinden können. Er weiß vor dem Öffnen natürlich nicht, ob er bereits 2n oder n in seinem Umschlag hat. Findet er 100 Euro weiß er nicht ob gilt 100=2n oder 100=n. Ein ungeöffneter Umschlag, zwei mögliche Ereignisse. --Rebiersch 13:57, 13. Apr. 2008 (CEST)

Wie wäre denn deine Argumentation, wenn der Text so verändert wird, dass dort steht:"...Die Sekretärin von Herrn Lemke hat zwei gleich aussehende Briefumschläge genommen und in den einen einen Geldbetrag von 50 Euro hinein getan. In den anderen Briefumschlag hat sie den doppelten Betrag, also 100 Euro hineingetan..." ?

"Ein ungeöffneter Umschlag, zwei mögliche Ereignisse." Nein, in diesem Fall gilt: ein ungeöffneter Umschlag, ein mögliches Ereignis! Daß Herr Schmidt nicht weiß ob gilt: 100=2n oder 100=n, interessiert hier nicht. Der von ihm gefundene Geldbetrag von 100 Euro bietet ihm keine Zusatzinformation. Herr Schmidt hätte schließlich mit der gleichen Wahrscheinlichkeit auch den Umschlag mit 50 Euro zuerst öffnen können.

Wenn Herr Schmidt Mathematiker wäre, würde er folgende Überlegung anstellen:

"Den einfachen Geldbetrag nenne ich n, den doppelten also 2n. Finde ich zuerst n (mit der Wahrscheinlichkeit p(A=n)=1/2) und tausche dann, gewinne ich n dazu. Finde ich zuerst 2n (mit der gleichen Wahrscheinlichkeit p(A=2n)=1/2) und tausche dann, verliere ich n davon wieder. Mein Erwartungswert für einen zusätzlichen Gewinn durch Tausch ist also E(Zusatz)=p(A=n)*n+p(A=2n)*(-n)=(1/2)n-(1/2)n=0. Dabei bedeutet p(A=n)=p(A=2n)=1/2, dass die Auswahlchance für jeden der beiden Umschläge gleich groß ist. Immer tauschen bringt somit keinen Mehrgewinn. Mein Erwartungswert für das Spiel insgesamt ist E=(1/2)n+(1/2)2n=(3/2)n. Ich kann also nun beruhigt meine Mathematikkenntnisse beiseite legen und dem Druck der umstehenden Partygäste nachgeben, die natürlich genauso wie ich neugierig darauf sind, den Geldbetrag im zweiten Umschlag zu erfahren. Ich tausche..." --78.50.41.189 20:00, 15. Apr. 2008 (CEST)

Also jetzt sag's schon: Was ist paradox? --NeoUrfahraner 21:28, 15. Apr. 2008 (CEST)

PS: wenn man sich sicher ist, dass die Sekretärin in den einen Umschlag 50 und den anderen 100 heineigetan hat, dann setzt man p_50=1, p_100=0, die Formel im Artikel liefert

$E={\frac {4p_{100}+p_{50}}{2\left(p_{100}+p_{50}\right)}}\cdot 100={\frac {1}{2}}\cdot 100=50$,

in diesem Fall lohnt der Tausch nicht. --NeoUrfahraner 06:43, 16. Apr. 2008 (CEST)

"...wenn man sich sicher ist...". Wer ist hier "man"? Der Leser kennt die Beträge in den Umschlägen, Herr Schmidt aber nicht. Wer berechnet den Erwartungswert? --78.53.179.75 18:39, 17. Apr. 2008 (CEST)

Jeder berechnet den Erwartungswert mit der zur Verfügung stehenden Information. Es ist ganz normal, dass zwei Leute mit unterschiedlichen Informationen zu unterschiedlichen Ergebnissen kommen. Beim Kartenspiel sieht ja auch jeder ein anderes Blatt und hat daher üblicherweise eine andere Erwartung über den Spielverlauf. --NeoUrfahraner

"Beim Kartenspiel sieht ja auch jeder ein anderes Blatt..." Hier ist das anders: Herr Schmidt sieht sein Blatt (100 Euro und ein ungeöffneter Umschlag), der Leser sieht mehr, nämlich Herrn Schmidts Blatt und das Blatt der Sekretärin (zwei Umschläge mit jeweils einem bestimmten Geldbetrag). Dass die Geldbeträge nicht explizit genannt werden sollte nicht darüber hinwegtäuschen, dass sie bereits festgelegt sind, bevor Herr Schmidt die Umschläge zur Auswahl bekommt. Herr Schmidts Annahme, dass außer den 100 Euro im ersten Umschlag sowohl 50 als auch 200 Euro im zweiten Umschlag gleichmöglich sind, widerspricht der zusätzlichen Information des Lesers: nämlich dass die Sekretärin keine zwei Umschlagpaare (mit (50|100) und (100|200) Euro) zur Auswahl hatte. --78.52.61.50 21:18, 17. Apr. 2008 (CEST)

Ja, der Kiebitz, der beim Kartenspiel umhergeht und den Spielern in die Karten schaut, sieht natürlich auch mehr. Du hoffst vielleicht noch, ein As zu heben, obwohl der Kiebitz weiß, dass es schon jemand anderer in den Karten hat. --NeoUrfahraner 21:24, 17. Apr. 2008 (CEST)

An wen richtet sich die Frage im Artikel:"Lohnt sich das Tauschen?" An Herrn Schmidt oder an den Leser? --78.52.61.50 21:33, 17. Apr. 2008 (CEST)

Vermutlich wohl an den Leser. --NeoUrfahraner 21:40, 17. Apr. 2008 (CEST)

Also vermutlich an den Kiebitz, oder? --78.52.61.50 21:43, 17. Apr. 2008 (CEST)

Nein, an den Leser. --NeoUrfahraner 21:50, 17. Apr. 2008 (CEST)

Der Leser kennt die Umstände, unter denen Geldbeträge in die Umschläge gelangen. Er kann deshalb genau die Berechnung anstellen, die Herr Schmidt offenbar nicht in der Lage ist durchzuführen (obwohl Herr Schmidt keine Informationen hat, die eine andere Berechnungsmöglichkeit stützen würden). Aus der Sicht des (mathematisch gebildeten) Lesers ist beim Tausch E(Zusatz)=0 Euro, aber aus der nicht fundierten Sicht des Herrn Schmidt ist E(Zusatz)=25 Euro. Da sich die Frage im Text an den Leser richtet, ist die richtige Antwort:"Der Tausch lohnt sich zu 50% (in der Hälfte der Fälle), man weiß aber nicht, ob (wann) das der Fall ist."

Hier zeigt sich der Unterschied des Lesers zu einem Kiebitz, der zusätzlich die konkreten Geldbeträge (z.B. (50|100) Euro) in den beiden Umschlägen kennt: der Kiebitz benötigt keine Rechnung; er kennt den jetzigen Erwartungswert beim Tausch, nämlich E=50 Euro. --78.55.183.6 20:58, 18. Apr. 2008 (CEST)

Macht es einen Unterschied, ob Herr Schmidt den Umschlag öffnet oder nicht? --NeoUrfahraner 21:04, 18. Apr. 2008 (CEST)

Für den (unbedarften) Leser schon: denn die Verwirrung kommt in erster Linie dadurch zustande, dass der Geldbetrag im geöffneten Umschlag einen "Namen" bekommt. --78.52.147.123 21:51, 18. Apr. 2008 (CEST)

Und für den Fachmann? --NeoUrfahraner 21:58, 18. Apr. 2008 (CEST)

Macht es keinen Unterschied. Denn der Fachmann kennt die Erwartungswerte E(Spiel)=(3/2)n und E(Zusatz)=0. --78.50.216.28 22:16, 18. Apr. 2008 (CEST)

Und der Erwartungswert ändert sich nicht, wenn man abhängig vom Inhalt tauscht? --NeoUrfahraner 22:33, 18. Apr. 2008 (CEST)

Wieso sollte er sich ändern? Der mathematische Erwartungswert ist doch unabhängig vom Inhalt. Wenn Herr Schmidt allerdings abhängig vom Inhalt nichtmathematische Komponenten berücksichtigt (z.B. für wie großzügig er den Herrn Lemke hält oder wie finanziell wichtig die gefundene Geldmenge für ihn ist) dann könnte er einen psychologischen "Erwartungswert" berechnen.

Angenommen er findet 10000 Euro im Umschlag. Wenn er weiß, mit dem Geld könnte er endlich ein lang ersehntes Auto kaufen, wird er nicht tauschen. Oder er schätzt Herrn Lemke so ein, dass dieser keine 20000 Euro in den ungeöffneten Umschlag geben würde, und tauscht auch dann nicht.

Solche Einschätzungen sind aber etwas völlig anderes als bedingte Erwartungswerte. Für die Berechnung von Letzterem sind mathematische Fakten erforderlich wie im "Beispiel" vorgeführt. Hier kann Herr Schmidt einen mathematisch sinnvollen Erwartungswert berechnen, allerdings nur, wenn er die dazu nötigen Informationen besitzt. Wenn nur die Sekretärin (und der Leser) die Verteilung der Geldbeträge in den Umschlagpaaren kennt, Herr Schmidt aber nicht, ist dieser in der gleichen Situation wie im Ursprungsspiel. --92.228.234.0 12:00, 19. Apr. 2008 (CEST)

Gut, Du hast zwei Umschläge mit Inhalt n und 2n und eine Tauschstrategie f(x). Nun setzt Du X1=n und X2=2n mit Wahrscheinlihckeit 1/2 und X1=2n und X2=n mit Wahrscheinlichkeit 1/2. Ist f(X1) >0, so ist die Auszahlung Y=X2 (Tausch), ist f(X1)<=0, so ist die Auszahlung Y=X1 (kein Tausch). Wie beweist Du, dass der mathematische Erwartungswert E(Y) des gesamten Spiels unabhängig vom Inhalt X1 des ersten Umschlags ist? --NeoUrfahraner 12:50, 19. Apr. 2008 (CEST)

Okay, dann habe ich deine Frage oben falsch verstanden. Wenn du eine Tauschstrategie voraussetzt, die dazu führt, dass du den zuerst gewählten Umschlag nur abhängig vom gefundenen Geldbetrag tauscht bzw. nicht tauscht, dann ändert sich auch der Erwartungswert des Spiels. Was allerdings hat dieses Szenario mit dem Umschlagspiel zu tun? Von einer Strategie des Herrn Schmidt ist keine Rede. --78.52.3.230 19:21, 20. Apr. 2008 (CEST)

Doch, Herr Schmidt tauscht bei 100. Das ist in Deiner Berechnung des Erwartungswert des Spieles nicht berücksichtig.--NeoUrfahraner 19:32, 20. Apr. 2008 (CEST)

Nein, Herr Schmidt überlegt:"Wenn ich tausche...." Ob er tauscht bleibt offen. --78.52.3.230 19:48, 20. Apr. 2008 (CEST)

Und wie geht seine Entscheidung in Deine Rechnung ein? --NeoUrfahraner 20:14, 20. Apr. 2008 (CEST)

Gar nicht. Die Frage "Lohnt sich das Tauschen?" richtet sich an den Leser. --78.52.3.230 20:40, 20. Apr. 2008 (CEST)

Und wenn der Leser abhängig vom Inhalt tauscht? --NeoUrfahraner 20:48, 20. Apr. 2008 (CEST)

Teilbarkeit

Das Paradoxon tritt nicht für jeden beliebigen Betrag auf, wie in der Diskussion angenommen. Es gilt nur für geradzahlige Beträge in Bezug auf die kleinste Münze, wenn die kleinste Münze einen festen Betrag hat und jede folgende Summe ein VIelfaches davon ist.

Wenn man im Umschlag unter den gegebenen Bedingungen einen Geldbetrag findet, der eine ungerade Anzahl von Cent enthält (bei Gleichverteilung die Hälfte aller Fälle), dann lohnt sich das Tauschen immer, da im anderen Umschlag das Doppelte ist, sich darin aber nicht die Hälfte befinden kann. In diesem Fall verschwindet das Paradoxon aus anderen Gründen.

Beweis: 1. 1 Cent: Da es keinen halben Cent gibt, kann im anderen Umschlag nur die größere Summe sein. 2. das gleiche gilt für jeden weiteren ungeraden Wert.

3. Regel: Wenn eine ungerade Summe im Umschlag ist, tausche. Wenn nicht, ist es egal.

Offensichtlich ist, dass in diesem Fall bei der Hälfte aller theoretisch möglichen Geldbeträge das Paradoxon entfällt. Aus dem Artikel wurde die entsprechende Bemerkung ohne Kommentar entfernt. Ich habe als alternative Annahme eingefügt, dass es kein beliebiger Geldbetrag sei, sondern einer in Euro. Ich hoffe, das geht jetzt in Ordnung und wird nicht ebenfalls gelöscht. --Hutschi 13:44, 16. Mai 2008 (CEST)

Nun, du richtige Problemformulierung wäre eigentlich, dass der Betrag im Umschlag beliebig teilbar ist. Mit dem Euro ist auch nicht geholfen; findet man z.B. 15 Euro, so kann das nur der kleinere Betrag sein, weil sonst ja 7,5 Euro im anderen Umschlag wären etc. Martin Vogel hat das weitergesponnen ( http://de.wikipedia.org/wiki/Diskussion:Umtauschparadoxon/Archiv%7E2008 ) Vermieden wird das in der Formulierung von Maurice Kraitchik (unten angegeben). Letzlich ist das aber nebensächlich; sobald man erkannt hat, dass nicht alle Beträge gleich wahrscheinlich sein können, hat man ja das Paradoxon glöst. --NeoUrfahraner 13:58, 16. Mai 2008 (CEST)

Man kann aber nicht die Realität außer Acht lassen. Geld kann nicht beliebig geteilt werden. Die Teilbarkeit liefert die untere Grenze für das Paradoxon. Wenn man unter den gegebenen Bedingungen 100 Euro und einen Cent findet, dann weiß man, dass man tauschen muss und braucht keine weiteren Annahmen. Die Wahrscheinlichkeit ist 100%, dass man durch Tauschen gewinnt. Im anderen Fall braucht man zusätzliche Annahmen, beispielsweise welche Summe man erwarten kann, wenn man das Verhältnis zur Sekretärin und ihr Einkommen berücksichtigt. Tatsächlich ist auch die Formulierung "in Euro" nicht scharf. Ich meine damit einen ganzzahligen Eurobetrag, der aber auch aus Cent zusammengesetzt sein kann, zum Beispiel: ein Euro sind zwei Fünfzig-Cent-Stücke. --Hutschi 14:09, 16. Mai 2008 (CEST)

Du hat Hutschi recht, und die Anmerkung sollte in den Artikel mit aufgenommen werden. Allerdings kann man das Spiel auch mit Zetteln spielen, auf denen dann die Beträge stehen (mit beliebigen Nachkommastellen). Spiele ich es mit echtem Geld ist die Teilbarkeit und die Untergrenze der Beträge natürlich eine wichtige Zusatzinfo, die die anzuwendende Strategie deutlich beeinflusst.--Ecto1 14:29, 16. Mai 2008 (CEST)

Heute schon getankt? Aktueller Dieselpreis 1,419 Euro pro Liter. Beträge unter 1 Cent sind also auch im täglichen Leben nicht ungewöhnlich --Rebiersch 17:19, 16. Mai 2008 (CEST)

An Ecto1: wieso meinst Du jetzt, dass die Teilbarkeit und die Untergrenze der Beträge natürlich eine wichtige Zusatzinfo, die die anzuwendende Strategie deutlich beeinflusst, wäre? Oben behauptest Du doch, dass der Erwartungswert immer 3n/2 ist, unabhängig von der angewendenden Strategie! --NeoUrfahraner 20:44, 17. Mai 2008 (CEST)

Im reinen Experiment ohne Einschränkungen, d.h. die Beträge sind zufällig (jede denkbare Zahl größer Null ist erlaubt) gibt es keine Untergrenze und kein Teilbarkeitsproblem und der Erwartungswert ist (3/2)n. Schränkst Du das Experiment durch Randbedingungen (wie die Verwendung von Euro-Münzen) dagegen ein, gibt es tatsächlich Strategien, die ein besseres Ergebnis ermöglichen. Das Interessante ist gerade, das im reinen Experiment die Strategie vollkommen bedeutungslos ist, da "Behalten" oder "Wechseln" den Erwartungswert nicht beeinflusst. Trotzdem haben diese Einschränkungen nur teilweise mit dem Umtauschparadoxon zu tun, da dies auf einem Rechen-/Annahmefehler beruht und sowohl im reinen, als auch in vielen eingeschränkten Experimenten ein fehlerhaftes Ergebnis liefert.--Ecto1 09:12, 19. Mai 2008 (CEST)

Gut, die Beträge sind zufällig (jede denkbare Zahl größer Null ist erlaubt). Sind auch alle Zahlen gleich wahrscheinlich? --NeoUrfahraner 10:11, 19. Mai 2008 (CEST)

In diesem Fall hängt es von der Verteilung ab. Ich denke, es ist dann wahrscheinlicher, eine irrationale Zahl zu treffen, als eine rationale Zahl. Ob sich die Zahlen in der Gegend von Null häufen (kleiner sind, als ..zich Milliarden), das wäre dagegen bereits wieder eine zusätzliche Randbedingung. Allerdings ist es gleichwahrscheinlich, eine bestimmte irrationale Zahl oder eine bestimmte rationale Zahl zu treffen. --Hutschi 10:22, 19. Mai 2008 (CEST)

Welche Verteilung würde das beispielsweise erfüllen? --NeoUrfahraner 06:26, 20. Mai 2008 (CEST)

Jede Art von Normalverteilung, jede Art einer Rechteckverteilung, jede Art einer Verteilung,bei der sich die Werte asymptotisch Null nähern. Jede beliebige Zahl ist ungefähr Null, wenn man sie mit unendlich vergleicht. Bei Gleichverteilung bis Unendlich tritt keine Häufung in der Nähe von Null auf. Da es eine begrenzte Menge an Geld gibt, tritt immer eine Randbedingung auf: Nehmen wir an, die gesamte Geldmenge beträgt xxillionen. Dann kann im zweiten Umschlag nicht mehr sein. Alle größeren Geldmengen treten nicht mehr auf. Wie groß diese Menge ist, ist im Verhältnis zu unendlich nicht relevant. Wie klein sie ist, spielt auch keine Rolle, da ja die Annahme besteht, dass es keine kleinste unteilbare Münze gibt, wie ich zur Kenntnis nehmen musste. Nicht begrenzt ist dagegen das Versprechen einer Geldmenge, die man dann nicht zu geben braucht. Man kann symbolisch jeden beliebigen Betrag aufschreiben. --Hutschi 08:51, 20. Mai 2008 (CEST)

OK, bei den angegebenen Verteilungen sind also nicht alle Zahlen gleich wahrscheinlich (im Sinne konstanter Dichtefunktion) --NeoUrfahraner 08:57, 20. Mai 2008 (CEST)

konkrete Denkfehler

Beim Lesen der Diskussionsbeiträge inklusive der Archivbeiträge wird offensichtlich, dass mehrere Denkfehler und Trugschlüsse beim Betrachten des Umtauschparadoxon eine Rolle spielen können. Fast alles ist hier auf den Diskussionsseiten schon einmal genannt worden, aber nicht alle Aspekte sind im Artikel aufgenommen worden.

• möglicher Denkfehler: Die Folgerung von Herrn Schmidt ist zwingend (das ist falsch und im Artikel beschrieben)
• möglicher Denkfehler: Es ist eine Verteilung von Ausgangsbeträgen realisierbar, bei der für alle n gilt: pn = pn / 2 (im Text steht, dass es sie nicht gibt. Aber weshalb?)
• möglicher Denkfehler: Es ist kein Verfahren für ein Auswahlverfahren der Sekretärin realisierbar, dass rechnerisch für alle n einen Erwartungswert liefert, der größer ist als der aufgedeckte Betrag. (Ein solches Verfahren ist vorstellbar)
• möglicher Denkfehler: Das Problem ist gelöst, wenn ein kleinstmöglicher Betrag festgelegt wird (stimmt nicht)
• möglicher Denkfehler: Das Paradoxon besteht auch, wenn von einem Höchstbetrag ausgegangen wird, solange dieser Betrag nicht bekannt ist (stimmt nicht, das Paradoxon besteht nur wenn die Geldmenge unbegrenzt ist)
• möglicher Denkfehler: Wenn ausgehend von einem beliebigen Betrag n im 1. Umschlag der berechnete oder mitgeteilte Erwartungswert des 2. Umschlags größer ist als n, so folgt hieraus, dass sich ein Tausch schon vor dem Öffnen lohnt. --Rebiersch 03:01, 24. Mai 2008 (CEST)

Teil 1

Der Artikel hat meines Erachtens in seiner jetzigen Form das Thema verfehlt. Man kann sich dazu zwei Experimente vorstellen: 1.) Man denkt sich einen Betrag n aus, und steckt n und 2xn in einen Umschlag. Danach gibt man einen Umschlag an Herrn Schmidt und lässt ihn wählen. 2.) Herr Schmitt erhält einen Umschlag mit Betrag n, und danach wird der zweite Umschlag mit 2n und 1/2n gefüllt. Im zweiten Experiment hat Herr Schmitt recht, es ist tatsächlich immer sinnvoll den Umschlag zu wechseln. Nur im ersten Experiment sind die Umschläge gleichwertig (siehe z.B. oben "Lösung")

Das "Paradoxon" entsteht durch den Trugschluss, Experiment 2 durchzuführen wenn in Wirklichkeit Experiment 1 gespielt wird. (Der vorstehende, nicht signierte Beitrag stammt von Ecto1 (Diskussion • Beiträge) 20:43, 6. Mai 2008 )

Siehe oben: Was ist denn das "Paradoxon"? Welcher (scheinbare) Widerspruch entsteht, wenn im Expereiment 1 wie angegeben argumentiert wird? --NeoUrfahraner 21:06, 6. Mai 2008 (CEST)

PS: Bist Du obige IP-Adresse und hast Dich jetzt angemeldet? --NeoUrfahraner 08:13, 7. Mai 2008 (CEST)

Ich denke, das Paradox ist im Artikel bereits gut beschrieben: Die über den Erwartungswert berechnete Strategie "Tausche den Umschlag immer" funktioniert -obwohl perfekt berechnet- in Experiment 1 überhaupt nicht (bringt auf lange Sicht weder Verbesserung noch Verschlechterung des Ergebnisses), in Experiment 2 ist die Strategie ideal. Der Denkfehler von Herrn Schmitt ist wie erwähnt die Annahme, er spielt Experiment 2, während in Wirklichkeit Experiment 1 erfolgt. Übertragen ausgedrückt ist eine Strategie für Mau-Mau auf Dauer nicht erfolgsversprechend, wenn ich in Wirklichkeit Skat spiele - selbst wenn ich "denke" ich spiele Mau-Mau. Bitte beschreibe dein Verständnisproblem genauer, dann kann ich auch besser antworten - und nein, mit der bisherigen Diskussion hatte ich nichts zu tun. --Ecto1 12:37, 9. Mai 2008 (CEST)

Voher nochmal die Frage: Bist Du obige IP-Adresse und hast Dich jetzt angemeldet? --NeoUrfahraner 20:14, 9. Mai 2008 (CEST)

Nein, mit der bisherigen Diskussion hatte ich nichts zu tun.--Ecto1 21:09, 10. Mai 2008 (CEST)

Noch ein paar Fragen. Weshalb ist das Thema verfehlt? Was ist bei Experiment 2 mit "2n und 1/2n" gemeint? Ich vermute, dass entweder 2n oder 1/2n gemeint war. Falls meine Vermutung stimmt, wäre die nächste Frage mit welcher Wahrscheinlichkeit in 2. Umschlag "2n" kommen. Ist die Wahrscheinlichkeit unabhängig vom Ausgangsbetrag? Kennt Herr Schmitt diese Wahrscheinlichkeit? Weshalb ist die Strategie "tausche immer" bei Experiment 2 ideal? Sie ist doch nur dann sinnvoll, wenn die Wahrscheinlichkeit für den doppelten Betrag größer als 1/3 ist. Weshalb sollte Herr Schmitt im aktuellen Beispiel denken, dass ein Tausch immer und nicht nur bei 100 Euro sinnvoll sei? --Rebiersch 00:08, 10. Mai 2008 (CEST)

Thema verfehlt deshalb, da die "Lösung" im bisherigen Artikel nicht das Paradoxon betrachtet (und auflöst), sondern nur einen Spezialfall für eine bessere Strategie im Experiment 1 berechnet - wenn mehr Informationen verfügbar sind. Mit "2n und 1/2n" ist in Experiment 2 natürlich tatsächlich gemeint: Je Durchführung entweder 2n oder 1/2n, die Wahrscheinlichkeit ist jeweils 50%. Und dadurch, dass Herr Schmitt die Wahrscheinlichkeiten kennt, kann er den Erwartungswert berechnen, wie im Artikel beschrieben: 0,5 x (1/2n) + 0,5 x (2n) = 1,25n. Da er selbst nur n in seimen Umschlag hat, erhöht er bei Experiment 2 durch den grundsätzlichen Tausch im Mittel seinen Gewinn. Das Paradox entsteht aber dann, wenn Herr Schmitt denkt, die Strategie lässt sich ebenso auf Experiment 1 übertragen - sein Trugschluss ist dabei die Gleichsetzung der Experimente. Richtig gerechnet ist in Experiment 1 aber z.B. wie oben in der Diskussion unter "Lösung". Mein Vorschlag zur Verbesserung des Artikels wäre: Namensänderung des Abschnitts "Lösung" in "Betrachtung eines Spezialfalls.", einfügen der "Lösung" ähnlich dem Abschnitt in der Diskussion, dazu vielleicht ein paar einleitenden Sätze (wie bei Denkfehler)--Ecto1 21:09, 10. Mai 2008 (CEST)

Richtig gerechnet ist in Experiment 1 aber z.B. wie oben in der Diskussion unter "Lösung". Genau darum geht's. Es liegt Experiment 1 vor, und der Abschnitt "Lösung" zeigt, wie man Experiment 1 widerspruchsfrei rechnet, also wie von Dir gewünscht das Paradox auflöst: Es ist ein Trugschluss, den Inhalt des Umschlags nur in die Berechnung der Gewinnhöhe einzubeziehen, nicht aber in die Berechnung der Gewinnwahrscheinlichkeiten. Experiment 2 wird im Artikel nicht betrachtet; das wäre tatsächlich eine Themenverfehlung. --NeoUrfahraner 21:42, 10. Mai 2008 (CEST)

Das Problem liegt im Satz Es ist ein Trugschluss, den Inhalt des Umschlags nur in die Berechnung der Gewinnhöhe einzubeziehen, nicht aber in die Berechnung der Gewinnwahrscheinlichkeiten.. Der stimmt weder in Experiment 1 noch in 2, in keinem der Experimente bringt mir der Inhalt des geöffneten Umschlags eine zusätzliche Information in Bezug auf die Gewinnwahrscheinlichkeiten, es sei denn ich erweitere das Experiment um Zusatzinformationen (irgendwelche weiteren Details wie z.B. eine Vorliebe für 100,- Euro Beträge). Diese Erweiterung hat mit dem Umschlagparadoxon (und um das sollte es im Artikel gehen) aber erstmal nichts zu tun. Denn der Artikel sollte doch in erster Linie den Fehler in Herrn Schmidts Argumentation aufzeigen.--Ecto1 10:41, 12. Mai 2008 (CEST)

weder in Experiment 1 noch in 2, in keinem der Experimente bringt mir der Inhalt des geöffneten Umschlags eine zusätzliche Information in Bezug auf die Gewinnwahrscheinlichkeiten. Doch, im Experiment 1 ändert sich die Gewinnerwartung, wenn man abhängig vom Inhalt tauscht. --NeoUrfahraner 21:01, 13. Mai 2008 (CEST)

Eben nicht! Es sei denn, du erweiterst das Experiment um zusätzliche Bedingungen oder durch "göttliche Eingebung" erworbenes Wissen.--Ecto1 20:02, 14. Mai 2008 (CEST)

Wie kommst Du darauf, dass sich die Gewinnerwartung nicht ändert, wenn man abhängig vom Inhalt tauscht? --NeoUrfahraner 20:10, 14. Mai 2008 (CEST)

Siehe unter "Lösung" direkt oben in der Diskussion. Die Gewinnerwartung ist vor und nach dem Öffnen immer (3/2)n. Wie kommst Du darauf, den gefundenen Betrag in die Rechnung mit einzubeziehen?--Ecto1 22:04, 15. Mai 2008 (CEST)

Genau deswegen ist obige Lösung unvollständig. Ich beziehe den gefundenen Betrag in die Rechnung ein, weil ich es darf. Welches Gesetz verbietet es, den gefundenen Betrag in die Rechnung einzubeziehen? Das ist widerspruchsfrei möglich. --NeoUrfahraner 06:45, 16. Mai 2008 (CEST)

PS: Angenommen, Hr. Schmidt tauscht, wenn er höchstens 150 Euro findet und behält den Umschlag, wenn er mehr als 150 Euro findet. Wie hoch ist dann die Gewinnerwartung? --NeoUrfahraner 10:11, 16. Mai 2008 (CEST)

Die Gewinnerwartung ist immer noch (3/2)n. Das liegt eben daran, dass es im reinen Experiment 1 keine Umtauschstrategie gibt, die Herrn Schmitt langfristig mit mehr Geld davonkommen lässt. Genausowenig kann Herr Schmitt im Experiment den Erwartungswert verringern. Er kann immer tauschen, oder nie tauschen, oder abhängig vom Inhalt tauschen, der Erwartungswert ist immer (3/2)n. Warum sollte ihm deine "150,- Euro" Strategie irgendwas bringen, wenn er z.B. einen Umschlag mit 2000 Euro öffnet? Sowas funktioniert nur, wenn das Experiment um weitere Bedingungen erweitert wird. Aber das hat mit dem Umstauschparadoxon dann nur am Rand zu tun.--Ecto1 13:21, 16. Mai 2008 (CEST)

Und wass passiert, wenn in den Umschlägen 100 und 200 Euro sind? Wie hoch ist dann die Gewinnerwartung? --NeoUrfahraner 13:28, 16. Mai 2008 (CEST)

150 Euro. (n=100, Gewinnerwartung (3/2)n).--Ecto1 14:29, 16. Mai 2008 (CEST)

Falsch. Findet er 100 Euro, so tauscht er; findet 200 Euro, so tauscht er nicht. In jedem Fall ist die Auszahlung 200 Euro. --NeoUrfahraner 20:18, 17. Mai 2008 (CEST)

Genau hier liegt dein Fehler! Das Ergebnis eines einzelnen Vorgangs hat mit dem Erwartungswert eines Zufallsexperiments nicht zu tun. Unter "Lösung" findest Du beschrieben, warum in Experiment 1 ein "Tauschen" oder "Nichttauschen" den Erwartungswert nicht beeinflusst. Daher gibt es keine Strategie im Experiment 1. Deine gerade erfundene Strategie bringt für die Beträge 100/200 Euro einen einzelnen Treffer, allerdings versagt Sie immer beim gleichwahrscheinlichen 200/400 Euro Experiment. Wenn Du eine zusätzliche Aussage über die Verteilung hättest und das Experiment entsprechend erweiterst, könntest Du selbstverständlich eine Strategie entwerfen. Diese Zusatzinfo hast Du aber nicht und darfst Sie auch nicht einfach erfinden. Zudem hat das alles nur am Rande dem Rechenfehler/Paradoxon von Herrn Schmidt zu tun.--Ecto1 09:12, 19. Mai 2008 (CEST)

Das Gegenteil von "für alle" ist, "es gibt mindestens eines, sodasss nicht". Du behauptest, dass für alle n der Erwartungswert 3n/2 ist. Um das zu widerlegen, reicht es, ein n (nämlich n=100) anzugeben, sodass der Erwartungswert von 3n/2 verschieden ist. --NeoUrfahraner 10:08, 19. Mai 2008 (CEST)

PS: Es gibt auch (nichtdeterministische) Strategien, sodass der Erwartungswert für alle n>0 größer als 3n/2 ist. --NeoUrfahraner 10:26, 19. Mai 2008 (CEST)

Wie schon geschrieben, bei n=100 ist der Erwartungswert 150, und das ist halt 3n/2. Wenn Du verstanden hast, warum bei Deiner Strategie der Erwartungswert trotzdem nur 150 ist (und nicht 200 wie du denkst), dann sind wir weiter.--Ecto1 15:40, 19. Mai 2008 (CEST)

Na dann erklär mir bitte, wie Herr Schmidt bei (100/200) einen anderen Betrag als 200 erhält, wenn er bei <= 150 tauscht. --NeoUrfahraner 15:49, 19. Mai 2008 (CEST)

Du verwechselt gerade den Erwartungswert eines Zufallsexperiments (bei dem 100/200 zwar vorkommen kann, aber ebenso jede andere Kombination) mit dem Ergebnis eines einzelnen Versuchs. Der Erwartungswert beschreibt immer das rechnerisch durchschnittliche Ergebnis bei einer großen Anzahl von Versuchen (mit zufälligen Paaren) - je mehr Versuche, desto genauer wird der Erwartungswert dem Ergebnis entsprechen. Deine "Strategie" schlägt positiv ins Ergebnis bei 100/200, negativ bei 200/400, im Schnitt ist sie bedeutungslos.--Ecto1 19:19, 19. Mai 2008 (CEST)

Was ist n bei Dir? Eine Zufallsgröße? Oder die Realisierung einer Zufallsgröße? Und wieso schlägt die Strategie bei 200/400 negativ? Für n=200 stimmt der Erwartungswert 3n/2. --NeoUrfahraner 20:04, 19. Mai 2008 (CEST)

Im idealen Experiment ist Zahl n eine beliebige, zufällige reelle Zahl größer Null ohne Beschränkung der Höhe. Dabei ist jede Zahl gleichwahrscheinlich. Und "negativ" nur in dem Sinne, dass Du bei 200/400 und dem gefundenen Betrag von 200 ja nicht tauscht, deine Strategie also nichts mehr bringt. Und natürlich ist der Erwartungswert 3n/2, wie immer. Du näherst dich mit deiner ganzen Argumentation übrigens eher an das Zwei-Zettel-Problem an. Dafür gibt es aber einen eigenen Artikel (der übrigens im Abschnitt "Verwandte Themen" perfekt(!) die Problematiken erklärt). In diesem Artikel hier geht es aber um das Umtauschparadoxon, und deshalb lautet meine Meinung immer noch: Artikel: Thema gestreift. Großteil Deiner Diskussionsansätze: Thema gestreift.--Ecto1 10:24, 20. Mai 2008 (CEST)

Wenn n eine "zufällige Zahl" ist, dann ist 3n/2 auch eine zufällige Zahl. Meinst Du also mit "Erwartungswert" die "bedingte Erwartung, wenn die Umschläge die Beträge (n, 2n) enthalten"? --NeoUrfahraner 10:35, 20. Mai 2008 (CEST)

Der "Erwartungswert" ist ein Erwartungswert des Zufallsexperiments im mathematischen Sinne, nicht das erwartete Ergebnis aus einem einzelnen Versuch. Herr Schmidt berechnet ja auch als Erwartungswert 1,25n obwohl im klar ist, dass dieser Betrag niemals im anderen Umschlag sein kann. Wenn Du nun das Experiment 1 z.B. 250mal durchspielst, mit jeweils zufälligen Beträgen n und 2n im Umschlag, so wird dein Gesamtergebnis aller schließlich gezogenen Umschläge nahe an der Summe von je (3/2)n liegen(bilde die 250 jeweiligen Summen). Auch Herr Schmidt rechnet mit einem Erwartungswert, und obwohl ihm klar ist das Tauschen nicht in jedem einzelnen Fall ein besseres Ergebnis bringt, ergibt seine (fehlerhafte) Rechnung ein besseres Ergebnis auf lange Sicht, wenn er immer tauscht. Und das Paradoxe ist - er kann es (scheinbar) berechnen. Der Inhalt des Artikels muss also in erster Linie sein, denn Fehler in der Rechnung von Herrn Schmidt klar zu machen. Und auf die Rechnung des Herrn Schmidt geht der Artikel momentan gar nicht ein.--Ecto1 15:20, 21. Mai 2008 (CEST)

Verstehe ich es richtig: Du meinst, ich soll k Versuche machen, die Beträge $n_{j}$ und $2n_{j}$ nehmen, dann die Umschläge auf $(u_{j},v_{j})=(n_{j},2n_{j})$ bzw. $(u_{j},v_{j})=(2n_{j},n_{j})$ setzen (beide Varianten mit Wahrscheinlichkeit 1/2). Die Auszahlung ist $a_{j}=u_{j}$ wenn ich den ersten Umschlag behalte und und $a_{j}=v_{j}$ wenn ich tausche. Die Entscheidung, ob ich tausche, darf nur von $u_{j}$ und nicht von $v_{j}$ abhängen. Deine Behauptung ist nun, dass

$\lim _{k\to \infty }{\frac {1}{k}}\sum _{j=1}^{k}a_{j}={\frac {3}{2}}\lim _{k\to \infty }{\frac {1}{k}}\sum _{j=1}^{k}n_{j}$

gilt (oder andersrum, dass der Erwartungswert der Auszahlung 3/2 mal dem Erwartungsert von n ist). Verstehe ich Dich so richtig? --NeoUrfahraner 15:42, 21. Mai 2008 (CEST)

Meiner Meinung nach ist n ist ja eine Zufallszahl und hat keinen Erwartungswert (oder wie kommt Du auf einen Erwartungswert von n?). Ansonsten: Soweit ich Dich wiederum verstanden habe ;), ja, Du verstehst mich wohl richtig.--Ecto1 16:37, 21. Mai 2008 (CEST)

Was meinst Du mit "hat keinen Erwartungswert"? Der Erwartungswert ist ja gerade für Zufallszahlen definiert und ist nach dem Gesetz der großen Zahlen $\lim _{k\to \infty }{\frac {1}{k}}\sum _{j=1}^{k}n_{j}$ (Limes in einem geeigneten stochastischen Sinn). --NeoUrfahraner 16:51, 21. Mai 2008 (CEST)

Für n als Zufallszahl gibt es im idealen Experient 1 keinen Erwartungswert. Es gibt, wie schon geschrieben, keine Verteilung oder einen Erwartungswert. Dein Limes in einem geeigneten stochastischen Sinn ist hier nicht definiert. Die Voraussetzungen für das Gesetz der großen Zahlen sind nicht gegeben. Denn die einzige Information, die Herr Schmidt für seine Rechnung (die zum Paradoxon führt) benötigt, ist die Abhängigkeit des Inhalts des zweiten Umschlags vom ersten Umschlag. Eine Berechnung einer Umstauschstrategie, die ein besseres Ergebnis liefert als "Behalte den ersten Umschlag" ist unter bestimmten weiteren Voraussetzungen zwar möglich (darauf zielst du wohl hin), aber bedeutungslos, da die Rechnung von Herrn Schmidt auf diese Voraussetzungen nicht angewiesen ist.--Ecto1 09:51, 22. Mai 2008 (CEST)

Wenn Du nun das Experiment 1 z.B. 250mal durchspielst... ( Ecto1 15:20, 21. Mai 2008 ) Mit welchen Werten soll das Experiment durchgespielt werden? --NeoUrfahraner 13:03, 22. Mai 2008 (CEST)

Denk dir 250 beliebige, zufällige reele Zahlen größer Null aus. Ich möchte aber bitte zunächst, dass Du auch mal eine Antwort gibst: Wie beeinflusst das Vorhandensein oder Nicht-Vorhandensein einer unbekannten Verteilung der Zufallszahlen Herrn Schmidts Rechenweg, bzw. das Tausche-Immer-Paradoxon, das Herr Schmidt als Ergebnis hat?--Ecto1 14:21, 22. Mai 2008 (CEST)

"Das Vorhandensein oder Nicht-Vorhandensein einer unbekannten Verteilung" hat gar keinen Einfluss auf das Ergebnis; eine Verteilung ist immer vorhanden und erleichtert die Rechnung. Aber gut, wir können es auch so machen. Ich fange mit den Werten (50;100), (70;140), (100;200), (200;400) und (1000;2000) an. Sind die erlaubt? Willst Du welche dazugeben? --NeoUrfahraner 17:27, 22. Mai 2008 (CEST)

Alles klar, ich geb noch (50.000.201,100.000.402) dazu, und von mir aus rechne nur mit diesen 6 und nicht mit 250 Beispielen. Ich bin ja gespannt!--Ecto1 18:37, 22. Mai 2008 (CEST)

Gut. Um das Ergebnis nachvollziehbar zu machen, werfe ich keine Münze, sondern nehme gleich beide gleichwahrscheinlichen Lösungen. Das ergibt 12 geordnete Umschlagpaare: (50;100), (100;50), (70;140), (140,70), (100;200), (200;100), (200;400), (400;200), (1000;2000), (2000;1000), (50.000.201;100.000.402) und (100.000.402;50.000.201). Bei Nicht-Tausch gilt der ersten Wert, bei Tausch der zweite. Tauscht man nie oder tauscht man immer, so beträgt die Auszahlungssumme 150004863. Tauscht man wie oben gesagt bei <=150, so ändert das nur im Fall (100;200) was, und die Auszahlungssumme beträgt 150004963, also um 100 mehr. Einverstanden? --NeoUrfahraner 18:51, 22. Mai 2008 (CEST)

Natürlich.--Ecto1 19:10, 22. Mai 2008 (CEST)

Nächste Werte (60;120), (80;160), (110;220), (210;420) und (1100;2200). Willst Du welche dazugeben? --NeoUrfahraner 19:46, 22. Mai 2008 (CEST)

Nein.--Ecto1 20:14, 22. Mai 2008 (CEST)

Tauscht man wie oben gesagt bei <=150, so ändert das nur in den Fällen (80;160) und (110;220) etwas und bringt dann um 80+110=190 mehr als nie bzw. immer tauschen. Einverstanden? --NeoUrfahraner 20:18, 22. Mai 2008 (CEST)

Natürlich.--Ecto1 17:51, 23. Mai 2008 (CEST)

Gut. Der Vorsprung der "<=150"-Strategie beträgt nun insgesamt 290. Ich nehme jetzt (5;10), (7;14), (10;20), (20;40) und (100;200). Die ersten vier sind neutral, der fünfte bringt weitere +100, insgesamt also jetzt +390. Jetzt wird's wohl Zeit, dass Du einen Wert dazulegst, bei dem der Vorsprung wieder schrumpft. --NeoUrfahraner 17:59, 23. Mai 2008 (CEST)

Ich habe das gerade mal grob abgeschätzt, aber ich würde sagen das Ergebnis liegt verdammt nahe entsprechend meinem Erwartungswert von (3/2)n. Rechne doch mal nach obiger Limes-Formel. Und dann rechne nochmal, und gib noch 400 Billionen und 800 Billionen in die Rechnung. Jetzt wird's wohl Zeit, dass Du den Grenzwert (Folge)-Artikel prüfst, denn ich kann offensichtlich den Abstand zwischen Ergebnis und Erwartungswert beliebig klein machen.--Ecto1 18:44, 23. Mai 2008 (CEST)

Ich habe das nicht grob abgeschätzt, sondern lieber nachgrechnet. Ob Du jetzt 400 Billionen oder "die größte Zahl, die ich kenne" nimmst, spielt keiner Rolle:

$\sum _{j=1}^{k}a_{j}={\frac {390}{2}}+{\frac {3}{2}}\sum _{j=1}^{k}n_{j}$, k=17, also

${\frac {1}{17}}\sum _{j=1}^{k}a_{j}={\frac {390}{2\cdot 17}}+{\frac {3}{2}}{\frac {1}{17}}\sum _{j=1}^{k}n_{j}$.

Der Unterschied ist ${\frac {390}{2\cdot 17}}\approx 11,47$, von beliebig klein merke ich gar nichts. --NeoUrfahraner 08:02, 24. Mai 2008 (CEST)

Bevor ich mir die Mühe mach das korrekte Ergebnis darzustellen - wie kommst Du auf k=17? Wir haben doch jetzt insgesamt 11 Paare (10 von Dir und 1 von mir) und damit k=22 Versuche (wenn wir wie von Dir vorgeschlagen keine Münze werfen sondern die gleichwahrscheinlichen Ergebnisse verwenden)?--Ecto1 18:48, 24. Mai 2008 (CEST)

5 von mir (17:27, 22. Mai 2008), eines von Dir (18:37, 22. Mai 2008), fünf von mir (19:46, 22. Mai 2008), keines von Dir (20:14, 22. Mai 2008), fünf von mir (17:59, 23. Mai 2008), eins von Dir (18:44, 23. Mai 2008). Jedes (n, 2n) Paar haben wir auf die gleichwahrscheinlichen Varianten (n, 2n) und (2n,n) aufgeteilt; das ergibt dann 34 Paare mit jeweils Wahrscheinlichkeit 1/2. Je nachdem, ob Du mit 3n oder 3n/2 vergleichst, musst Du durch 34 oder 17 dividieren. --NeoUrfahraner 19:06, 24. Mai 2008 (CEST)

Ok, um das Verfolgen der Diskussion auch für andere leichter zu machen benutze ich keine Kürzungen, zudem lasse ich die Billionen mal weg, dann folgt mit k=32:

${\frac {1}{32}}\sum _{j=1}^{32}a_{j}={4687823,72}$

${\frac {3}{2}}{\frac {1}{32}}\sum _{j=1}^{32}n_{j}={4687811,53}$

Der Unterschied ist hier also nur 12,19 (oder 390/32), die relative Abweichung 0,00026% - bei einer Erhöhung von k mit einem Wert ausserhalb 75-150 wird sich, das hast du ja oben berechnet, die Differenz sogar verkleinern, von der relativen Abweichung ganz zu schweigen. Von mir aus können wir den Limes auch umformulieren, und die relative Abweichung gegen Null laufen lassen, das passiert nämlich (wie du sicher selbst weisst) viel schneller. --Ecto1 09:56, 25. Mai 2008 (CEST)

Wie viel Prozent der Werte dürfen zwischen 75 und 150 sein? --NeoUrfahraner 17:34, 25. Mai 2008 (CEST)

Die Frage macht nur einen Sinn, wenn wir eine Verteilung hätten. Aber Du hast doch oben selbst gesagt, wir rechnen ohne vorgegebene Verteilung. Siehst Du nun zumindest ein, dass ohne Verteilung der Erwartungswert bei (3/2)n liegt?--Ecto1 20:17, 25. Mai 2008 (CEST)

"Die Gewinnerwartung ist vor und nach dem Öffnen immer (3/2)n" (Ecto1 13:21, 16. Mai 2008). Ist der Erwartungswert jetzt "(3/2)n" oder "bei (3/2)n"? --NeoUrfahraner 06:07, 26. Mai 2008 (CEST)

Beides. Bitte überprüfe dein Verständnis von "Erwartungswert".--Ecto1 12:26, 26. Mai 2008 (CEST)

Nach meinem Verständnis sind zwei Zahlen, die sich um 12,19 unterschieden, nicht gleich. --NeoUrfahraner 12:58, 26. Mai 2008 (CEST)

Du akzeptierst aber, dass bei genügend vielen Zufallszahlen (ohne Verteilung) die Differenz gegen 0 geht?--Ecto1 16:18, 26. Mai 2008 (CEST)

Nein. Ohne Division durch k (Ecto1 15:20, 21. Mai 2008) wächst die Differenz immer weiter, bei Division durch k (NeoUrfahraner 15:42, 21. Mai 2008) bleibt sie beschränkt. Aber warum sollte sie gegen 0 gehen? --NeoUrfahraner 16:32, 26. Mai 2008 (CEST)

Akzeptierst Du, dass die relative Abweichung (wie oben beschrieben) gegen 0 geht?--Ecto1 16:57, 26. Mai 2008 (CEST)

Nur dann, wenn ${\frac {1}{k}}\sum _{j=1}^{k}n_{j}$ gegen unendlich geht. Dazu gibt es aber keinen Grund. --NeoUrfahraner 17:10, 26. Mai 2008 (CEST)

Anders formuliert, kann ich mit einem einzelnen zusätzlichen Wertepaar die relative Abweichung beliebig klein machen? (Rechne am Besten vor der Antwort obiges Beispiel mit den k=32 und k=34 (die Billionen))--Ecto1 19:06, 26. Mai 2008 (CEST)

Vorübergehend ja, danach wächst die relative Abweichung wieder, sofern nicht so viele "große" Wertepaare kommen, dass ${\frac {1}{k}}\sum _{j=1}^{k}n_{j}$ gegen unendlich geht. Das ändert aber nichts daran, dass Deine Behauptung von 15:20, 21. Mai 2008 falsch ist.--NeoUrfahraner 19:19, 26. Mai 2008 (CEST)

Ist es nicht so, dass die relative Abweichung mit jedem Wertepaar ausserhalb 75-150 schrumpft? Und bei großen Werten besonders schnell?--Ecto1 19:57, 26. Mai 2008 (CEST)

Ja, aber irgendwann kommen ja wieder Wertepaare innerhalb 75-150. Oder willst Du Werte zwischen 75 und 150 verbieten? --NeoUrfahraner 20:07, 26. Mai 2008 (CEST)

Mitnichten. Allerdings wollen wir diese Werte ja auch nicht bevorzugen, oder? Wir wollten eine Verteilung ja gerade nicht voraussetzen. Das heisst wiederum, Werte zwischen 75-150 kommen vor, aber im Schnitt genau so oft auch Werte zwischen 500-575, 650-725, 1000-1075,....,1000000075-1000000150...usw. Stimmst du hier zu?--Ecto1 20:50, 26. Mai 2008 (CEST)

Das geht nicht. Wenn z.B. 1% der Werte zwischen 75 und 150 sind, dann sind hundert Mal (100%) so viel zwischen 7500 und 15000. --NeoUrfahraner 21:02, 26. Mai 2008 (CEST)

Und damit siehst du, dass die Frage nach dem Prozentwert nur Sinn macht, wenn wir eine Verteilung vorgeben. Das haben wir aber nicht. Und daher dürfen wir auch nicht erwarten, 1% der Werte zwischen 75 und 150 zu finden, es sei denn die Anzahl der "gezogenen" Zufallswerte ist noch sehr klein (z.B. 100 Werte mit einem Paar in 75-100).--Ecto1 09:26, 27. Mai 2008 (CEST)

Du verbietest also Verteilungen, bei denen auf lange Sicht 1% der Werte zwischen 75 und 150 zu finden sind? --NeoUrfahraner 09:49, 27. Mai 2008 (CEST)

Wo steht in den Bedingungen für das Umtauschparadoxon, dass eine Verteilung (wie z.B. 1% liegt in 75-150) der Werte der Umschläge vorliegt? Diese hast du einfach hinzuerdichtet. Die Betrachtung einer Strategie unter diesen Bedingungen ist zwar interessant, hat mit dem Paradoxon aber erstmal nichts zu tun.--Ecto1 11:08, 27. Mai 2008 (CEST)

Hier geht's um eine andere Frage: "Wenn Du nun das Experiment 1 z.B. 250mal durchspielst, mit jeweils zufälligen Beträgen n und 2n im Umschlag, so wird dein Gesamtergebnis aller schließlich gezogenen Umschläge nahe an der Summe von je (3/2)n liegen(bilde die 250 jeweiligen Summen)." ( Ecto1 15:20, 21. Mai 2008 ). Wir sind dabei, herauszufinden, welche Bedingungen *Du* hinzudichtest, damit Deine Behauptung haltbar ist. --NeoUrfahraner 11:21, 27. Mai 2008 (CEST)

Dann lies die Diskussion. *Du* bist nämlich plötzlich auf eine Verteilung mit Bevorzugung eines bestimmten Bereichs angewiesen (die wir anfangs explizit ausgeschlossen hatten). --Ecto1 14:00, 27. Mai 2008 (CEST)

Ganz langsam nochmals. "Wenn Du nun das Experiment 1 z.B. 250mal durchspielst, mit jeweils zufälligen Beträgen n und 2n im Umschlag, so wird dein Gesamtergebnis aller schließlich gezogenen Umschläge nahe an der Summe von je (3/2)n liegen(bilde die 250 jeweiligen Summen)." Bleibst Du dabei? --NeoUrfahraner 14:14, 27. Mai 2008 (CEST)

Natürlich. Aber ich denke die Frage nach der Verteilung ist der Knackpunkt unserer Differenzen.--Ecto1 19:08, 27. Mai 2008 (CEST)

Ist eine Differenz von 390 "nahe"? --NeoUrfahraner 20:24, 27. Mai 2008 (CEST)

Teil 2

Ich sehe es genau wie NeoUrfahraner. Experiment 2 wird im Text nicht beschrieben. Schon vor dem Öffnen sind beide Geldbeträge in den Umschlägen. Weshalb Herr Schmidt vom Experiment 2 ausgehen sollte, bleibt unklar. Herr Schmidt rechnet auch nicht allgemein 0,5 x (1/2n) + 0,5 x (2n)= 1,25n. Er rechnet lediglich für den konkreten Betrag (100 Euro). Da Herrn Schmidt die Umstände bekannt sind (dass es sich um Experiment 1 und nicht 2 handelt), ist seine Rechnung doch wohl so zu interpretieren: "Ich weiß nicht ob 100 Euro der halbe oder doppelte Betrag ist. Da ich bei einem aufgedeckten Betrag von 100 Euro beide Möglichkeiten für gleich wahrscheinlich halte (p=1/2), führt ein Tausch entweder zu 50% Verlust oder zu 100% Gewinn (0,5 x 50 Euro + 0,5 x 200 Euro = 125 Euro)." Lediglich für die erste Tauschoption sind die Zahlenwerte für Experiment 1 und 2 gleich. --Rebiersch 14:47, 11. Mai 2008 (CEST)

Doch, Herr Schmidt rechnet allgemein, und dadurch kommt für ihn unabhängig vom Inhalt immer heraus: Tausche! Das ist ja das Paradoxon, siehe auch im Artikel selbst. Und das Paradoxon löst sich nicht auf, indem ich den Inhalt des Umschlags in die Berechnung mit einbeziehe, sondern indem ich erkenne, dass der Berechnungsansatz falsch war (er wäre nämlich nur für Experiment 2 zulässig).--Ecto1 10:41, 12. Mai 2008 (CEST)

Nein, Herr Schmidt rechnet mit 100 Euro und nicht allgemein mit n Euro. Wo sagt Herr Schmidt, dass er unabhängig vom Betrag immer tauschte. Herr Schmidt ist weder blind noch taub. Er sieht also, dass der 2. Umschlag verschlossen vor ihm liegt. Er hört und versteht doch wohl auch Herrn Lembkes Worte. Weshalb sollte er davon ausgehen, dass im Nachhinein der Betrag im zweiten Umschlag geändert wird? --Rebiersch 00:24, 13. Mai 2008 (CEST)

Die Formulierung, dass Herr Schmidt mit einem Betrag von 100 Euro rechnet, ist von einem Autor dieses Artikels willkürlich festgelegt worden. Der Betrag könnte auch 50 Euro oder 1000 Dollar sein ohne dass sich an der Rechnung von Herrn Schmidt etwas ändern dürfte. Es ist sein Rechenansatz, der zum Paradoxon führt, und der ist unabhängig vom Geldbetrag. Deswegen wird in der Literatur meist gar kein konkreter Geldbetrag vorgegeben:"Suppose you open the envelope and find a sum x." [8]

Wie kommt Herr Schmidt eigentlich zu der Annahme:"Wenn ich tausche, habe ich mit einer Wahrscheinlichkeit von 50% 200 Euro und mit der selben Wahrscheinlichkeit 50 Euro."? --89.51.63.184 19:21, 13. Mai 2008 (CEST)

Chalmers gibt einen konkreten Geldbetrag vor: Say that you choose envelope 1, and it contains $100. Wie Herr Schmidt zu seiner Annahme kommt, ist im Artikel nicht formuliert. Es kann sein, dass er dem Trugschluss unterliegt, der zum Paradoxon führt; es kann aber durchaus sein, dass er korrekt rechnet. --NeoUrfahraner 21:13, 13. Mai 2008 (CEST)

PS: wer ist jetzt 89.51.63.184? Ecto1 oder obige IP-Adresse? --NeoUrfahraner 21:16, 13. Mai 2008 (CEST)

Die Rechnung von Herrn Schmitt funktioniert eben für jeden Geldbetrag, und der Artikel heisst: Umtauschparadoxon - also sollten wir auch darüber schreiben! Und PS: bei meinen Beiträgen steht ecto1 dabei.--Ecto1 20:02, 14. Mai 2008 (CEST)

Was heißt "funktioniert"? --NeoUrfahraner 20:10, 14. Mai 2008 (CEST)

Bitte lies im Artikel den Abschnitt "Das Paradoxon" und "Was ist paradox daran". Rechne das Beispiel dann mit 200, 500 und 1000 Euro. Die "Rechnung" von Herrn Schmitt ergibt immer das Ergebnis: Tausche. Übrigens sollten wir den Satz Wenn die Rechnung von Herr Schmidt für jeden beliebigen Betrag das Ergebnis liefert, dass sich Tauschen lohnt,... durch Da die Rechnung von Herr Schmidt für jeden beliebigen Betrag das Ergebnis liefert, dass sich Tauschen lohnt,... ersetzen. Das macht das Begreifen vielleicht einfacher.--Ecto1 22:04, 15. Mai 2008 (CEST)

Siehe oben: Auf dem ersten Blick schaut es so aus, alsob Herr Schmidt unabhängig vom konkreten Geldbetrag zu der Wahrscheinlichkeit p=0.5 kommt. --NeoUrfahraner 21:35, 17. Apr. 2008 Du bestätigst also, dass es auf dem ersten Blick wie ein Widerspruch aussieht. Tatsächlich macht der Artikel keine Aussage über andere Beträge. Letzlich ist es aber egal, ob Herr Schmidt richtig oder falsch rechnet; was zählt, ist, dass der Widerspruch aufgelöst werden kann, wenn die Wahrscheinlichkeit abhängig vom gefundenen Betrag angesetzt wird. --NeoUrfahraner 06:45, 16. Mai 2008 (CEST)

Natürlich geht es im Umtauschparadoxon auch um andere Beträge. Und Herr Schmitt rechnet nun mal falsch, und das führt ja erst zum Paradoxon. Und bitte lies den Abschnitt "Was ist paradox daran", dort steht doch: jeder beliebiger Betrag. Denn gerade diese Übertragung von Herrn Schmidts Rechnung auf alle möglichen Beträge zeigt einem auf, dass in der Ursprungsberechnung (die ja im ersten Moment plausibel erscheint) etwas nicht stimmen kann.--Ecto1 13:21, 16. Mai 2008 (CEST)

Nachtrag und Beantwortung der Frage "Wie kommt Herr Schmidt eigentlich zu der Annahme: Wenn ich tausche, habe ich mit einer Wahrscheinlichkeit von 50% 200 Euro und mit der selben Wahrscheinlichkeit 50 Euro.?" von IP 89.51.63.184. Die Beantwortung dieser Frage geht aus dem Text nicht eindeutig hervor. Ich sehe 2 Möglichkeiten. Eventuell hat er sichere Zusatzinformationen, die wir nicht kennen oder seine Rechnung beruht auf der Vermutung, dass sowohl 50, als auch 200 Euro mit der gleichen Wahrscheinlichkeit in Betracht kommen. Falls seine Rechnung für den konkreten Betrag auf einer Vermutung beruht, so kann sich richtig oder falsch sein. Wichtig ist, dass die Rechnung für 100 Euro nicht stimmen muss, aber stimmen kann. Die Rechnung könnte in der allgemeinen Form 0,5 x (1/2n) + 0,5 x (2n)= 1,25n für einen beliebigen anderen Ausgangsbetrag stimmen. Die Rechnung könnte sogar für beliebig viele Beträge stimmen. Sie kann aber nicht für alle möglichen Ausgangsbeträge stimmen. Zusammengefasst: stimmt die Formel für einen beliebigen Betrag, so folgt daraus nicht, dass sie für alle Beträge stimmen muss --Rebiersch 17:10, 16. Mai 2008 (CEST)

Ich denke, dass Du dich hier leider zu sehr an das eine Beispiel von Herrn Schmidt klammerst. Im Prinzip geht es im Umtauschparadoxon selbst bei ungeöffneten Umschlägen um den Ansatz 0,5 x (1/2n) + 0,5 x (2n)= 1,25n. Und dieser Ansatz führt zu dem Trugschluss/Paradoxon, dass das Tauschen immer lohnt, ob ich den Umschlag nun öffne oder nicht. Ziel des Artikels muss nun sein, den Fehler zu finden, auf dem dieser allgemeine Ansatz (und Herrn Schmidts Rechnung) beruht. Und der hat nichts, aber auch gar nichts mit der Höhe des gefundenen Betrags zu tun, der spielt in der Rechnung keine Rolle (deshalb auch das n in der Formel, das für jeden gefundenen Betrag steht).--Ecto1 10:24, 20. Mai 2008 (CEST)

Stimmt! Der Ansatz 0,5 x (1/2n) + 0,5 x (2n)= 1,25n für einen ungeöffneten Umschlag ist eindeutig falsch und nicht nachvollziehbar. --Rebiersch 23:54, 21. Mai 2008 (CEST)

Darf ich kurz zusammenfassen: wir sind uns einig, dass ein Trugschluss/Widerspruch vorliegt, wenn Herrn Schmidt zum Ergebnis kommt, dass sich Tauschen immer lohnt. Soweit einverstanden? --NeoUrfahraner 11:15, 20. Mai 2008 (CEST)

Da es hier so viele Verständnisprobleme zu geben scheint, werde ich mit etwas präziser ausdrücken: Der Trugschluss liegt vor, wenn Herr Schmidt zum Ergebnis kommt, dass ihm das grundsätzliche Tauschen auf lange Sicht (siehe auch oben unter Erwartungswert) einen höheren Gewinn beschert. Und Achtung: Es geht im Artikel nicht um Herrn Schmidt, sondern um das Umtauschparadoxon. Herr Schmidt dient nur als ein Beispiel zum Verständnis.--Ecto1 15:20, 21. Mai 2008 (CEST)

OK, formuliere ich es auch noch ein wenig präziser: Der Trugschluss liegt vor, wenn Herr Schmidt zum Ergebnis kommt, dass ihm immer tauschen auf lange Sicht einen höheren Gewinn beschert als nie tauschen. Einverstanden? Dass Herr Schmidt nur als Beispiel dient, sehe ich ebenso. --NeoUrfahraner 15:59, 21. Mai 2008 (CEST)

OK, stimme ich zu.--Ecto1 16:37, 21. Mai 2008 (CEST)

Beim Abschnitt "Was ist paradox daran" sind wir uns vermutlich auch noch einig. Ein wenig umformuliert: Wenn immer tauschen auf lange Sicht einen höheren Gewinn beschert als nie tauschen, so braucht man den Umschlag gar nicht zu öffnen, sondern kann gleich den anderen Umschlag nehmen. Es kann aber nicht sein, dass der andere Umschlag immer besser ist, da ja beide Umschläge vor dem Öffnen offensichtlich gleichwertig sind. Einverstanden? --NeoUrfahraner 06:49, 22. Mai 2008 (CEST)

Entspricht ebenfalls immer noch meiner Meinung.--Ecto1 09:51, 22. Mai 2008 (CEST)

Wir sind uns vermutlich auch noch einig, dass manchmal tauschen ebenfalls auf lange Sicht keinen höheren Gewinn beschert, sofern das unabhängig vom Inhalt passiert (also z.B. tausche vor Mitternacht, also 12-24h, aber tausche nicht nach Mitternacht, also 0-12h). Auch hier gilt ja, dass man den Umschlag gar nicht zu öffnen braucht, sondern kann gleich den anderen Umschlag nehmen kann. Einverstanden? --NeoUrfahraner 18:06, 22. Mai 2008 (CEST)

Natürlich.--Ecto1 18:37, 22. Mai 2008 (CEST)

Gut. Jetzt zu den Unterschieden: Du behauptest, dass "geschickt" tauschen auf lange Sicht auch dann keinen höheren Gewinn beschert, wenn es abhängig vom Inhalt passiert (also der Inhalt in die Entscheidung einbezogen wird). Habe ich das richtig verstanden? --NeoUrfahraner 21:38, 22. Mai 2008 (CEST)

Vorsicht! Geschicktes Tauschen könnte unter bestimmten Bedingungen (wie z.B. Kenntnis der Verteilung, kleinster oder größter Wert bekannt etc) durchaus langfristig einen höheren Gewinn bescheren - dies ist allerdings für das Umtauschparadoxon unerheblich, da es auf diese Bedingungen nicht angewiesen ist. Als extremstes Beispiel: Herrn Schmidts Argumentationskette/Rechnung funktioniert problemlos auch ohne Öffnen des 1. Umschlags.--Ecto1 17:51, 23. Mai 2008 (CEST)

Du stimmst also zu, dass ein geschicktes Tauschen unter bestimmten Bedingungen durchaus langfristig einen höheren Gewinn bescheren kann? --NeoUrfahraner 18:05, 23. Mai 2008 (CEST)

Natürlich.--Ecto1 18:44, 23. Mai 2008 (CEST)

Was bedeutet es nun, dass das Pardox gelöst ist? Welche Eigenschaften muss ein Lösung haben? --NeoUrfahraner 09:42, 24. Mai 2008 (CEST)

Zwischenfrage an Ecto: Wäre es in deinem Sinne, wenn der Artikel um ein Beispiel mit einem Auswahlverfahren für die Sekretärin erweitert wird, das rechnerisch für jeden möglichen Betrag n immer einen Erwartungwert liefert, der größer ist als n (also p(n/2) x (1/2n) + p(2n) x (2n)>n für alle möglichen n)? --Rebiersch 10:23, 24. Mai 2008 (CEST)

Keine Ahnung, was Du mit dem letzen Abschnitt meinst. Das Paradox ist weder gelöst, noch haben wir über eine Lösung gesprochen. Bitte tu mal so, als sei ich Herr Schmidt, und erkläre mir den Fehler, warum meine Rechnung, mit der ich durch generelles Tauschen einen Erwartungswert von 1,25n berechne, falsch ist. Und bedenke dabei, das die Rechnung ebenfalls mit ungeöffnetem Umschlag möglich ist, mit gleichem Ergebnis.--Ecto1 18:48, 24. Mai 2008 (CEST)

Naja, das steht ja schon im Artikel: Wenn man den Inhalt des Umschlags in die Höhe der Auszahlung einbezieht, dann muss man ihn auch in die Berechnung der Wahrscheinlichkeit einbeziehen. Also E=2n*p(2n|n)+n/2*p(n/2|n). --NeoUrfahraner 19:31, 24. Mai 2008 (CEST)

Und das ist immer noch keine Antwort auf den Rechenfehler von Herrn Schmidt, und dass das Paradox auch bei ungeöffnetem Umschlag auftritt hast du wieder mal ignoriert. Alles was du hier anbietest ist eine Idee, die unter bestimmten Bedingungen tatsächlich einen höheres Ergebnis liefert als ein beliebiges Auswählen von einem Umschlag. Und das ist sicherlich interessant, hat aber mit dem Rechenproblem von Herrn Schmidt (dem Paradoxon an sich) nicht viel zu tun. Der Artikel muss sich mit dem Fehler von Herrn Schmidt befassen. Deine "Lösung" stellt aber eine Strategie bei dem selben Grundproblem dar, die mit Herrn Schmidt Ansatz (und um den geht es im Artikel, nicht um eine allgemeine Strategie!) nichts zu tun hat.--Ecto1 09:56, 25. Mai 2008 (CEST)

Hängt p von n ab? --NeoUrfahraner 17:38, 25. Mai 2008 (CEST)

Wenn Du damit meinst, dass Du in irgendeiner Weise aus dem Wert von dem ersten Umschlag auf den Inhalt des zweiten Umschlags schliessen kannst (außer der Info das 2n oder 1/2n in dem anderen Umschlag sein müssen) - nein. Herr Schmidt benutzt in seiner Argumentation diese Vorausetzung ja ebenfalls nicht, wir dürfen dem Grundexperiment nicht einfach was hinzudichten. Wie schon gesagt ist es sicherlich für den ein oder anderen Leser interessant, dass unter weiteren Bedingungen die Gewinnerwartung tatsächlich erhöht werden kann, allerdings sollte dies nur in einem von der eigentlichen Lösung getrennten Abschnitt erläutert werden.--Ecto1 20:17, 25. Mai 2008 (CEST)

Hängt die Wahrscheinlichkeit, 200 Euro im anderen Umschlag zu finden, von n ab? --NeoUrfahraner 06:10, 26. Mai 2008 (CEST)

Wo liegt dein Verstädnisproblem? 100 Euro im 1. Umschlag bedeutet: Im anderen Umschlag müssen entweder 50 oder 200 Euro sein. Keine Zusatzinformation, welche der beiden wahrscheinlicher ist!--Ecto1 12:26, 26. Mai 2008 (CEST)

Und was bedeutet 50 Euro im 1. Umschlag? --NeoUrfahraner 13:00, 26. Mai 2008 (CEST)

50 Euro im 1. Umschlag bedeutet: Im anderen Umschlag müssen entweder 25 oder 100 Euro sein. Keine Zusatzinformation, welche der beiden wahrscheinlicher ist. Komm, so schwer ist das nicht.--Ecto1 16:18, 26. Mai 2008 (CEST)

Wenn Du 50 Euro findest, wie hoch ist die Wahrscheinlichkeit, 200 Euro im anderen Umschlag zu finden? --NeoUrfahraner 16:34, 26. Mai 2008 (CEST)

Bitte beantworte triviale Fragen selbst und fahre dann in irgendeiner Weise mit deiner Argumentation fort. Ich habe das Gefühl Du versuchst die Diskussion ständig in die Länge zu ziehen.--Ecto1 16:57, 26. Mai 2008 (CEST)

Du bist es, der sich drückt. Die Wahrscheinlichkeit ist dann 0 und somit von n abhängig. --NeoUrfahraner 17:12, 26. Mai 2008 (CEST)

Jetzt bitte den Bezug zum Umtauschparadoxon herstellen.--Ecto1 19:06, 26. Mai 2008 (CEST)

Der Bezug steht ja schon weiter oben. Aber bitte: ein Widerspruch entsteht nur, wenn/weil Herr Schmidt unabhängig von n argumentiert. Die Abhängigkeit von n löst den Widerspruch auf. --NeoUrfahraner 19:42, 26. Mai 2008 (CEST)

Dein Problem ist, dass Herr Schmidt sehr wohl mit n argumentiert. Er errechnet anhand von n ja seinen Erwartungswert von 1,25n. Und dass die Wahrscheinlichkeit für alle Beträge ausser (1/2n) und (2n) Null ist, wird Herr Schmidt ebenfalls bestätigen. Darauf basiert ja sein Ansatz. Also, wo liegt der wirkliche Fehler von Herrn Schmidt?--Ecto1 19:57, 26. Mai 2008 (CEST)

Er argumentiert mit n, aber er zieht es nicht konsequent durch. --NeoUrfahraner 20:11, 26. Mai 2008 (CEST)

Wenn Du meinst also wirklich, der prinzipielle Ansatz von Herrn Schmitt ist ok, er geht nur nicht weit genug???--Ecto1 20:50, 26. Mai 2008 (CEST)

Genau. Der prinzipielle Ansatz findet sich ja auch in jedem guten Lehrbuch der Wahrscheinlichkeitsrechung. --NeoUrfahraner 21:05, 26. Mai 2008 (CEST)

Du unterliegst dem gleichen Irrtum wie Herr Schmidt, ich habe das Gefühl dass Du das ganze Paradoxon nicht verstanden hast...--Ecto1 09:26, 27. Mai 2008 (CEST)

Zumindest verstehen wir es unterschiedlich. Wer es richtig verstanden hat, ist eine andere Frage. --NeoUrfahraner 09:49, 27. Mai 2008 (CEST)

Das Umtauschparadoxon versucht zu verdeutlichen, dass ein naives Rechnen mit Erwartungswerten zu Fehlern und Trugschlüssen führt. Und dieses naive Rechnen willst Du jetzt verteidigen?--Ecto1 11:08, 27. Mai 2008 (CEST)

Nein. --NeoUrfahraner 11:23, 27. Mai 2008 (CEST)

Da du es nicht machst fasse ich mal deine Meinung kurz zusammen, korrigiere mich: "Herr Schmidt öffnet den Umschlag und errechnet dann anhand des gefundenen Wertes (n) den Erwartungswert (1,25n) beim Tausch. Anhand der Höhe des gefundenen Betrags könnte Herr Schmidt aber einen noch höheren Erwartungswert erhalten, wenn er dazu nicht grundsätzlich sondern abhängig vom Inhalt tauscht."--Ecto1 14:00, 27. Mai 2008 (CEST)

Nein. Ich sage, dass es Tauschstrategien gibt, bei denen Hr. Schmidt für alle n einen Erwartungswert von mindestens n hat, und für manche Verteilungen und manche n einen Erwartungswert echt größer als n. --NeoUrfahraner 16:24, 27. Mai 2008 (CEST)

Ist es für deine "Lösung" wichtig, dass eine Verteilung vorliegt? Ist es nötig, diese zu kennen, um eine Strategie vorzuschlagen?--Ecto1 19:08, 27. Mai 2008 (CEST)

Paradox bei ungeöffnetem Umschlag

"dass das Paradox auch bei ungeöffnetem Umschlag auftritt ..." Ecto1 09:56, 25. Mai 2008. Was ist das Paradox bei ungeöffnetem Umschlag? --NeoUrfahraner 08:28, 26. Mai 2008 (CEST)

Herr Schmidt kommt auch dann zum Ergebnis: Tausche immer.--Ecto1 12:26, 26. Mai 2008 (CEST)

Wenn man zum Ergebnis kommt, dass sich tauschen nicht immer lohnt, ist somit das Paradox auch bei ungeöffnetem Umschlag gelöst. --NeoUrfahraner 13:16, 26. Mai 2008 (CEST)

Und genau dazu muss der Artikel als wichtigstes beschreiben, was Herr Schmidt falsch macht. Das korrekte (aber komplizierte) Gegenrechnen mit oder ohne Verteilungen kann in einem zusätzlichen Absatz erfolgen. Ich glaube das Hauptproblem bei Dir ist, dass Du denkst es geht im Artikel zuallererst um das Problem mit zwei Umschlägen - aber in Wirklichkeit geht es um den Ansatz von Herrn Schmidt zu diesem Problem. Dieser Ansatz enthält nämlich als Ergebnis das Paradoxon, und in einem Artikel mit dem Namen "Untauschparadoxon" sollte es genau darum gehen!--Ecto1 16:18, 26. Mai 2008 (CEST)

Wieso löst die Aussage, dass p (und somit E) von n abhängt, nur das Beispiel mit göffnentem Umschlag und nicht das mit ungeöffnetem Umschlag? --NeoUrfahraner 16:40, 26. Mai 2008 (CEST)

Die Antwort beschreibt in keinem der Fälle den Fehler in Herrn Schmidts Argumentation - und daher ist diese Antwort als "Lösung" ungenügend. Und daher übrigens auch diese Diskussion, da der Artikel derzeit "ungenügend" ist.--Ecto1 16:57, 26. Mai 2008 (CEST)

Naja, den ungeöffenten Umschlag hast Du ins Spiel gebracht. Sind wir uns also einig, dass die ungeöffneten Umschläge irrelevant sind? --NeoUrfahraner 17:14, 26. Mai 2008 (CEST)

Absolut überhaupt nicht sind wir uns da einig. Da Herrn Schmidts Ansatz auch für den ungeöffneten Umschlag funktioniert, muss die korrekte Lösung beide Varianten abdecken. Die bisherige Lösung ist immer noch am Thema vorbei.--Ecto1 19:06, 26. Mai 2008 (CEST)

Was ist denn Deiner Meinung nach die korrekte Lösung? --NeoUrfahraner 19:57, 26. Mai 2008 (CEST)

Ich wiederhole: Der Ansatz von Herrn Schmidt ist falsch. Seine 50:50-Aufteilung auf die zwei möglichen Werte ist nicht erlaubt.--Ecto1 20:50, 26. Mai 2008 (CEST)

Ist "für kein n erlaubt" oder "ist nicht für jedes n erlaubt"?

Ist für kein n erlaubt. Anders ausgedrückt: Es gibt keinen gefundenen Betrag, für den Herrn Schmidts Ansatz/Rechnung richtig ist.--Ecto1 09:26, 27. Mai 2008 (CEST)

Welches Paradox entsteht denn, wenn eine 50:50 Aufteilung für einige Werte erlaubt ist? --NeoUrfahraner 09:49, 27. Mai 2008 (CEST)

Das Paradoxe wäre dann, dass wir die Diskussion im falschen Artikel führen. Die 50:50 Aufteilung ist in Experiment 2 (siehe gaaanz oben) sogar immer richtig und führt zum korrekten Ergebnis. Aber wir haben ja festgestellt, dass dies nichts mit dem Problem im Artikel gemein hat.--Ecto1 11:08, 27. Mai 2008 (CEST)

Bleiben wir also bei Experiment 1. Welcher Widerspruch entsteht im Experiment 1, wenn eine 50:50 Aufteilung für einige Werte erlaubt ist? --NeoUrfahraner 11:25, 27. Mai 2008 (CEST)

Woher sollte diese 50:50-Aufteilung kommen? Aus der naiven Sicht von Herrn Schmidt? Du kennst doch das Experiment, und nach der Auswahl der zwei Umschläge kann es keine 50:50 Aufteilung mehr geben.--Ecto1 14:00, 27. Mai 2008 (CEST)

Falls man weiß, welche Beträge in den Umschlägen sind. --NeoUrfahraner 16:31, 27. Mai 2008 (CEST)

Und wer soll das wissen? Herr Schmidt hat doch keine Ahnung. Und die Person, die die Umschläge füllt, würde sicherlich keine 50:50 sondern eine 100:0 Aufteilung durchführen. Oder weiß Herr Schmidt etwas mehr?--Ecto1 19:08, 27. Mai 2008 (CEST)

Die Lösung

Ein Hauptfehler in der Betrachtung des Umschlagspiels besteht m.E. darin, dass nicht sauber mit den vorgegebenen Fakten umgegangen wird. Wenn man sich an den Text hält und die Annahme des Herrn Schmidt als bloße falsche Meinung ansieht, löst sich der Widerspruch auf.

Das Umschlagpaar enthält die Beträge (n|2n) gemäß Text mit n=constant. Öffnet Herr Schmidt einen Umschlag, genannt A, und findet den Betrag n, dann gilt objektiv: p(B>A|A=n)=1 und p(B<A|A=n)=0 mit ungeöffnetem Umschlag B. Findet er stattdessen den Betrag 2n, dann gilt: p(B>A|A=2n)=0 und p(B<A|A=2n)=1. Andere Beträge wie z.B. A=n/2 oder A=4n kann er nicht finden. Mit bedingter Wahrscheinlichkeit darf der Leser nicht anders rechnen, weil er ja weiß, dass nur ein Umschlagpaar im Spiel ist und Herr Schmidts Annahme objektiv falsch ist.

Das bedeutet auch, dass Herr Schmidt beim Tausch niemals n/2 (n <--> n/2) verlieren oder 2n (2n <--> 4n) gewinnen kann. Entweder findet er A=n und gewinnt beim Tausch n dazu (B=2n) oder er findet A=2n und verliert beim Tausch n (B=n). Tauschen gewinnt oder verliert also immer genau den Betrag n.

Damit ist das Problem symmetrisch und der Erwartungswert für den zusätzlichen Gewinn durch Tausch ist E(Zusatz)=(1/2)n-(1/2)n=0. Der Erwartungswert für das Umschlagspiel insgesamt ist natürlich E=(1/2)n+(1/2)2n=(3/2)n. --92.228.169.51 13:20, 13. Apr. 2008 (CEST)

Welcher Widerspruch löst sich auf? Du hast noch immer nicht erklärt, welchem Gesetz die Logik von Herrn Schmidt widerspricht! --NeoUrfahraner 18:02, 13. Apr. 2008 (CEST)

Siehe oben "Was ist paradox daran?". --78.49.194.25 20:37, 15. Apr. 2008 (CEST)

Diese Lösung sollte alsbald in den Artikel übernommen werden. --89.51.63.184 19:22, 13. Mai 2008 (CEST)

Siehe unten: die Gewinnerwartung ändert sich, wenn man abhängig vom Inhalt tauscht. Das wird durch diese "Lösung" nicht erklärt; die Lösung greift daher zu kurz. --NeoUrfahraner 21:03, 13. Mai 2008 (CEST)

Auch von mir: das ist eine gute und vor allem passende Lösung!--Ecto1 09:59, 25. Mai 2008 (CEST)

@NeoUrfahraner:"die Gewinnerwartung ändert sich, wenn man abhängig vom Inhalt tauscht." Es steht nirgends in der Problemstellung, dass Herr Schmidt abhängig vom Inhalt tauscht. --89.51.63.176 21:15, 29. Mai 2008 (CEST)

Ende der Debatte

@Ecto1: Es schaut wohl so aus, alsob wir zwei uns nicht einigen könnten. Schreib am besten Deinen Umformlierungsvorchlag auf die Diskussionsseite, dann können wir abstimmen, welche Variante mehr Zuspruch findet. --NeoUrfahraner 16:47, 27. Mai 2008 (CEST)

"Die Lösung" auf der Diskussionsseite hat bereits zwei Fürsprecher, Ecto1 und mich. --89.51.63.186 21:00, 28. Mai 2008 (CEST)

Freunde, gibt es denn keine wissenschaftliche Publikation zum Thema, die wir anzapfen könnten? --Scherben 22:18, 28. Mai 2008 (CEST)

z.B.

• David J. Chalmers, The Two-Envelope Paradox: A Complete Analysis? "The first step is to note (as do the authors mentioned above) that the amounts in the envelopes do not fall out of the sky, but must be drawn from some probability distribution."
• Keith Devlin, The Two Envelopes Paradox, August 2004 "If you want to apply probability theory, you are free to do so, but you need to do it correctly. And that means working with actual probabilities, taking care to distinguish between prior and posterior probabilities."

Das sollte eigentlich reichen --NeoUrfahraner 08:11, 29. Mai 2008 (CEST)

Erwähnenswert der Satz von Keith Devlin direkt vor dem obigen Zitat (bezieht sich praktisch auf das Beispiel von Herrn Schmidt): "And there's the paradox. What is wrong with the computation of the expected gain from swapping? The answer is everything. The above computation is meaningless - which is why it leads so easily to a nonsensical outcome." Und das kommt im bisherigen Artikel überhaupt nicht heraus.--Ecto1 10:14, 29. Mai 2008 (CEST)

Siehe http://en.wikipedia.org/wiki/Two_envelopes_problem: Dort werden alle denkbaren Lösungsmöglichkeiten beschrieben, auch die von Ecto1 und mir bevorzugten.

Außerdem siehe auch http://arxiv.org/pdf/physics/0608172.

Das sollte eigentlich reichen! --89.51.63.176 21:00, 29. Mai 2008 (CEST)

Zitat aus der angegebenen Quelle: "For example, if the lower of the two amounts is denoted by C, the expected value calculation may be written as 1/2*C+1/2*2C=1,5C...". Es geht im Text aber weiter mit "The solution above doesn't explain what's wrong if the player is allowed to open the first envelope before being offered the option to switch...". Die Stellungnahme ist also eindeutig: Das Paradoxon wird hierdurch nicht gelöst. Im Beispiel der deutschsprachigen Wikipedia beschreibt die angebliche Lösung des Paradoxons mit dem Erwartungswert 1,5n (= 50% des Gesamtbetrages aus beiden Umschlägen) lediglich den Erwartungswert aus der Sichtweise der Sekretärin vor dem Öffnen eines Umschlags. Erscheint es irgendjemanden paradox, dass die Sekretärin einen anderen Erwartungswert berechnet als Herr Schmidt? --Rebiersch 23:40, 29. Mai 2008 (CEST)

Im Sinne von WP:NPOV spricht nichts dagegen, auch andere mit Literatur belegbare Varianten in den Artikel einzubauen. Also formuliert bitte ein paar konkrete Vorschläge. --NeoUrfahraner 08:06, 30. Mai 2008 (CEST)

Ich bin während der kommenden Wochen nicht online. Es wurden aber bereits konkrete Vorschläge gemacht (siehe auch im Archiv), z.B.:

Wenn Herr Schmidt Mathematiker wäre, würde er folgende Überlegung anstellen:

"Den einfachen Geldbetrag nenne ich n, den doppelten also 2n. Finde ich zuerst n (mit der Wahrscheinlichkeit p(A=n)=1/2) und tausche dann, gewinne ich n dazu. Finde ich zuerst 2n (mit der gleichen Wahrscheinlichkeit p(A=2n)=1/2) und tausche dann, verliere ich n davon wieder. Mein Erwartungswert für einen zusätzlichen Gewinn durch Tausch ist also E(Zusatz)=p(A=n)*n+p(A=2n)*(-n)=(1/2)n-(1/2)n=0. Dabei bedeutet p(A=n)=p(A=2n)=1/2, dass die Auswahlchance für jeden der beiden Umschläge gleich groß ist. Immer tauschen bringt somit keinen Mehrgewinn. Mein Erwartungswert für das Spiel insgesamt ist E=(1/2)n+(1/2)2n=(3/2)n. Ich kann also nun beruhigt meine Mathematikkenntnisse beiseite legen und dem Druck der umstehenden Partygäste nachgeben, die natürlich genauso wie ich neugierig darauf sind, den Geldbetrag im zweiten Umschlag zu erfahren. Ich tausche..." --89.51.63.220 21:14, 30. Mai 2008 (CEST)

Die Sekretärin hatte schon mit den Worten "Genau, es stimmt! Ich habe es nachgerechnet und bin zum gleichen Ergebnis gekommen" zugestimmt, als Herr Lemke zu Bedenken gibt: "Ich gelte hier zwar als großzügiger Gönner. Sie können doch aber nicht ernsthaft annehmen, dass ich Ihnen jeden noch so großen Betrag, der hier mit 2n bezeichnet wurde, mit der gleichen Wahrscheinlichkeit schenken werde, wie den kleineren als n bezeichneten Betrag. Schließlich habe ich meiner Mitarbeiterin genaue Anweisungen gegeben, wie sie die Umschläge mit Geldbeträgen zu bestücken habe". Unter den anderen Gästen wurde daraufhin heftig diskutiert... --Rebiersch 22:57, 30. Mai 2008 (CEST)

WP:Q beachten!. --NeoUrfahraner 06:59, 31. Mai 2008 (CEST)

An Ecto1 und die IP-Adresse: kommt von Euch noch eine konkrete Quellenangabe? --NeoUrfahraner 08:02, 16. Jun. 2008 (CEST)

Wenn bis Ende August 2008 keine konkreten Quellenangaben kommen, werde ich den Überarbeitungsbaustein wieder entfernen. --NeoUrfahraner 08:47, 29. Jul. 2008 (CEST)

Im Analyseteil des Artikels ("Die Lösung") wird das Paradoxon durch die Konstruktion einer Verteilung mit unendlichem Erwartungswert aufgelöst. Diesem - gemessen an der Allgemeinbildung - doch recht massiven Einsatz von Mathematik würde ich einen eher gemäßigten Zugang vorziehen. Für meinen Lösungsvorschlag gibt es keine Quellenangaben. Nachdem ich das Paradoxon in einer Aufgabensammlung entdeckt hatte, habe ich mir die folgende Auflösung zurechtgelegt [9]:

Das Paradoxon kommt durch eine unzulässige Anwendung des Indifferenzprinzips zustande: "Wenn keine Gründe dafür bekannt sind, um eines von verschiedenen möglichen Ereignissen zu begünstigen, dann sind die Ereignisse als gleich wahrscheinlich anzusehen" (zitiert nach Carnap/Stegmüller, "Induktive Logik und Wahrscheinlichkeit", 1959). Wahrscheinlichkeiten dafür, dass in den Umschlägen bestimmte Summen stecken, sind zwar denkbar. Aber über die Wahrscheinlichkeiten dieser verschiedenen Fälle ist nichts bekannt. Zu allem Überfluss ist die unterstellte Gleichverteilung aller möglichen Fälle sogar prinzipiell unmöglich: Bei einer potentiell unendlichen Anzahl von Fällen kann nicht jeder der Fälle dieselbe Wahrscheinlichkeit haben. Mit dem Indifferenzprinzip unterstellen wir hier eine Struktur, die tatsächlich nicht vorhanden ist. Das ist eine Überschätzung des Ordnungsgehalts der Dinge in Folge der uns innewohnenden Prägnanztendenz.

Auf meiner Denkfallen-Seite mache ich noch ein paar Zusätze. Aber die sind für die grundlegende Auflösung des Paradoxons entbehrlich. Timm Grams, 16.08.08 [10]

Zu "Im Analyseteil des Artikels ("Die Lösung") wird das Paradoxon durch die Konstruktion einer Verteilung mit unendlichem Erwartungswert aufgelöst". Das stimmt so nicht; Ziel dieses Abschnittes ist es, zu zeigen, wie sich das Problem widerspruchsfrei mit Wahrscheinlichkeitsrechung behandeln lässt; vgl. Keith Devlin, The Two Envelopes Paradox, August 2004 "If you want to apply probability theory, you are free to do so, but you need to do it correctly. And that means working with actual probabilities, taking care to distinguish between prior and posterior probabilities." Im ersten Schritt stellt sich dabei heraus, dass sich bei den "normalen" Verteilungen Tauschen nur für bestimmte Beträge lohnt. Der zweite Schritt ist dann die Frage, ob das für alle Verteilungen gilt, und erst da kommen Verteilungen mit unendlichem Erwartungswert ins Spiel. Dieser "massive Einsatz von Mathematik" im ersten Schritt (also die Antwort auf die Frage, wie man das Problem widerspruchsfrei mit Wahrscheinlichkeitsrechnung behandelt) gehört meines Erachtens zur befriedigenden Lösung des Paradoxons dazu; für Anrgegungen, wie man das verständlicher gestaltet, bin ich aber offen.

Der Absatz mit der Prägnanztendenz ist meines Erachtens fragwürdig; im Umtauschparadoxon gilt das Gesetz der Prägnanz weiterhin. Die Welt des Umtauschparadoxons ist keineswegs chaotisch, sondern besitzt durchaus eine Struktur "und wir werden belohnt, wenn wir diese Struktur erkennen und ausnutzen." (vgl. Prägnanztendenz). Das Problem ist lediglich, dass das Indifferenzprinzip nicht zu einer widerspruchsfreien Beschreibung dieser Struktur führt. --NeoUrfahraner 13:09, 19. Aug. 2008 (CEST)

Überlegungen zum Indifferenzprizip

Überlegungen zum Indifferenzprinzip beim Umschlagparadoxon (Zitat: "Das Paradoxon kommt durch eine unzulässige Anwendung des Indifferenzprinzips zustande"). Nehmen wir für einen Moment an, dass Herr Lemke seine Vergehensweise bekannt gegeben hätte. Er habe Schecks in die beiden Umschläge getan, die er zuvor mit "M Euro" und "N Euro" bezeichnet habe. Ferner habe er mit einer 50%-Wahrscheinlichkeit ausgewürfelt ob gilt M=2*N oder N=2*M und dieses Ergebnis notariell hinterlegt. Er könnte auch schon einen konkreten Betrag für M oder N festgelegt haben. In diesem Fall wird Herr Lemke, falls "M Euro" auf dem Scheck stehen, argumentieren: "Ich habe in diesem Umschlag M Euro. Wenn ich tausche, habe ich mit einer Wahrscheinlichkeit von 50% 2*M Euro und mit der selben Wahrscheinlichkeit 0,5*M Euro. Dies macht einen Erwartungswert von 1,25*M Euro und ich tausche." Das scheinbare Paradoxon besteht noch immer. Liegt auch hier eine unzulässige Anwendung des Indifferenzprinzips vor? --Rebiersch 23:44, 19. Aug. 2008 (CEST)

Das kommt ganz darauf an, wie die Abhängigkeiten zwischen den verschiedenen Zufallsgrößen sind. Wenn z.B. nachdem der Umschlag mit "M" gezogen wurde, ein zweiter Notar, der nicht weiß, ob M=2*N oder N=2*M gilt, festlegt, dass M=100, dann sind die Paare (50/100) und (100/200) gleich wahrscheinlich und tauschen lohnt sich tatsächlich. --NeoUrfahraner 09:18, 20. Aug. 2008 (CEST)

Wichtig ist doch nur, dass die Zufallsgrößen unabhängig voneinander sind. Vereinfachend kann auch Herr Lemke dem Notar den Gesamtbetrag =M+N mitteilen. Ob M=2*N oder N=2*M gilt, ist auf jeden Fall unabhängig vom gewählten (Gesamt-)Betrag. Ob der Umschlag mit "M Euro" oder mit "N Euro" aufgedeckt wird, ist egal. In jedem Fall ergibt sich für den nichtaufgedeckten Umschlag ein Erwartungswert, der über dem Wert des aufgedeckten Umschlags liegt. Wenn N Euro aufgedeckt werden ist der Erwartungswert für den 2. Umschlag 1,25*N. Die Details sind aber nicht so wichtig. Mir geht es darum zu zeigen, dass 1. für eine 50/50 Wahrscheinlichkeitsverteilung des größeren/kleineren Betrages im Umschlag durchaus ein Auswahlverfahren vorstellbar ist, dass 2. sich dann rechnerisch ein Tausch immer zu lohnen scheint und 3. daher das Paradoxon nicht durch eine unzulässige Anwendung des Indifferenzprinzips zustande kommt. --Rebiersch 20:48, 20. Aug. 2008 (CEST)

Der Gesamtbetrag wird also unabhängig festgelegt. Dann sind wir aber wieder ganz normal bei den im Artikel beschriebenen Fall. Zieht man "N Euro", so ist N eine Zufallsgröße; 1.25*N ist ebenfalls eine Zufallsgröße und kein Erwartungwert. Man kann aber auf die bedingte Erwartung $E(M|N)=\sum _{n}E(M|N=n)p(N=n)$ wechseln, die aber wieder gleich der unbedingten Erwartung $E(M)=E(N)=E\left({\frac {M+N}{2}}\right)$ ist. --NeoUrfahraner 07:05, 21. Aug. 2008 (CEST)

Das sehe ich auch so. Ich schrieb ja auch "zu lohnen scheint". Im Artikeltext stand aus diesem Grund auch einmal: "Wird der Inhalt des Umschlags in der Berechnung der Gewinnerwartung verwendet, so muss für eine korrekte Rechnung auf bedingte Wahrscheinlichkeiten gewechselt werden". Dies war für mich immer nachvollziehbar, wurde aber gelöscht. Jetzt steht im Artikel: "Das Indifferenzprinzip ist also aus grundsätzlichen Erwägungen heraus nicht anwendbar". Stimmt die letzte Aussage? --Rebiersch 17:51, 21. Aug. 2008 (CEST)

Verstehe. Ich warte vorerst ab, ob Timm Grams etwas dazusagen will. --NeoUrfahraner 08:50, 22. Aug. 2008 (CEST)

Ich schreibe einfach mal worauf ich eigentlich hinaus will und wie ich das Umschlagparadoxon sehe, wenn das Indifferenzprinzip voraussetze. 1. Spielvariante: beliebiger Einsatz (Indifferenzprinzip), Münzwurf, wenn Zahl fällt wird der Einsatz verdoppelt, bei Zahl halbiert. Es wird mehrfach hintereinander gespielt. Der zuerwartende Gewinn nach n Spielen kann berechnet werden. Wenn die maximale Anzahl der Spiele (n) vorher festgelegt wird, ist der maximale Gewinn begrenzt, aber statistisch höher als der Einsatz (richtig?). 2. Spielvariante zur Annäherung an das Umschlagparadoxon: Die Anzahl der Spielzüge werden vorher festgelegt (2*n). Es kommen n rote Kugeln und n blaue Kugel in eine Urne. Bei roter Kugel wird verdoppelt und bei blauer Kugel halbiert. Die Kugeln werden nicht zurückgelegt. Die Gewinnerwartung beträgt 0 Euro (richtig?). Jetzt könnte jemand auf die Idee kommen schon vorab zu erklären, dass er bei dieser Spielvariante nach dem vorletzten Spielzug einsteigen wird (unabhängig vom vorher gewählten Einsatz und unabhängig welche Kugeln schon gezogen wurden). Er wird erklären, dass er die Farbe der Kugel mit 50%iger Wahrscheinlichkeit vorhersagen kann und falls zu diesem Zeitpunkt x Euro im Spiel sind, der Erwartungswert 1,25*x Euro beträgt. Hat er recht? Dies ist nun aber genau die Situation beim Umschlagparadoxon. Die Anzahl der Spielzüge ist vorher auf genau 2 festgelegt. Es steht schon vorher fest, dass Herr Schmidt nur vor dem letzten "Spielzug" einsteigen darf. Möglicherweise entsteht der Eindruck einer paradoxen Situation beim Leser, weil 125 Euro Erwartungswert gelesen, aber 25% Gewinn gedacht werden. Bei den Alternativen geschenkter Einsatz x1 und 10% Gewinn versus geschenkter Einsatz x2 mit zusätzlichen 20%igen Gewinnsteigerung wird auch niemand eine Entscheidung treffen wollen, solange das Verhältnis von x1:x2 unbekannt ist. --Rebiersch 13:08, 22. Aug. 2008 (CEST)

Spielvariante 1 ist richtig. Bei Spielvariante 2 und Einsatz 1 Euro sind nach der vorletzten Runde entweder 2 Euro oder 50 Cent im Spiel (beides mit Wahrscheinlichkeit 1/2). Die Auszahlung beträgt auf jeden Fall 1 Euro. Falls 2 Euro im Spiel sind, beträgt der Verlust also einen Euro, falls 50 Cent im Spiel sind, ist der Gewinn 50 Cent. Inwiefern ist das "genau die Situation beim Umschlagparadoxon"? --NeoUrfahraner 13:27, 22. Aug. 2008 (CEST)

Spielvariante 2 und Einsatz 1 Euro entspricht beim Umtauschparadoxon 1 Euro im ungeöffneten 2. Umschlag, also dem Gewinn wenn auf jeden Fall getauscht wird. In der vorletzten Runde, also dem Start beim Umtauschparadoxon sind im Umschlag den Herr Schmidt öffnen wird entweder 2 Euro oder 50 Cent (beides mit Wahrscheinlichkeit 1/2). Die Auszahlung beträgt beim Tausch auf jeden Fall 1 Euro. Falls 2 Euro im geöffneten Umschlag sind, beträgt der Verlust also einen Euro, falls 50 Cent im geöffneten Umschlag sind, ist der Gewinn 50 Cent. Insofern entspricht dies durchaus der Situation beim Umschlagparadoxon. --Rebiersch 14:28, 22. Aug. 2008 (CEST)

Es sind dann aber sozusagen drei Umschläge im Spiel: zunächst einer mit 2 Euro und einer mit 50 Cent; davon wird einer gezogen. Wenn man tauscht, bekommt man einen dritten Umschlag, und zwar einen mit 1 Euro. --NeoUrfahraner 06:51, 23. Aug. 2008 (CEST)

Das Verfahren hätte im Artikelbeispiel ja die Sekretärin durchgeführt. Sie braucht also zunächst einmal n reale Umschläge. Für den Startbetrag M (in irgendeiner Muschelwährung, die der Sekretärin nicht bekannt sein muss) braucht sie keinen. Für das Umschlagparadoxon ist n=2. Der Unterschied zum Umschlagparadoxon ist, dass die Umschläge gekennzeichnet sind. Es gibt einen vorletzten und einen letzten Umschlag. Scenario 1: Der Spieler macht sein Versprechen wahr und steigt beim Öffnen des vorletzten Umschlags ein. Das gleiche er steht vor dem gleichen Dilemma wie beim Umtauschparadoxon. Scenario 2: Er "verpasst" den Einstieg und erfährt jetzt nur, dass M Euro im letzten Umschlag sind. Er behauptet jetzt, dass er recht gehabt habe. Im vorletzten Umschlag können nur 1/3 M oder 2/3 M Euro gewesen sein. Beides mit einer 50%igen Wahrscheinlichkeit. Entweder habe ich 2/3 oder 1/3 Zusatzgewinn verpasst. (Er irrt sich mit der Gewinnrechnung natürlich schon wieder. Aber liegt es am Indifferenzprinzip?) --Rebiersch 08:49, 23. Aug. 2008 (CEST)

Der Spieler bekommt aber garantiert zuerst den vorletzten Umschlag (für den es zwei mögliche Beträge gibt) und hat keine zufällige Wahl zwischen dem letzten (mit einem dritten Betrag) und dem vorletzen; die Situation ist also unsymmetrisch und anders als um Umschlagparadoxon. --NeoUrfahraner 12:04, 23. Aug. 2008 (CEST)

Die Wahl zwischen dem letzten und vorletzten Umschlag will ich schon zulassen. Der "ausgedachte" Spieler könnte durchaus auch den vorletzten Umschlag nehmen. Auch beim Umtauschparadoxon gibt ja immer einen Umschlag, der zuerst bestückt wird. Der fiktive Spieler wird aber gerade argumentieren, dass nur das Auswahlverfahren bekannt sei, aber nichts über den Startbetrag, da der Umrechnungskurs der Muschelwährung vorerst Herrn Lemkes Geheimnis bleibt. Er wird sagen, dass er noch nicht einmal abschätzen kann ob die möglicherweise angegebenen 100 Einheiten Muschelwährung ein eher hoher Betrag ist oder verschwindend gering. Er fasst den Startbetrag aber nicht als Zufallsvariable auf, sondern als fixe Größe und wird damit rechnen. --Rebiersch 00:39, 24. Aug. 2008 (CEST)

Für den Startbetrag bzw. den Umrechnungskurs lässt sich das Indifferenzprinzip nicht anwenden, da es keine Wahrscheinlichkeitsverteilung gibt, bei der alle Möglichkeiten gleichwahrscheinlich sind. --NeoUrfahraner 07:45, 24. Aug. 2008 (CEST)

Das stimmt. Das Umtauschparadoxon bleibt aber bestehen auch wenn für jeden doppelten Betrag eine Wahrscheinlichkeit angenommen wird die größer als 1/3 ist (Das Indifferenzprinzip für größeren/kleineren Betrag ist also nicht Voraussetzung für das Paradoxon). Für eine korrekte Gewinn/Verlustrechnung "müsste" daher auf die bedingte Wahrscheinlichkeit gewechselt werden und das Paradoxon wäre gelöst (in diesem Punkt bestand Einigkeit). --Rebiersch 10:39, 24. Aug. 2008 (CEST)

Zu NeoUrfahraner, 19. Aug. 2008: Danke für den Hinweis zur Prägnanztendenz. Werde im Artikel eine kleine Ergänzung unterbringen, um dem gerecht zu werden.

Zu Rebiersch, 21. Aug. 2008: Selbstverständlich sind die bedingten Wahrscheinlichkeiten anzuwenden. Aber dazu muss man erst einmal erkennen, dass es nicht um den Wahrscheinlichkeitsraum {kB, gB} geht, sondern um den Wahrscheinlichkeitsraum {(kB1, gB1), (kB2, gB2), (kB3, gB3), ...}. (Ich schreibe kB für "kleiner Betrag" und gB für "großer Betrag".) Das Indifferenzprinzip ist nur anwendbar, wenn alle Elementarereignisse (Fälle) dieses Raums gleich wahrscheinlich sind. Und das ist nur möglich, wenn der Raum endlich ist. Im Paradoxon wird der Raum als unendlich vorausgesetzt. Also ist das Indifferenzprinzip nicht anwendbar. Das löst das Paradoxon. Der Abschnitt "Wann lohnt sich ein Tausch" geht noch einen Schritt weiter: Hier wird gezeigt, dass es überhaupt keine Verteilung der Fälle geben kann derart, dass sich ein Tausch in jedem Fall lohnt.

Wenn man die Verteilung der Fälle kennt, kann es abhängig vom gezogenen Betrag tatsächlich sinnvoll sein zu tauschen, oder eben nicht. An ein paar einfachen Beispielen habe ich auf meiner Denkfallen-Seite versucht, das zu verdeutlichen. Timm Grams [11]. --193.174.28.143 16:04, 22. Aug. 2008 (CEST)

ad Prof. Grams: Vielen Dank für die Erklärungen. Dennoch bin ich mir unsicher wo genau der Denkfehler bei der von mir angeführten Spielvariante 2 liegt. Vor allem da eine Gleichverteilung von kB und gB nicht Voraussetzung für das Umtauschparadoxon ist. --Rebiersch 00:49, 23. Aug. 2008 (CEST)

Zu Rebiersch, 22./23. Aug. 2008: Wenn ich Ihre Spielvarianten richtig verstanden habe, kann man sie so in die Umtauschparadoxon-Terminologie übersetzen: Ein gewisser Betrag x möge einem von zwei Umschlägen entnommen worden sein. Zwei Fälle sind zu unterscheiden:

• Fall 1: Im anderen Umschlag befindet sich der Betrag x/2.
• Fall 2: Im anderen Umschlag befindet sich der Betrag 2x.

Und diese beiden Fälle werden (aufgrund des Münzwurf- oder des Urnenmodells ) als gleich wahrscheinlich festgesetzt. Wir haben es also, nachdem x bekannt ist, mit dem Wahrscheinlichkeitsraum {(x/2, x), (x, 2x)} zu tun, dessen zwei Ereignisse oder Fälle dieselbe Wahrscheinlichkeit von 50 % besitzen. Und bei dieser Setzung kann das Paradoxon tatsächlich nicht auftreten. Der Tausch hat eine „Zugewinnerwartung“ von 25 %.

Die beiden Spielvarianten weichen im folgenden Punkt von der ursprünglichen Umtauschparadoxon-Situation ab: Die beiden Fälle werden auf eine Fifty-fifty-Wahrscheinlichkeit festgelegt. Aber gemäß Umtauschparadoxon hätte man die Wahrscheinlichkeiten aller Fälle, also der Fälle für jedes denkbare x, bedenken müssen; und erst nach Wahl (oder Entdeckung) eines x hätte man die bedingten Wahrscheinlichkeiten für Fall 1 und Fall 2 bestimmen dürfen. Und damit ist man wieder bei dem Gedankengang, der zur Auflösung des Paradoxons führt.

Ihre Bemerkung „beliebiger Einsatz (Indifferenzprinzip)“ hat für meine Interpretation Ihrer Spielvarianten keine Bedeutung. Aber die Bemerkung ist insofern interessant, als sie den Grundwiderspruch des Paradoxons betrifft: Es gibt tatsächlich keine Möglichkeit, allen möglichen belieben Einsätzen dieselbe Wahrscheinlichkeit zuzumessen. Das Indifferenzprinzip ist auf „beliebige Einsätze“ nicht anwendbar. Timm Grams --193.174.28.143 12:50, 25. Aug. 2008 (CEST)

ad Prof. Grams. Vielen Dank für die freundliche Antwort. Beliebiger Einsatz (Indifferenzprinzip) war von mir falsch formuliert. Gemeint war eigentlich: "beliebiger Einsatz, es soll für einfachen und doppelten Betrag das Indifferenzprinzip gelten, daher Münzwurf, wenn Zahl fällt wird der Einsatz verdoppelt, bei Zahl halbiert." Falls ich Sie richtig verstanden habe, gibt es also mehrere mögliche Sichtweisen:

1. Ihre Sichtweise mit Blick auf die Auswahl der Ursprungsbeträge, also ihrer Sichtweise, die im Artikelbeispiel der Sicht von Herrn Lemke entspricht. Um auf die Gewinnwahrscheinlichkeit zu berechnen, ist die bedingte Wahrscheinlichkeit des aufgedeckten Betrages erforderlich, die aber niemals 50% entsprechen kann. Bei dieser Sichtweise ergibt (wenn 100 Euro aufgedeckt werden) 0,5*50+0,5*200=125 Euro keinen Sinn. Im nächsten Schritt wird im Artikel gezeigt, dass bei einer begrenzten Auswahl (mit endlichen Erwartungswert) ein Tausch nicht für alle aufgedeckten Beträge sinnvoll ist. Bei einer unbegrenzten Auswahl ist nun aber die Rechnung mit bedingter Wahrscheinlichkeit "aus formalen Gründen" unzulässig.

2. Sichtweise mit Blick auf die den verschlossenen Umschlag (Sichtweise von Herrn Schmidt). Die Ereignisse halber Betrag (x) und doppelter Betrag (2x) können als Elementarereignisse angesehen werden. 50% ist hier keine bedingte Wahrscheinlichkeit, sondern eine unbedingte Wahrscheinlichkeit. Es gibt also zunächst auch nur 2 Ereignisse, die betrachtet werden dürfen: "doppelter Betrag ist im verschlossenen Umschlag" und "halber Betrag ist im verschlossenen Umschlag". Es gibt die Möglichkeiten Tausch und nicht Tausch, so dass sich folgende Kombinationen ergeben:

• 2x im verschlossenen Umschlag und Tausch: Gesamtgewinn 2x , Zusatzgewinn durch Tausch x
• x im verschlossenen Umschlag und Tausch: Gesamtgewinn x, entgangener Zusatzgewinn durch Tausch x
• 2x im verschlossenen Umschlag und Nichttausch: Gesamtgewinn x , entgangener Zusatzgewinn durch Nichttausch x
• x im verschlossenen Umschlag und Nichttausch: Gesamtgewinn 2x, Zusatzgewinn durch Nichttausch x

Bei Tausch sind also Zusatzgewinn und entgangener Zusatzgewinn gleich groß, obwohl bei Tausch mit gleicher Wahrscheinlichkeit der Verlust 50% und der Gewinn 100 % von einem Gesamtbetrag (x oder 2x !) beträgt. Bei Nichttausch beträgt hingegen entweder der Verlust 100% oder der Gewinn 50%.

3. Sichtweise mit Blick auf den geöffneten Betrag: Die Ereignisse "100 Euro ist der halbe Betrag" und "100 Euro ist der doppelter Betrag" können als Elementarereignisse angesehen werden. 50% ist wieder keine bedingte Wahrscheinlichkeit, sondern eine unbedingte Wahrscheinlichkeit. Es gibt die Möglichketen "Tausch" und "Nichttausch", so dass sich die Kombinationen ergeben:

• 100 Euro = 2x und Tausch: Gesamtgewinn: 50 Euro, entgangener Zusatzgewinn: 50 Euro
• 100 Euro = x und Tausch: Gesamtgewinn: 200 Euro, Zusatzgewinn: 100 Euro
• 100 Euro = 2x und Nichttausch: Gesamtgewinn 100 Euro, Zusatzgewinn durch Nichttausch 50 Euro.
• 100 Euro = x und Nichttausch: Gesamtgewinn 100 Euro, entgangener Zusatzgewinn 100 Euro.

Die Summe von Zusatzgewinn und entgangener Zusatzgewinn sind bei Tausch und Nichttausch wieder gleich groß. Der prozentuale Zusatzgewinn bezogen auf 100 Euro beträgt bei Tausch entweder 50% Verlust oder 100% Gewinn. Bei Nichttausch entweder 50% Gewinn oder 100% Verlust.

0,5*50+0,5*200=125 Prozent ist bei dieser Interpretation also so etwas wie "der Erwartungswert in Prozent auf der Basis des aufgedeckten Betrages". Dieser seltsame "Erwartungswert" ist aber bei Tausch oder Nichttausch gleich groß. --Rebiersch 22:58, 27. Aug. 2008 (CEST)

Schade, dass niemand geantwortet hat. Falls es an einer mathematisch nicht korrekten Form liegen sollte, wäre ich für jeden Hinweis dankbar. Ich sehe nur, dass es im angegebenen Beispiel zunächst um den Wahrscheinlichkeitsraum {kB, gB} geht, wobei beide Ereignisse gleich wahrscheinlich sind. Wenn der kleinere Betrag in einen der beiden Umschläge mit x bezeichnet wird, geht es also um den Wahrscheinlichkeitsraum {x, 2x}. Bei Tausch oder Nichttausch ist der Gewinn/Verlust jeweils x und zwar unabhängig vom tatsächlich aufgedeckten Betrag. Der Erwartungwert ist also 1,5 x. Er kann aber aus dem aufgedeckten Betrag nicht berechnet werden, da unbekannt ist, ob der aufgedeckte Betrag bei dieser Betrachtungsweise x oder 2x entspricht. Das mag zwar bedauerlich sein, ist aber keinesfalls paradox. Es bleibt festzuhalten, dass für die Wahrscheinlichkeiten von kB und gB das Indifferenzprinzip offensichtlich gilt.

Wird der Wahrscheinlichkeitsraum erweitert auf {x/2, x, 2x} und gleichzeitig ein Maximalbetrag festgelegt, verwundert es überhaupt nicht, dass sich unter diesen Bedingungen das "Paradoxon" auflöst. Schließlich lohnt sich das Tauschen nie, wenn sich der Maximalbetrag im Umschlag befindet. Dass die Wahrscheinlichkeiten für x/2 und 2x nicht identisch sein müssen, ist hierbei unerheblich. Wenn x für den aufgedeckten Betrag steht, lohnt sich ein Tauschen schon dann, wenn die bedingte Wahrscheinlichkeit von "2x im verschlossenen Umschlag zu finden" größer als 1/3 ist.

Es fehlt also noch zumindest ein Verteilungsverfahren von Herrn Lemke bei dem scheinbar die bedingte Wahrscheinlichkeit für den doppelten Betrag (2x) im verschlossen Umschlag alle möglichen aufgedeckten Beträge (x) im geöffneten Umschlag größer ist als 1/3. Er könnte folgendermaßen vorgegangen sein:

Lange Antwort:

Wann lohnt sich ein Tausch?

Die Beschreibung des Umschlagparadoxon setzt voraus, dass immer genau 2 Umschläge ins Spiel gebracht werden. Wird eine Abfolge von möglichen Spielen betrachtet, so erhalte ich zunächst eine Folge von Doppelumschlägen z.B. in der Form (kB1;gB1),(kB2;gB2),(kB3,gB3),(kB4,gB5)... Die Klammern werden also so gesetzt, dass immer Doppelumschläge zu einer Einheit zusammengefasst werden. Wichtig ist, dass bei dieser Betrachtung immer gilt gB=2*kB . Diese Betrachtung folgt also dem Text "in beiden Briefumschlägen befindet sich ein Geldbetrag, in dem einen doppelt so viel wie im anderen". Beachte, dass in den Klammern nur Ereignisse mit gleicher Wahrscheinlichkeit zusammengefasst werden. Es ist sicher, dass es mindestens 2 Beträge im Spiel sind (kB1;gB1). Ist kB1 der Startbetrag S, dann schreibe ich (S,2*S). Weiterentwickelt ergibt sich eine Folge aus den Doppelumschlägen (S;2S);(2S;4S);(4S;8S);(8S;16S)... . Ein Tausch ist sinnvoll, wenn der Betrag im verschlossenen Einzelumschlag größer als der aufgedeckte Betrag aus dem anderen Einzelumschlag ist. Den Unterschied nenne ich je nach Vorzeichen Zugewinn bzw Verlust. Man beachte hierbei, dass nicht nur in den Klammern Ereignisse mit gleicher Wahrscheinlichkeit zusammengefasst werden, sondern dass auch die beiden Ereignisse (kB und gB) in einer beliebigen Klammer mit jeweils 50% Wahrscheinlichkeit aufgedeckt werden. Für Zugewinn/Verlust-Betrachtung erhalte ich die Folge (S;-S);(2S;-2S);(4S;-4S);(8S;-8S)....(Z;-Z). Schreibe ich die unbekannten unbedingten Wahrscheinlichkeiten p1, p2, p3, p4, p5 ... dazu, erhalte ich eine Reihe. Spätestens jetzt dürfen die Klammern nicht mehr verschoben werden: Erwartungswert für den Zugewinn durch Tauschen: p1*(S-S)+p2*(2S-2S)+p3*(4S-4S)+p4*(8S-8S)....+pZ*(Z-Z). Der Erwartungswert für den Zugewinn jedes Ereignisses bei Tausch und bei Nichttauschen aus den Doppelumschlägen ist 0 da: 0,5 * Z + 0,5 * (-Z)=0. Der Erwartungswert für den Zugewinn durch Tauschen ergibt sich somit aus der Summe: p1*(0)+p2*(0)+p3*(0)+p4*(0)....+pZ*(0) = 0. Der Erwartungswert für den Zugewinn durch Nichttauschen ergibt ebenfalls wenig überraschend den Wert 0. Die Alternativen "immer tauschen" oder "nie tauschen" sind daher unter den beschriebenen Bedingungen immer gleichwertig, auch wenn kein Maximalbetrag angenommen wird.

Wenn die beiden Alternativen "immer tauschen" und "nie tauschen" gleichwertig hinsichtlich des zuerwartenden Zugewinns sind, so folgt daraus nicht, dass es keine bessere Alternative gäbe. Stellen wir uns vor, dass Herr Schmidt den Startbetrag kennt und entscheidet beim Startbetrag immer zu tauschen und niemals bei Beträgen die größer sind. Mit der Wahrscheinlichkeit p1 wird der Doppelumschlag (S;2S) durch Herrn Lemke gewählt. Öffnet Herr Schmidt jetzt den Einzelumschlag S, so ist sein Zugewinn durch Tausch gegenüber Nichttauschen wieder S. Öffnet Herr Schmidt den Einzelumschlag mit 2*S, so wird er nicht tauschen und somit gegenüber tauschen wieder einen Zugewinn von S verbuchen. Unter diesen Bedingungen ist der Erwartungswert für einen Zugewinn also: p1*(0,5*S+0,5*S)+p2*(2S-2S)+p3*(4S-4S)+p4*(8S-8S)....+pZ*(Z-Z) = p1*S (p1*S ist in jedem Fall ein positiver Betrag).

Vermutet Herr Schmidt lediglich einen Betrag T für den sich Tauchen nicht mehr lohnt, so ergeben sich sofern T > S folgende Überlegungen: Zusatzgewinne durch Tausch: (1-1);(2-2);(4-4);(8-8)...p(T/4 - T4),(T/2 - T/2),(T -T)....(Z -Z) Zusatzgewinne durch Nichttauschen (-1+1),(-2+2),(-4+4),(-8+8)...(-T/4+T4), (-T/2 + T/2) ,(-T + T)....(-Z + Z) Tauscht Herr Schmidt immer bei Beträgen < T und niemals bei Beträgen, die größer oder gleich T sind, so ergeben sich die Folgen: Für aufgedeckten Betrag <T: (1,-1),(2,-2),(4,-4),(8,-8)...(T/4,-T/4),T/2... [Vorteil T/2 mit Wahrscheinlichkeit p(T/2;T)] Für aufgedeckten Betrag >= T: ... T/2),(-T;T)....(-Z,Z) [Vorteil T/2 mit Wahrscheinlichkeit p(T;2T)] Die Strategie ab einen Betrag T nicht mehr zu tauschen, ergibt also einen Vorteil von (p(T/2;T) + p(T;2T)) * T/2 --Rebiersch 00:30, 11. Okt. 2008 (CEST)

"Spätestens jetzt dürfen die Klammern nicht mehr verschoben werden". Genau das zeigt, dass die Rechnung von der Klammerung abhängig und auf willkürlichen Annahmen beruht. --NeoUrfahraner 06:37, 15. Okt. 2008 (CEST)

Nein, es sind keine willkürlichen Annahmen. Das geht eindeutig aus dem Text hervor. Die Wahrscheinlichkeiten (a) einen beliebigen Betrag (kB) aus dem Umschlag (kB;gB) zu erhalten bzw. (b) den doppelten Betrag (gB) aus dem Umschlag (kB;gB) zu erhalten sind für Herrn Schmidt vor dem Öffnen immer gleich groß! --Rebiersch 21:15, 23. Okt. 2008 (CEST)

Diese Wahrscheinlichkeiten bezweifle ich nicht. Es ist die Klammerung, die willkürlich ist. --NeoUrfahraner 08:43, 24. Okt. 2008 (CEST)

In den Klammern werden Ereignisse und mögliche Zugewinne, die mit gleicher Wahrscheinlichkeit auftreten, zusammengefasst. Das war nicht willkürlich, sondern beabsichtigt. --Rebiersch 19:53, 24. Okt. 2008 (CEST)

Ich bezweifle nicht, dass Du diese Klammerung beabsichtigst. Trotzdem ist sie willkürlich. --NeoUrfahraner 20:19, 24. Okt. 2008 (CEST)

Gibt es denn eine sinnvolle alternative Betrachtungsweise, die zu einem anderen Ergebnis führt? --Rebiersch 00:13, 26. Okt. 2008 (CEST)

Der Erwartungswert ist bei beiden Tauschstrategien unendlich. Der Unterschied zwischen beiden Strategien ist unendlich minus unendlich, und das ist unbestimmt. Bei einer bestimmten Klammerung kann natürlich scheinbar eine endliche Differenz herauskommen, bei einer anderen Klammerung kann aber ein ganz anderes Ergebnis kommen. --NeoUrfahraner 20:23, 26. Okt. 2008 (CET)

Beachte bitte, dass der Erwartungswert vor dem Öffnen zwar unendlich groß sein mag, im geöffneten Umschlag ist aber immer ein konkreter (wenn vielleicht auch beliebig großer) Betrag. Andere Annahmen stehen im Widerspruch zur Schilderung im Text. Unendlich minus unendlich ist natürlich großer Unsinn. Ich bin gespannt welches Ergebnis eine andere Klammerung ergeben sollte. --Rebiersch 21:32, 26. Okt. 2008 (CET)

Die von Dir angegebenen Summe (14:35, 8. Okt. 2008)

p1 * (-1) + [ p2 * (2-2) + p3 * (4-4) + p4 * (8-8) + p5 * (16-16) + .....+pz * (Z-Z)]

beschreibt den Unterschied der Erwartungswerte vor dem Öffnen. Unter der Voraussetzung unendlicher Erwartungswerte ist das die Differenz zweier divergenter Reihen. Dass eine andere Klammerung zu anderen Ergebnissen führen kann, sollte Dir eigentlich bewußt sein - sonst hättest Du ja den Satz "Spätestens jetzt dürfen die Klammern nicht mehr verschoben werden" nicht geschrieben. Die Beweispflicht, dass das Ergebnis sinnvoll ist (also dass es unabhängig von Klammerung und Reihenfolge der Summanden ist) liegt eigentlich bei Dir; der Riemannsche Umordnungssatz liefert Dir aber die Idee, wie man mit geänderter Reihenfolge zu anderen Ergebnissen kommen kann. --NeoUrfahraner 19:35, 27. Okt. 2008 (CET)

Ich schrieb aber:

   Die Summen von Gewinn/Verlust durch Tausch mit dazugehörigen Wahrscheinlichkeiten ergeben:
   p1 * (1-1) + p2 * (2-2) + p3 * (4-4) + p4 * (8-8) + p5 * (16-16) + .....+pz * (Z-Z)= 0

Die von dir zitierte Stelle/Summe bezog sich auf deinen Kommentar:

   Bei "Tausche nie, außer beim Startbetrag" gewinnt man aber nicht mehr Geld als bei "Tausche immer". Einverstanden?

Und damit bin ich nicht einverstanden. Die Strategien "Nie tauschen" und "immer tauschen" sind immer gleichwertig. "Nie tauschen, außer beim Startbetrag" hat aber den Vorteil sicher den doppelten Startbetrag zu erhalten, wenn der Startbetrag aufgedeckt wird. Wird hingegen der doppelte Startbetrag aus dem Umschlag (Startbetrag; doppelter Startbetrag) aufgedeckt, behalte ich auch den doppelten Startbetrag.

Zur Klammerung schrieb ich:

   Für Zugewinn/Verlust-Betrachtung erhalte ich die Folge (S;-S);(2S;-2S);(4S;-4S);(8S;-8S)....(Z;-Z). Schreibe ich die
   unbekannten unbedingten Wahrscheinlichkeiten p1, p2, p3, p4, p5 ... dazu, erhalte ich eine Reihe. Spätestens jetzt dürfen die
   Klammern nicht mehr verschoben werden: Erwartungswert für den Zugewinn durch Tauschen: p1*(S-S)+p2*(2S-2S)+p3*(4S-4S)+p4*
   (8S-8S)....+pZ*(Z-Z)

Die Folge der möglichen Ereignisse darf noch anders zusammengefasst werden: S;(2S-S);(4S-2S);(8S-4S)... (Z-Z/2);-Z. Das entspricht der Betrachtung "ich gewinne durch Tausch entweder den doppelten Betrag oder verliere den halben Betrag". Ein Trugschluss wäre (und da sind wir uns doch wohl einig) anzunehmen, dass die Wahrscheinlichkeiten für diese beiden Ereignisse gleich seien. p1*S+p2*(2S-S)+p3*(4S-2S)+p4*(8S-4S)... ist daher Unfug. Das hat mit dem Riemannschen Umordnungssatz nichts zu tun. --Rebiersch 01:23, 28. Okt. 2008 (CET)

Du hast geschrieben (00:30, 11. Okt. 2008)

"Wenn die beiden Alternativen "immer tauschen" und "nie tauschen" gleichwertig hinsichtlich des zuerwartenden Zugewinns sind, so folgt daraus nicht, dass es keine bessere Alternative gäbe. Stellen wir uns vor, dass Herr Schmidt den Startbetrag kennt und entscheidet beim Startbetrag immer zu tauschen und niemals bei Beträgen die größer sind. ... Unter diesen Bedingungen ist der Erwartungswert für einen Zugewinn also:

p1*(0,5*S+0,5*S)+p2*(2S-2S)+p3*(4S-4S)+p4*(8S-8S)....+pZ*(Z-Z) = p1*S (p1*S ist in jedem Fall ein positiver Betrag)."

Das ist wieder eine divergente Reihe, deren Summe von der Reihenfolge der Summanden abhängt. --NeoUrfahraner 06:48, 28. Okt. 2008 (CET)

PS: was passiert nach Deiner Rechnung, wenn Herr Schmidt den Startbetrag kennt und entscheidet zu tauschen, wenn der Betrag kleiner oder gleich dem doppelten Startbetrag ist und niemals bei Beträgen, die echt größer als der doppelte Startbetrag? --NeoUrfahraner 06:59, 28. Okt. 2008 (CET)

ad 1: Sorry, aber ich sehe keine divergente Reihe. Der erste Summand lautet p1*(0,5*S+0,5*S). p1 ist die Wahrscheinlichkeit, dass die Umschlagkombination mit dem kleinstmöglichen Betrag (Startbetrag) ausgewählt wurde. Wurde diese Umschlagkombination durch Herrn Lemke gewählt, wird Herr Schmidt zu 50% den Startbetrag (S) im Umschlag öffnen und tauschen. Sein Zusatzgewinn gegenüber dem anderen Umschlag ist dann S (Erwartungswert für dieses Ereignis ist p1*0,5*S). Zu 50% wird Herr Schmidt den Umschlag mit 2S öffnen und daher nicht tauschen. Sein Gewinn gegenüber der Alternative den Umschlag mit S zu wählen ist wieder S. (Der Erwartungswert ist wieder p1*0,5*S). In allen anderen Fällen (Umschlagkombinationen die nicht den Startbetrag enthalten) heben sich die Zusatzgewinne wieder auf. Der Wert der folgenden Summanden ist immer Null. Ich versuche mich mal mit einer graphischen Darstellung:

p1*(0,5*S+0,5*S)+ $\sum _{i=2}^{\infty }p_{i}*(0,5*2^{(i-1)}*S-0,5*2^{(i-1)}*S)$

= p1*S + 0,5 * S * $\sum _{i=2}^{\infty }p_{i}*(2^{(i-1)}-2^{(i-1)})$

= p1*S + $\sum _{i=2}^{\infty }p_{i}*0$

= p1 * S

ad2: diese Strategie ist unter den oben genannten Annahmen, dass nur die Beträge S, 2S, 4S, 8S ... im Spiel sind, noch besser.

p1*(0,5 * S + 0,5 * S) + p2 * (0,5 * 2S + 0,5 * 2S) + $\sum _{i=3}^{\infty }p_{i}*(0,5*2^{(i-1)}*S-0,5*2^{(i-1)}*S)$

= p1 * S + p2 * 2S + $\sum _{i=3}^{\infty }p_{i}*0$

= p1 * S + p2 * 2S

--Rebiersch 01:04, 29. Okt. 2008 (CET)

Vorerst zu 2: Wenn ich Deine Rechenmethode zunächst als korrekt ansehe, komme ich beim ersten Summand auf p1*(-0,5*S + 0,5*S)=0, weil man bei (S, 2S) immer tauschen würde, und daher in Summe kein Vorteil vorliegt. Insgesamt ergibt das dann p2*2S für "Tausche bei <=2S" im Gegensatz zu p1*S für "Tausche bei <=S". Bis auf den Spezialfall 2p2=p1 sind die Werte für beide Tauschstrategien verschieden. So weit einverstanden? --NeoUrfahraner 11:28, 29. Okt. 2008 (CET)

ja, einverstanden (ich hatte die vorgeschlagene Tauschstrategie falsch verstanden) --Rebiersch 12:35, 29. Okt. 2008 (CET)

Der strittige Punkt, bei dem nach meiner Erinnerung unsere Diskussion gestartet ist, ist Deine Aussage von 19:49, 19. Sep. 2008: Unter diesen Bedingungen lautet die folgerichtige Tauschstrategie: "Tausche immer beim Startbetrag, in allen anderen Fällen ist es egal. Erinnerst Du Dich? --NeoUrfahraner 17:26, 29. Okt. 2008 (CET)

Selbstverständlich erinnere im mich. Voraussetzungen waren ein bekannter Startbetrag, das Auswahlverfahren mit unbekanntem p und ein fehlender Höchstbetrag. "Tausche immer beim halben Startbetrag" wäre unsinnig, da ein halber Startbetrag nie aufgedeckt wird. Tausche beim Startbetrag ist auf jeden Fall sinnvoll. Der Tausch bei einem Vielfachen des Startbetrages kann je nach p sinnvoll sein oder auch nicht. In der Betrachtung sind wir inzwischen ein Stück weitergekommen. Ist p>1/2 dann ist es besser beim Startbetrag zu tauschen und sonst nie. Ist p=1/2 ("Spezialfall") dann ist ein Tausch nur beim Startbetrag genauso sinnvoll wie ein Tausch bei jedem Vielfachen vom Startbetrag. Ist p<1/2 dann ist es immer noch sinnvoll beim Startbetrag zu tauschen (Jede Strategie mit einem noch höheren "Tauschgrenzwert" ergibt bei p<1/2 aber einen noch größeren Vorteil). Einverstanden? --Rebiersch 01:55, 30. Okt. 2008 (CET)

Wir sind uns also einig, dass es (bis auf einzelne Spezailfälle) nicht egal ist, ob man bei Beträgen unterschiedlich vom Startbetrag tauscht (egal, ob man jetzt den Fall mit endlichem oder unendlichem Erwartungswert betrachtet). So weit einverstanden? --NeoUrfahraner 06:42, 30. Okt. 2008 (CET)

Ja, einverstanden. (Beim Startbetrag ist es immer sinnvoll, bei anderen Beträgen hängt es vom p ab). --Rebiersch 07:57, 30. Okt. 2008 (CET)

OK, damit können wir es bewenden lassen. Strittig ist ja nur mehr, wie man diese Aussage begründet. Ich bin mit Deiner Begründung nicht einverstanden, Du nicht mit meiner - in der eigentlichen Aussage sind wir uns aber einig. --NeoUrfahraner 08:22, 30. Okt. 2008 (CET)

Ok, lassen wir es damit bewenden --Rebiersch 18:32, 30. Okt. 2008 (CET)