Diskussion:Umtauschparadoxon/Archiv/4

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Frage zu Verteilungen mit unendlichem Erwartungswert.

... Verteilungen, die diese Bedingung für alle möglichen n erfüllen, lassen sich zwar konstruieren, besitzen dann aber keinen endlichen Erwartungswert, sodass die oben angedeutete Argumentation, die zu einem Widerspruch führt, bereits aus formalen Gründen unzulässig ist. Warum sind Verteilungen in denen der Erwartungswert nicht existiert bereits aus formalen Gründen unzulässig. Z.B. könnte der Grundbetrag geometrische mit Parameter < 1/2 verteilt sein.

Kleine Anmerkung: Die Geometrische Verteilung hat durchaus einen endlichen Erwartungswert. Es gibt aber tatsächlich andere Beispiele von Verteilungen mit nichtexistierendem Erwartungswert. --NeoUrfahraner (Diskussion) 08:53, 2. Mai 2012 (CEST)

Der dann nicht existierende Erwartungswert (für den Grundbetrag oder für die bereitzustellende Geldsumme) birgt keine formalen Probleme. Zwar wird bei einer Versuchsreihe der Mittelwert der Geldsumme nicht gegen einen Wert (der Erwartungswert existiert ja nicht) konvergieren. Aber auch das ist bei endlichen Versuchsreihen weder ein formales noch ein praktisches Problem, denn bei keinem Zufallsexperiment wird, so eine Verteilung vorausgesetzt, ein unendlicher Geldbetrag nötig sein. --Wanierke 20:59, 11. Jan. 2012 (CET)

Ich sehe es auch so. --Rebiersch 16:43, 12. Jan. 2012 (CET)

Deine (bislang ungesichtete) Änderung "Für so eine a-priori Verteilung ist der gegebene Vorteil der Tauschentscheidung für jeden vorgefundenen Wert im geöffneten Umschlag ... aber nicht paradox" habe ich gelesen. Jetzt ergibt sich leider ein Widerspruch zum Abschnitt "Das Paradoxon: Wenn die Rechnung von Herrn 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." --Rebiersch 13:07, 15. Jan. 2012 (CET)

Ja, das ist ein ernstes Problem. Mit der erwähnten a-priori Verteilung erklärt sich das Paradoxon durch den unendlichen Erwartungswert für den Geldwert, den man erhält, wenn kein Umschlag geöffnete wird. Es darf dann so sein, dass sich in jedem Einzelfall das Tauschen lohnt. Für derartige gegebene a-priori Verteilungen müsste das Paradoxon anders formuliert werden, denn das Tauschen lohnt sich in diesem Fall zwar immer, wenn ein Umschlag offen ist, aber ohne geöffneten Umschlag lohnt es sich nicht. Das ist in der angegebenen Literatur erklärt. Dort wird dieser Fall im letzten Abschnitt als "nicht paradox" formuliert. --Wanierke 16:37, 19. Jan. 2012 (CET)

Ich sehe zunächst einmal (nur) ein sprachliches Problem. Das, was momentan im Abschnitt Paradoxon steht, beschreibt "Paradoxon" im Sinne eines scheinbaren Widerspruchs. Chalmers Argumentation läßt aus meiner Sicht nur die Interpretation "nicht paradox" im Sinne von "kein tatsächlicher Widerspruch" zu. --Rebiersch 22:12, 19. Jan. 2012 (CET)

Als vorübergehende Lösung habe ich den Text unter Paradoxon etwas abgeändert, um deutlicher herauszustellen, dass selbstverständlich kein tatsächlicher Widerspruch vorliegt. Tatsächlich kann der ungeöffnete Umschlag immer besser sein, als jeder geöffnete Betrag. --Rebiersch 18:54, 20. Jan. 2012 (CET)

Mir ist diese Diskusion im Jänner entgangen, daher meine Anmerkungen dazu:

1. Ausgangsfrage: "Warum sind Verteilungen in denen der Erwartungswert nicht existiert bereits aus formalen Gründen unzulässig." (Wanierke, 20:59, 11. Jan. 2012) Nicht die Verteilung ist aus formalen Gründen unzulässig, sondern die Argumentation mit dem Erwartungswert ist aus formalen Gründen unzulässig.
2. "Tatsächlich kann der ungeöffnete Umschlag immer besser sein, als jeder geöffnete Betrag." (Rebiersch, 18:54, 20. Jan. 2012) Was genau heißt "besser"? Bei endlichem Erwartungswert ist die Antwort im gegebenen Zusammenhang, dass "besser" gleichbedeutend mit "höherem Erwartungswert" ist. Bei unendlichem Erwartungswert ist der Erwartungswert ohne Tauschen gleich unendlich, mit Tauschen unendlich plus irgendwas, also auch wieder unendlich. Es liegt daher keine Verbesserung des Erwartungswerts vor. Die Strategie "optimiere den Erwartungswert" ist daher unsinnig (aus formalen Gründen unzulässig). Eine sinnvollere Strategie wäre dann z.B. "optimiere die Wahrscheinlichkeit, den größeren Betrag zu finden", tausche also wenn $P(Y>x|X=x)>1/2$. Diese Strategie führt auch bei unendlichem Erwartungsert zu einem vernünftigen Ergebnis. --NeoUrfahraner (Diskussion) 07:15, 2. Mai 2012 (CEST)

Noch realistischer wäre in diesen Fall die Verwendung einer Nutzenfunktion, d. h. man ordnet erst jedem Geldbetrag x einen "Nutzen" u(x) zu. Der englische Artikel sagt ein bisschen was dazu. Das Problem, dass der Erwartungswert bei Geldbeträgen manchmal kein geeignetes Maß ist, kann übrigens auch schon bei endlichen (großen) Beträgen auftreten. Als Beispiel: Ich mache euch zwei Angebote, ihr dürft frei wählen: Entweder ich schenke euch einfach so 1 Million Euro oder ich werfe eine (faire) Münze: Wenn "Kopf" kommt bekommt ihr 1 Euro und wenn Zahl kommt 2 Millionen Euro! Wer von euch würde das Angebot mit dem größeren Erwartungswert nehmen? -- HilberTraum (Diskussion) 09:38, 2. Mai 2012 (CEST)

Die Rechnung von Herr Schmidt ist richtig

Trotz aller angestellten Überlegungen muss ich leider mitteilen, dass Herr Schmidt mit seiner Rechnung recht hat. Sie gilt zudem nicht nur für 100 Euro, sondern für alle Beträge, die aufgedeckt werden. Eine genaue Beschreibung über die Umstände wie es hierzu kommen konnte steht hier: --HerrLemke 21:47, 27. Jan. 2012 (CET)

Wenn Herr Schmidt die bedingte Wahrscheinlichkeit für den aufgedeckten Betrag jedoch nicht kennen sollte, so gilt:

• Falls der Erwartungswert ungeöffneter Umschläge gegen unendlich strebt, so tausche bei jedem Betrag.
• Falls der Erwartungswert ungeöffneter Umschläge gegen einen endlichen Betrag > 0 strebt, so tausche bis zu einem zuvor festgelegten Betrag.
• Falls der Erwartungswert ungeöffneter Umschläge gegen null strebt, so tausche nicht.

--HerrLemke 20:18, 1. Feb. 2012 (CET)

Die einfache Lösung

Abschnitt 1

Hallo; die einfache Lösung darf nicht einfach aus dem Artikel entfernt werden, und zwar aus (mindestens) zwei Gründen:

1. Diese Lösung ist durch Quellen belegt

2. Sie ist die einzig richtige Lösung, wenn man auf Zusatzannahmen verzichten möchte.

Gruß. --Geodel (Diskussion) 19:26, 20. Apr. 2012 (CEST)

Was soll denn das für eine Lösung sein? Vor dem Öffnen sind beide Umschläge gleichwertig. Wenn G und 2G Euro in den Umschlägen sind, ist der Erwartungswert vor dem Öffnen für beide Umschläge 1,5G. Dies ist doch völlig unbestritten. Nach dem Öffnen beider Umschläge sind sie nur gleichwertig für G=0, sonst niemals. Und es ist zudem immer eindeutig zu erkennen ob sich ein Tausch lohnt. Wenn lediglich ein Umschlag geöffnet wird, ist der ungeöffnete nur dann als gleichwertig zu bezeichnen, wenn der unbekannte Erwartungswert des ungeöffneten Umschlags dem tatsächlichen Wert des bereit geöffneten Umschlags entspricht. Nun ist es aber keineswegs so, dass ausgehend von einem Betrag Z im geöffneten Umschlag die Wahrscheinlichkeiten für den doppelten und halben Betrag im ungeöffneten Umschlag immer im Verhältnis 1/3 zu 2/3 stehen. Diese Annahme ist genauso irrig wie die Vermutung von Herrn Schmidt in der Beispielrechnung, dass das Verhältis 1/2 zu 1/2 sei.

1/3 zu 2/3 auch eine nicht begründete "Zusatzannahme". --Rebiersch (Diskussion) 23:37, 20. Apr. 2012 (CEST)

Die "einfache Lösung" ist keine Lösung, weil sie nicht erklärt, worin der Denkfehler von Herrn Schmidt besteht. Die Aussage "Tauschen lohnt sich nicht, weil beide Umschläge gelicherwertig sind" ist die naive naheliegende Antwort. Die eintscheidende Frage ist aber, was ist an der Rechnung von Herrn Schmidt ("Tauschen lohnt sich immer") falsch. Um die Auflösung des Widerspruchs zwischen der naiven/einfachen Lösung und der Rechnung von Herrn Schmidt geht es im Artikel. --NeoUrfahraner (Diskussion) 07:40, 21. Apr. 2012 (CEST)

Ich hab die Änderung jetzt revidiert, weil überhaupt nicht ersichtlich ist, wie dieser Teil durch die angegebene Quelle Federico O´Reilly: Is there a two envelope paradox? belegt wird. --NeoUrfahraner (Diskussion) 08:05, 21. Apr. 2012 (CEST)

Abschnitt 2

Hallo; ich habe den Denkfehler von Herrn Schmidt jetzt weiter ausgeführt. Über die einzelnen Formulierungen kann man noch diskutieren, nicht aber über die Lösung an sich. Ich habe nun die Lösung wieder in den Artikel eingefügt. Wenn weiterhin hier Probleme, z.B. im Verständnis dieser Lösung, auftreten, sollten wir die hier diskutieren, aber Löschen des Abschnitts geht nicht. Gruß. --Geodel (Diskussion) 11:44, 21. Apr. 2012 (CEST)

Es ist immer noch keine Lösung, sondern verleitet nur zu neuen Denkfehlern. Vor dem Öffnen ist die Betrachtung "G" gewinnen oder mit gleicher Wahrscheinlichkeit "G" verlieren richtig. Nach dem Öffnen nicht mehr. Da hilft auch keine Abstraktion vom aufgedeckten Betrag weiter. Ich kann den aufgedeckten Betrag auch "Otto" nennen. Wenn ich "Otto" aufdecke gewinne ich zwar weiterhin G oder verliere G. Wenn ich durch Tausch gewinne ist G aber doppelt so groß wie im Fall eines Verlustes. --Rebiersch (Diskussion) 15:54, 21. Apr. 2012 (CEST)

1. Abstrahieren bedeuet, dass Information verlorengeht. Wer sagt denn, dass das die "richtige" Abstraktion ist, bei der die "wesentliche" Information erhalten bleibt?
2. Wieso ist eine Diskussion über das Löschen Deines Abschnitts nicht zulässig?
3. Außerdem ist immer noch nicht klar, wie dieser Teil durch die angegebene Quelle belegt wird. --NeoUrfahraner (Diskussion) 16:06, 21. Apr. 2012 (CEST)

Mit Punkt (1) triffst Du den Nagel auf den Kopf. Vor allem tritt der scheinbare Widerspruch (der ungeöffnete Umschlag sei generell besser) erst auf wenn abstrahiert wird und von einem konkreten Fall (hier 100 Euro) auf "bei jedem Betrag" geschlossen wird. ( Der Denkfehler, der immer noch nicht erläutert wird ist, dass "bei jedem Betrag ein statistischer Vorteil" nicht bedeutet, dass deshalb immer tauschen besser sei als nie oder nur manchmal tauschen ) --Rebiersch (Diskussion) 13:47, 22. Apr. 2012 (CEST)

@Rebiersch:Du sagst:"Vor dem Öffnen ist die Betrachtung "G" gewinnen oder mit gleicher Wahrscheinlichkeit "G" verlieren richtig. Nach dem Öffnen nicht mehr...Wenn ich durch Tausch gewinne ist G aber doppelt so groß wie im Fall eines Verlustes." Falsch, vor dem Öffnen kann Schmidt nichts verlieren! Die Geldbeträge in den Umschlägen sind von Lemke vorher festgelegt worden, und zwar G in einem und 2G im anderen Umschlag. Wenn Schmidt G findet und tauscht, gewinnt er G hinzu, falls er 2G findet und tauscht, verliert er G, im Durchschnitt hat Tauschen also keinen Vorteil. Insgesamt stehen 3G zur Verfügung, und der Erwartungswert für den Betrag im zufällig gewählten Umschlag ist somit 3G/2. Ist nun ein Umschlag geöffnet worden, ist der Erwartungswert für den anderen geschlossenen Umschlag ebenfalls 3G/2. Warum? Weil Schmidt nach wie vor nicht weiß, ob er den Umschlag mit dem größeren oder dem kleineren Geldbetrag geöffnet hat. Die Pseudo-Information "100 Euro" sind völlig belanglos für eine korrekte Berechnung des Erwartungswerts beim Tausch der Umschläge. Du kannst das dadurch erkennen, dass du in die Formel von Schmidt nicht fälschlicherweise den gefundenen Geldbetrag einsetzt, sondern die von Lemke vorgegebenen wahren Geldbeträge:

[E = (1/2 * x/2) + (1/2 * 2x)] Im ersten Term steht x für den gefundenen größeren Betrag, im zweiten Term steht x für den gefundenen kleineren Betrag. Dann ergibt sich aus [E = (1/2 * 2G/2) + (1/2 * 2G)] der Erwartungswert beim Tausch zu 3G/2.

Der Fehler von Schmidt besteht darin, dass er die gefundenen 100 Euro einmal als den kleineren und einmal als den größeren Geldbetrag ansieht, was zu einem Widerspruch führen muss.

PS: Du sagst:"Vor allem tritt der scheinbare Widerspruch (der ungeöffnete Umschlag sei generell besser) erst auf wenn abstrahiert wird und von einem konkreten Fall (hier 100 Euro) auf "bei jedem Betrag" geschlossen wird." Nein, das Paradox ergibt sich nicht aus der Schlussfolgerung "bei jedem Betrag", sondern aus der (falschen) Berechnung des Erwartungswerts durch Schmidt. --Geodel (Diskussion) 16:43, 22. Apr. 2012 (CEST)

1. Das ist jetzt natürlich sprachlich sehr spitzfindig von Dir, aber trotzdem nicht ganz korrekt. Korrekt ist: Verlieren wird Herr Schmidt auch nach dem Öffnen nichts und natürlich auch vor dem Öffnen nicht - negative Geldbeträge gibt es nicht und selbst einen Schuldschein muss er nicht annehmen. Es ging um den Zusatzgewinn durch Tauschen oder Nichttauschen. Um den Zusatzgewinn einzustreichen oder zu verlieren hätte Herr Schmidt den ersten Umschlag auch ungeöffnet behalten können (Zitat: "Sie dürfen einen Umschlag öffnen und dann entscheiden, welchen der beiden Umschläge Sie nehmen.").
2. Zitat "im Durchschnitt hat Tauschen also keinen Vorteil" - ja sicher! "Immer Tauschen" ist genauso gut wie "immer Behalten". Die Frage ist aber nicht ob dies so ist, sondern weshalb dies so ist.
3. Zitat "Weil Schmidt nach wie vor nicht weiß, ob er den Umschlag mit dem größeren oder dem kleineren Geldbetrag geöffnet hat." Wenn Herr Schmidt (vor oder nach dem Öffnen) wüßte, ob er den Umschlag mit dem größeren oder kleineren Betrag geöffnet hat, bräuchte er keine Wahrscheinlichkeitsrechnung mehr. Das gleiche gilt für die "Kontrolle" mit den wahren Beträgen. Wer die wahren Beträge kennt, braucht keine Wahrscheinlichkeitsrechnung.
4. Zitat "Der Fehler von Schmidt besteht darin, dass er die gefundenen 100 Euro einmal als den kleineren und einmal als den größeren Geldbetrag ansieht, was zu einem Widerspruch führen muss." Der mögliche (!) Fehler von Herrn Schmidt besteht, wenn er vermutet 100 Euro seien aufgrund der Beschreibung zu 50% der kleinere und zu 50% der größere Betrag. Ob dies für 100 Euro tatsächlich ein Fehler ist, weiß in der Situation niemand. Welcher Widerspruch sollte aus der Annahme, dass 100 Euro manchmal den größeren und manchmal den kleineren Betrag darstellen resultieren? Oder vermutest Du, dass auch bei einer gedanklichen Wiederholung immer wieder die gleichen Beträge von Herrn Lemke ausgewählt werden?
5. Zitat: "Die Pseudo-Information 100 Euro sind völlig belanglos für eine korrekte Berechnung des Erwartungswerts beim Tausch der Umschläge." Für eine korrekte Berechnung des bedingten Erwartungswertes ist der aufgefundene Betrag selbstverständlich notwendig. Zusätzlich ist die bedingte Wahrscheinlichkeit notwendig. Schätzt Herr Schmidt aufgrund eines Verständnisproblems diese Wahrscheinlichkeit mit 50%, so ist seine Rechnung dennoch völlig richtig. 50% kann stimmen oder falsch sein und führt zu keinem mir ersichtlichen Widerspruch. Auch wenn Herr Schmidt zu dem Ergebnis käme, dass sich ein Tausch bei jedem Betrag lohnt, so hätte auch ich berechtigte Zweifel - aber es wäre gut möglich. Paradox wäre dies immer noch nicht.
6. Zitat: "Nein, das Paradox ergibt sich nicht aus der Schlussfolgerung bei jedem Betrag, sondern aus der (falschen) Berechnung des Erwartungswerts durch Schmidt." Was wäre, wenn Herr Schmidt einen anderen Erwartungswert berechnet hätte? Was wäre wenn Herr Schmidt auf einen Erwartungswert von unter 100 Euro gekommen wäre? Richtig ist, dass sich eine 50 zu 50 Verteilung vom doppelten und halben Betrag aus der Beschreibung nicht ableiten läßt. (Siehe auch unter Denkfalle: "Die Denkfalle besteht darin, dass Herr Schmidt das Indifferenzprinzip falsch anwendet, also davon ausgeht, dass die 100 Euro mit einer 50-50-Wahrscheinlichkeit den halben oder den doppelten Betrag darstellen." Richtig ist aber auch, dass sich kein anderes Verhältnis aus der Beschreibung ableiten läßt. --Rebiersch (Diskussion) 23:56, 22. Apr. 2012 (CEST)

ad 1. Geschenkt!

ad 2. Das wurde oben bewiesen.

ad 3. Klar, aber wer die wahren Geldbeträge nicht kennt, kann trotzdem korrekt W'keitsrechnung betreiben.

ad 4. Nach dem Öffnen eines Umschlags ist der Inhalt des anderen Umschlags eindeutig festgelegt. Das entspricht jedenfalls der Problemformulierung. Deshalb kann der geschlossene Umschlag nicht ein bißchen 50 Euro und ein bißchen 200 Euro enthalten.

ad 5. Die gleiche Rechnung, die Schmidt für den Betrag im geöffneten Umschlag macht, würde, wenn er stattdessen den anderen Umschlag geöffnet hätte, zu demselben Ergebnis führen: der geschlossene Umschlag ist immer der bessere (oder schlechtere oder wie auch immer). Das ist paradox, weil ja ein Umschlag wirklich besser (oder schlechter) als der andere ist.

ad 6. Stimmt, es lässt sich überhaupt kein Verhältnis aus der Problemformulierung ableiten, welches Schmidts Rechnung begründen könnte. Jeder andere Erwartungswert, den Schmidt auf seine Art berechnen würde, führt ebenfalls zu einem Widerspruch. Z.B führt eine 1/3- zu 2/3-Verteilung (kleinerer Betrag x, größerer Betrag x) dazu, dass Schmidt immer genau seinen Erwartungswert im jeweils geöffneten Umschlag gefunden hätte. --Geodel (Diskussion) 18:02, 23. Apr. 2012 (CEST)

ad 1 (geschenkt): Wir sind uns also einig, dass die Umschläge vor dem Öffnen gleichwertig sind, nach dem Öffnen aber nicht mehr unbedingt.

ad 2 (oben bewiesen): Gezeigt hast Du, dass die Betrachtung "entweder G oder 2G" dieses Ergebnis zur Folge haben kann. Dem steht die Überlegung gegenüber, dass ich beim kleinstmöglichen Betrag (z.B. 1 Euro) sicher G=1 Euro gewinne. (spricht eindeutig für Tauschen). Wenn aber 2 Euro geöffnet werden, verliere ich nicht sicher G=1 Euro, sondern ich könnte auch 2 Euro gewinnen. Da sich Gewinn und Verlust bei der 1 Euro / 2 Euro Kombination auf lange Sicht ausgleichen, bedeutet allein die Aussicht auf eine 2 Euro / 4 Euro Kombination einen Vorteil für "Tausche auch bei 2 Euro". Wenn ich vermute (!), dass die bedingte Wahrscheinlichkeit für den größeren Betrag immer größer als 1/3 ist, so komme ich zu dem Ergebnis, dass sich Tauschen auf lange Sicht tatsächlich für jeden Betrag lohnt.

ad 3 (korrekte Wahrscheinlichkeitsrechnung): gegen welche Mathematikregel hat Herr Schmidt verstoßen? Dass die Annahme nicht stimmen muss, haben wir schon geklärt.

ad 4 (ein bißchen): von ein bißchen 50 Euro und ein bißchen 200 Euro war nie die Rede. Entweder 50 Euro oder 200 Euro.

ad 5 (Paradox): Vielleicht der wichtigste Punkt. Weshalb sei es paradox, wenn ausgehend von 2 konkreten Beträgen beide zu dem Ergebnis kommen, dass sich tauschen lohnt?

ad 6 (1/3 zu 2/3 Verteilung): Ein Verhältnis von 1/3 zu 2/3 kann ich mir nur für den halben bzw doppelten Betrag ausgehend von einem aufgedeckten Betrag Z vorstellen. In diesem Fall wäre der Erwartungswert wenn Z Euro aufgedeckt werden, tatsächlich immer Z Euro. Das wäre ungewöhnlich aber nicht paradox. Man nennt es auch Nullsummenspiel. In diesem Fall ein Nullsummenspiel unabhängig vom aufgefundenen Betrag --Rebiersch (Diskussion) 20:56, 23. Apr. 2012 (CEST)

Was ist Information?

@NeoUrfahraner:

ad 1. Abstrahieren bedeutet hier, sich nicht von der Pseudo-Information "100 Euro gefunden" in die Irre führen zu lassen. Dabei geht keine relevante Information verloren.

ad 2. Verstehe ich nicht.

ad 3. Zitat:"Knowing that X = x leaves us as ignorant as before opening the envelope in terms of the odds (1:1) of having being handed, the envelope with the larger quantity. So from a classical standpoint, there is no reason to assert that having observed X = x, you must switch envelopes." Außerdem betrachten auch andere Quellen die einfache Lösung als korrekte Lösungsmethode (siehe z.B. Stefan Bartz oder Priest/Restall). --Geodel (Diskussion) 16:43, 22. Apr. 2012 (CEST)

Bleiben wir zunächst bei Punkt 1: Was genau verstehst Du unter "relevanter Information"? Sobald Hr. Schmdit noch genügend weitere Information bekommt (z.B. "Herr Lemke hat in die Briefumschläge maximal 160 Euro gesteckt"), wird die Information "100 Euro gefunden" sehr wohl relevant. Nach welchen Kriterien entscheidest Du also, welche Information in welchem Zusammenhang "relevant" ist? --NeoUrfahraner (Diskussion) 20:02, 22. Apr. 2012 (CEST)

Wenn du die Problemformulierung liest, wirst du feststellen, dass keine weiteren Informationen vorliegen:"Herr Lemke möchte Herrn Schmidt beschenken und gibt ihm zwei Briefumschläge mit den Worten „Ich schenke Ihnen einen dieser Umschläge. In beiden befindet sich ein Geldbetrag, im einen doppelt so viel wie im anderen. Sie dürfen einen Umschlag öffnen und dann entscheiden, welchen der beiden Umschläge Sie nehmen.“" --Geodel (Diskussion) 22:19, 22. Apr. 2012 (CEST)

Deine Behauptung ergibt keinen Sinn für mich, solange Du "Information" nicht definierst. Ich gebe Dir meine Defintion: (Eine Zufallsvariable) A enthält Information über (die Zufallsvariable) B, wenn die bedingte Wahrscheinlichkeitsverteilung von B unter Berücksichtigung von A sich von der "unbedingten" Wahrscheinlichkeitsverteilung von B unterscheidet. Oder mit anderen Worten: Die Berücksichtigung der Information "A" erfolgt, indem man zur bedingten Wahrscheinlichkeitsverteilung unter A wechselt. Verwendest Du ebenfalls diese Definition oder hast Du irgendeine andere? --NeoUrfahraner (Diskussion) 06:19, 23. Apr. 2012 (CEST)

Wenn das Ereignis A Information enthält, müsste p(A)>0 bekannt sein. Wie groß ist denn die Wahrscheinlichkeit, dass Schmidt beim Öffnen eines Umschlags 100 Euro findet? --Geodel (Diskussion) 16:33, 23. Apr. 2012 (CEST)

Du hast meine Frage nicht beantwortet. Trotzdem, wenn es Dir irgendwie hilft:

$P(A=100)=P(G=50)/2+P(G=100)/2$

(wobei wie oben G und 2G die Beträge in den Umschlägen bezeichnet und eine diskrete Verteilung vorausgesetzt wird. Bei stetigen Verteilungen wird es formal komplizierter, inhaltlich kommt aber nichts Neues dazu). --NeoUrfahraner (Diskussion) 16:57, 23. Apr. 2012 (CEST)

Wenn das kein Zirkelschluss sein soll, müsstest du jetzt noch sagen, wie groß p(G=50) und p(G=100) tatsächlich sind. Deine obige Definition kann ich im Großen und Ganzen bestätigen. --Geodel (Diskussion) 18:07, 23. Apr. 2012 (CEST)

p(G=50) und p(G=100) sind beliebig aber fix. (Natürlich mit den üblichen Einschränkungen p(G=50)>=0, p(G=100)>=0 und p(G=50)+ p(G=100)<=1 )--NeoUrfahraner (Diskussion) 18:12, 23. Apr. 2012 (CEST)

Du weichst aus! Wenn "100 Euro gefunden" für dich eine Information darstellt, dann müsstest du in der Lage sein, diese Information in Form einer Wahrscheinlichkeit quantitativ darzustellen. Also nenne mir bitte die konkrete Zahlengröße für p(A). --Geodel (Diskussion) 18:31, 23. Apr. 2012 (CEST)

Die konkrete Zahlengröße für p(A) ist nicht nötig, ich kann ja Algebra ;-). Zuerst noch eine kleine Notationsänderung: $A_{1}$ sei der Betrag im ersten Umschlag, $A_{2}$ der Betrag im zweiten Umschlag. $B$ ist das Ereignis $A_{2}>A_{1}$. Die Frage, die es zu klären gibt, ist, ob $P(B)=P(B|A_{1}=100)$ gilt. Einverstanden? --NeoUrfahraner (Diskussion) 18:41, 23. Apr. 2012 (CEST)

1. Ich bezweifle nicht, dass du Algebra kannst. aber wir sind hier ja nicht in einem Quiz. Wenn du also etwas zu sagen hast, dann sprich es bitte zur Gänze aus.

2. Wie soll ich deine obige Formel interpretieren: P(A=100)=P(G=50)/2 + P(G=100)/2? --Geodel (Diskussion) 15:16, 24. Apr. 2012 (CEST)

Der Vorschlag zu abstahieren kam ja von Dir. Da Du ja hoffentlich auch Algebra kannst, ist Dir ja bekannt, dass man nicht nur mit "konkreten Zahlengrößen" sondern auch mit "abstrakten Zahlengrößen" rechnen kann. Die Frage, die es zu klären gilt, ist, ob die "unbedingten" Wahrscheinlichkeitsverteilung von $B$ sich von der bedingten Wahrscheinlichkeitsverteilung von $B$ unter $A_{1}$ unterscheidet. In Formeln: Gilt $P(B)=P(B|A_{1}=100)$?

Bei der Klärung dieser Frage darfst Du, wenn Du willst $P(A_{1}=100)=P(G=50)/2+P(G=100)/2$ verwenden, also sowohl die linke Seite $P(B)$ also auch die rechte Seite $P(B|A_{1}=100)$ auf Formeln führen, die nur $P(G=g)$ enthalten. Dann können wir objektiv feststellen, ob bzw. in welchen Situationen der konkrete Zahlenwert $A_{1}=100$ Information darüber enthält, welcher der beiden Umschläge den größeren Betrag enthält. --NeoUrfahraner (Diskussion) 16:24, 24. Apr. 2012 (CEST)

Die Antwort möchte ich sehen...

Gehe ich recht in der Annahme, dass du mit P(A_1=100) die Wahrscheinlichkeit bezeichnest, 100 Euro zu finden, bevor ein Umschlag geöffnet wird? --Geodel (Diskussion) 22:08, 24. Apr. 2012 (CEST)

Ja, P(A_1=100) bezeichnet die Wahrscheinlichkeit, 100 Euro zu finden, bevor ein Umschlag geöffnet wird. Das kann nur auftreten, wenn in den Umschlägen (50/100) steckt (G=50) oder wenn in den Umschlägen (100/200) steckt (G=100). Laut Problembeschreibung wird jeweils jeder der beiden Umschläge mit gleicher Wahrscheinlichkeit gezogen, daher also P(A=100)=P(G=50)/2 + P(G=100)/2.

P(B)=1/2 gilt ebenfalls laut Problembeschreibung.

Interessant wird $P(B|A_{1}=100)$.

Zuerst eine Warnunung, damit der "Schock" nicht zu groß ist. Wir sind jetzt auf dem Weg, das Paradoxon algebraisch zu formulieren. Paradox wird es nicht, wenn $P(B|A_{1}=100)>1/2$ gilt. Paradox wird es erst, wenn $P(B|A_{1}=a)>1/2$ für alle $a$ gilt, wenn also der andere Umschlag unabhängig vom gefundenen Inhalt immer besser ist. Die Wahrscheinlichkeitstheorie verlangt lediglich das Gesetz_der_totalen_Wahrscheinlichkeit, also dass die algebraische Identität

$P(B)=P(B|A_{1}=1)\cdot P(A_{1}=1)+P(B|A_{1}=2)\cdot P(A_{1}=2)+P(B|A_{1}=3)\cdot P(A_{1}=3)+\dots$

bzw. etwas formaler

$P(B)=\sum _{a}P(B|A_{1}=a)\cdot P(A_{1}=a)$

gilt.

Zurück zu $P(B|A_{1}=100)$. Willst Du es ausrechnen oder soll ich weitermachen? --NeoUrfahraner (Diskussion) 07:04, 25. Apr. 2012 (CEST)

Was ist paradox?

Ich denke das ist nicht nötig, weil auch so allmählich klar wird, wo die Unterschiede in unserer Auffassung des Paradoxons liegen. Aber danke erstmal für deine Bemühungen!

1. P(A=100)=P(G=50)/2 + P(G=100)/2: Du hast meine Frage nach p(A) mit der Verlagerung auf die p(G) zu beantworten versucht. Welche Informationen hat Schmidt über die p(G)?

2. Du sagst"Paradox wird es nicht, wenn P(B|A_1=100)>1/2 gilt." Warum ist das nicht paradox?

3. Zu welchem Zeitpunkt macht sich Schmidt seine Gedanken, vor dem Öffnen oder nach dem Öffnen eines Umschlags? --Geodel (Diskussion) 16:22, 25. Apr. 2012 (CEST)

Ad 1 und 3: Sagen wir, Hr. Schmidt macht sich vor dem Öffnen seine Gedanken. Wie viel Geld wird wohl im Umschlag sein? Er schreibt seine subjektive Einschätzung in Form einer beliebigen aber fixen Wahrscheinlichkeitsverteilung nieder:

$p(G=g)\geq 0,\quad \sum _{g}p(G=g)=1$

(Er könnte es sich auch erst nach dem Öffnen überlegen, aber dann ist er wohl schon vom gefundenen Betrag beinflusst) Zur Vereinfachung verlange ich noch zusätzlich endlichen Erwartungswert

$\sum _{g}g\cdot p(G=g)<\infty$

Ad 2: Es ist ganz normal, dass $P(B)\neq P(B|A)$. Wenn die bedingte Wahrscheinlichkeit immer gleich der unbedingten wäre, bräuchte man ja keinen eigenen Begriff "bedingte Wahrscheinlichkeit" einführen. --NeoUrfahraner (Diskussion) 16:50, 25. Apr. 2012 (CEST)

ad 1: Du weichst wieder aus. Welche konkreten Zahlenwerte haben für Schmidt die p(G=g), so konkret wie der Betrag 100 Euro und so konkret wie der Zahlenwert 1/2 für die W'keit, den größeren bzw. den kleineren Geldbetrag zu finden?

ad 2: Warum ist das nicht paradox bzgl. der Problemformulierung? Wie groß ist denn die Wahrscheinlichkeit, irgendeinen Geldbetrag im geöffneten Umschlag zu finden?

ad 3: Laut Problemformulierung wird zuerst der Umschlag geöffnet und dann die Überlegung bezogen auf 100 Euro angestellt. Welche Überlegung veranlasst Schmidt dazu, seinen Erwartungswert beim Tausch so zu berechnen? --Geodel (Diskussion) 17:51, 25. Apr. 2012 (CEST)

ad 1: Der Vorschlag zu abstrahieren kam von Dir, nicht von mir. Wenn Du aber mit konkreten Zahlengrößen rechnen willst, nimm eine beliebige konkrete Verteilung her, bei der das Paradox Deiner Meinung nach auftritt. Wenn es Dir lieber ist, kann auch ich irgendeine konkrete Verteilung nennen (ohne Anspruch darauf, dass es die "einzige richtige" wäre). Oder meinst Du etwa, das Paradox wäre eine Folge des Abstrahierens?

ad 2a: Ein Paradox ist ein (scheinbarer) Widerspruch. Du brauchst also zwei Aussagen, die einander (scheinbar) widersprechen. Welcher Aussage widerspricht $P(B)\neq P(B|A)$?

ad 2b: Wenn Hr. Lemke nicht lügt, ist die Wahrscheinlichkeit, irgendeinen Geldbetrag im geöffneten Umschlag zu finden, gleich 1. Wenn Du meinst, dass es keine echte bedingungslose Wahrscheinlichkeit gibt, können wir die Annahme W (Hr. Lemke sagt die Wahrheit) miteinbauen. Dann ist $P(B|W)=1/2$ und es geht um die Frage, ob $P(B|W)=P(B|A\,{\mbox{und}}\,W)$

ad 3: Ich kann nicht Gedanken lesen. Nach meiner Interpretation will Hr. Schmidt den Erwartungswert unter der Bedingung, dass er 100 Euro gefunden hat, berechnen. --NeoUrfahraner (Diskussion) 18:49, 25. Apr. 2012 (CEST)

ad 1. Ich habe nicht gesagt, dass man von den verwertbaren Informationen, die die Problemformulierung liefert, abstrahieren soll, sondern nur, dass man von dem gegebenen Geldbetrag abstrahieren darf. Du führst aber in deiner Argumentation eine W'keitsverteilung für alle möglichen Geldbeträge ein, von der in der Aufgabenstellung gar keine Rede ist. Damit löst du aber nicht das Problem, sondern erfindest mittels Zusatzannahmen ein neues Umschlagspiel, welches kein Paradoxon mehr ist.

ad 2. Wenn p(irgendein Geldbetrag (z.B. 100 Euro) gefunden)=1 ist, wie groß sind dann der Informationsgehalt von A=(irgendein Geldbetrag (z.B. 100 Euro) gefunden) und die bed. W'keit p(B|A)?

ad 3. Meine Frage war, warum Schmidt den Erwartungswert deiner Meinung nach genau so berechnet, wie er es tut? --Geodel (Diskussion) 19:57, 25. Apr. 2012 (CEST)

ad 1: Das heißt, Du stimmst zu, dass das Paradoxon verschwindet, sobald man davon ausgeht, dass die Geldbeträge mit einer beliebigen fixen Wahrscheinlichkeitsverteilung in die Umschläge kommen?

ad 2: Aus p(A)=1 folgt p(B)=p(B|A), A enthält also keine Information.

ad 3: Weil die Formel im Prinzip völlig richtig ist, wenn sie bei einer beliebigen fixen Wahrscheinlichkeitsverteilung korrekt angewendet wird. --NeoUrfahraner (Diskussion) 20:25, 25. Apr. 2012 (CEST)

ad 1: Das Paradoxon verschwindet nicht, sondern es taucht erst gar nicht auf, wenn man eine W'keitsverteilung annimmt, die damit auch Teil der Aufgabenstellung ist. Wo bitte ist in der Problemformulierung von einer beliebigen fixen Wahrscheinlichkeitsverteilung unterschiedlicher Umschlagpaare die Rede? Dort steht nur, dass sich in dem einen Umschlag ein Geldbetrag und in dem anderen der doppelte Geldbetrag befinden.

ad 3. Wenn nun aber keine beliebige fixe Wahrscheinlichkeitsverteilung vorgegeben ist, woraus könnte Schmidt denn noch die in der Formel E=0,5*50 +0,5*200 auftauchenden Zahlenwerte "0,5" abgeleitet haben? --Geodel (Diskussion) 22:17, 25. Apr. 2012 (CEST)

ad 1: Was ist denn nach Deinem Verständnis überhaupt das Paradoxon? Siehe auch Punkt 5 oben, Rebiersch (20:56, 23. Apr. 2012)

ad 3: Das hatten wir ja schon. Hr. Schmidt verwendet eine beliebige fixe Wahrscheinlichkeitsverteilung, um seine subjektive Einschätzung der Situation (vor dem Öffnen der Umschläge) zu modellieren. Das darf er doch, oder etwa nicht? --NeoUrfahraner (Diskussion) 06:19, 26. Apr. 2012 (CEST)

ad 1:Schmidt öffnet einen Umschlag U_1, findet irgendeinen Geldbetrag und errechnet dann, dass sich ein Tausch der Umschläge lohnen würde. Würde er zuerst den anderen Umschlag U_2 öffnen und irgendeinen Geldbetrag finden, käme seine Berechnung zu dem Ergebnis, dass sich wiederum ein Tausch der Umschläge lohnen würde. Der Umschlag, den Schmidt nicht öffnet, erscheint somit beide Male als der bessere. Das ist paradox. Grams z.B. beschreibt den Widerspruch so:"Da es auf den Betrag nicht ankommt, hätte ich mich – ohne den Umschlag zu öffnen – gleich für den anderen Briefumschlag entscheiden können. Aber damit bin ich wieder bei der Ausgangssituation: Ich habe ja einfach nur gewählt und kann dieselbe Überlegung wie oben anstellen. Der Wechsel würde auch jetzt Gewinn versprechen, obwohl ich dann wieder beim ersten Umschlag gelandet wäre."

ad 3: Das darf er deswegen nicht, weil solch eine subjektive Einschätzung im Problem nicht angelegt und somit dem Leser des Textes verborgen ist. Schmidt und Leser müssen aber von denselben Voraussetzungen ausgehen können, sonst macht so eine Problemstellung keinen Sinn. Seine Rechnung wäre nur dann, auch im Sinne des Lesers, korrekt, wenn das Problem anders formuliert wäre:

"Herr Lemke möchte Herrn Schmidt beschenken und gibt ihm einen Briefumschlag, den dieser sofort öffnen darf. In diesem Umschlag befindet sich ein Geldbetrag. Anschließend sagt Herr Lemke:"Ich habe hier zwei andere Umschläge, in einem ist der halbe und in dem anderen der doppelte Betrag der Summe, die sie bereits in Ihrem Umschlag gefunden haben. Sie dürfen nun entweder Ihren Umschlag behalten oder ihn gegen einen der anderen beiden Umschläge tauschen." --Geodel (Diskussion) 18:32, 26. Apr. 2012 (CEST)

"Da es auf den Betrag nicht ankommt". Genau das ist das Problem. Erst die Annahme, es käme nicht auf den Betrag an, erzeugt das Paradox. Sobald es auf den Betrag ankommt, verschwindet das Paradox. --NeoUrfahraner (Diskussion) 18:45, 26. Apr. 2012 (CEST)

Das hatten wir doch schon! "Da es auf den Betrag nicht ankommt" bedeutet einfach, dass der gefundene Geldbetrag keine Zusatzinformation liefert. Welche Zusatzinformationen hat Schmidt (und der Leser) denn, wenn er 100 Euro findet? --Geodel (Diskussion) 20:09, 26. Apr. 2012 (CEST)

Gegenfrage: Was versteht Hr. Schmidt (oder der Leser) unter Wahrscheinlichkeit? Welches Gedankenexperiment wiederholen sie, bei dem es tatsächlich nicht auf den Geldbetrag ankommt? --NeoUrfahraner (Diskussion) 20:15, 26. Apr. 2012 (CEST)

Das Gedankenexperiment könnte darin bestehen, dass Lemke verschiedenen Personen, die nichts voneinander wissen, jeweils einmal ein Umschlagpaar mit immer denselben Geldbeträgen zur Auswahl vorlegt. Auch Schmidt bekommt mal die Chance. Weil jedesmal eine Zufallswahl stattfindet, kann jeder einzelne Teilnehmer, so auch Schmidt, W'keitsrechnung betreiben. Eine Wiederholung des Experiments ist aber eigentlich nicht nötig. Oder meinst du, dass ein einmaliger Wurf mit einer fairen Münze keine W'keitsrechnung rechtfertigt? --Geodel (Diskussion) 21:05, 26. Apr. 2012 (CEST)

Welchen Betrag steckt Hr. Lemke in das Umschlagpaar? --NeoUrfahraner (Diskussion) 21:13, 26. Apr. 2012 (CEST)

Z:B. (50,100). --Geodel (Diskussion) 22:20, 26. Apr. 2012 (CEST)

Liegt dann aus der Sicht von Hrn. Lemke ein Paradoxon vor? --NeoUrfahraner (Diskussion) 22:29, 26. Apr. 2012 (CEST)

Die Schlussfolgerung von Schmidt, dass sich auch der Tausch des Umschlags mit den 100 Euro gegen den anderen Umschlag lohnt, würde Lemke paradox erscheinen. --Geodel (Diskussion) 22:49, 26. Apr. 2012 (CEST)

Nö - es erscheint mir nicht paradox, sondern folgerichtig --HerrLemke (Diskussion) 23:12, 26. Apr. 2012 (CEST)

Hr. Lemke könnte nun folgende Überlegung anstellen: "Hr. Schmidt hat 100 Euro gefunden. Wenn er tauscht, hat er mit einer Wahrscheinlichkeit von 0% 200 Euro und mit einer Wahrscheinlichkeit von 100% 50 Euro. Dies macht einen Erwartungswert von 50 Euro."

$50=1\cdot 50+0\cdot 200$

Nach dieser Überlegung würde sich das Tauschen nicht lohnen. Was ist an dieser Überlegung von Hrn. Lemke falsch? --NeoUrfahraner (Diskussion) 06:43, 27. Apr. 2012 (CEST)

Bevor du dich weiter auf Lemke einschießt: falls Lemke, genauso wie der Leser, Anteil an Schmidts Überlegungen hätte, würde ihm dessen Schlussfolgerung, dass der jeweils andere Umschlag der bessere ist und somit ein ewiger ideeller Tausch der beiden Umschläge stattfinden würde, paradox erscheinen. Ansonsten spielt Lemke für unsere Überlegungen keine Rolle, denn der Leser weiß genausowenig wie Schmidt, welcher Betrag im anderen Umschlag ist. Schmidt und Leser, also wir, müssen ja von den gleichen Voraussetzungen ausgehen.

Du hast immer noch nicht meine Frage beantwortet, woher Schmidt seine Informationen bzgl. seiner Berechnung des Erwartungswerts hernimmt? --Geodel (Diskussion) 07:55, 27. Apr. 2012 (CEST)

1) Der Leser ist nicht gezwungen, wie Hr. Schmidt zu denken. Er kann auch aus jeder anderen Perspektive denken.

2) Um die Frage, woher Schmidt seine Informationen bzgl. seiner Berechnung des Erwartungswerts hernimmt, zu beantworten, brauche ich Deine Definition von Wahrscheinlichkeit und von Information. --NeoUrfahraner (Diskussion) 11:12, 27. Apr. 2012 (CEST)

Ergänzung zu 2: Verwendest Du den Frequentistischen Wahrscheinlichkeitsbegriff, den Bayesschen Wahrscheinlichkeitsbegriff oder den axiomatischen Wahrscheinlichkeitsbegriff? Jeder dieser Wahrscheinlichkeitsbegriffe liefert eine andere Antwort auf Deine Frage. --NeoUrfahraner (Diskussion) 11:57, 27. Apr. 2012 (CEST)

ad 1. Die Aufgabe für den Leser besteht darin, zuerst das in der Problemformulierung enthaltene mathematisierbare Wissen zu extrahieren und daraufhin einen logischen Gedankengang zu entwickeln, der zu Schmidts Formel und Schlussfolgerung führt. Dabei ist es nicht nötig, irgendwelche Phantasieannahmen, die nicht durch den Text gedeckt sind, hinzuzufügen. Dieses Standardvorgehen entspricht z.B. auch dem Lösungsweg beim Gefangenenparadoxon: der Leser übernimmt die Rolle von Anton und geht an dessen Stelle den gedanklichen Weg, ausgehend von den im Text genannten Voraussetzungen, bis zur überraschenden, aber korrekten Lösung.

ad 2. Was spricht gegen den axiomatischen Wahrscheinlichkeitsbegriff? --Geodel (Diskussion) 14:55, 2. Mai 2012 (CEST)

Ad 2: OK. Beim axiomatischen Wahrscheinlichkeitsbegriff gibt es keine "richtige" oder "falsche" Verteilung. Hr. Schmidt kann also jede beliebige Verteilung nehmen, die den Axiomen von Kolmogorow genügt. --NeoUrfahraner (Diskussion) 15:14, 2. Mai 2012 (CEST)

Nein, die Formel von Schmidt repräsentiert keine beliebige Verteilung sondern ist der Schluss eines Gedankengangs, der sich aus der Problemformulierung ergibt. --Geodel (Diskussion) 15:48, 2. Mai 2012 (CEST)

Bei welchen Verteilungen, die den Axiomen von Kolmogorow genügen, ist die Formel von Hrn. Schmidt mathematisch korrekt? Bei jeder/keiner/manchen? --NeoUrfahraner (Diskussion) 15:51, 2. Mai 2012 (CEST)

Über Verteilungen müssen wir hier nicht diskutieren. Die Formel von Schmidt basiert auf seinen fehlerhaften Überlegungen bezogen auf den gefundenen Geldbetrag. Eine W'keitsverteilung bzgl. irgendwelcher fiktiver Umschlagpaare spielt dabei keine Rolle. --Geodel (Diskussion) 18:45, 2. Mai 2012 (CEST)

Wenn Du über Wahrscheinlichkeiten ohne Wahrscheinlichkeitsverteilungen diskutieren willst, ist jede weitere Diskussion sinnlos. --NeoUrfahraner (Diskussion) 19:17, 2. Mai 2012 (CEST)

Wieso dieses Missverständnis? Meine Aussage bezieht sich auf zusätzliche fiktive Umschlagpaare. Das Umschlagpaar mit den unbekannten aber festen Geldbeträgen G und 2G genügt offensichtlich der Diskreten Gleichverteilung. --Geodel (Diskussion) 15:25, 3. Mai 2012 (CEST)

Was ist Deine Zufallsvariable $X$ und welche Ausprägungen $x_{i}$ nimmt sie an? --NeoUrfahraner (Diskussion) 15:38, 3. Mai 2012 (CEST)

$X$ meint den Geldbetrag im zuerst gewählten Umschlag, und die $x_{i}$ stehen für G und 2G. --Geodel (Diskussion) 18:08, 3. Mai 2012 (CEST)

G ist dabei entweder 50 oder 100? --NeoUrfahraner (Diskussion) 18:19, 3. Mai 2012 (CEST)

G ist beliebig, aber (von Lemke) festgelegt. Aber ich glaube, wir drehen uns hier im Kreis. Ich würde deshalb gerne den Diskussionsstrang an dieser Stelle unterbrechen, weil es noch andere Themen zu besprechen gibt, die mir im Moment wichtiger erscheinen. Außerdem mag ich so eine zerfranste Diskussion nicht so gerne. --Geodel (Diskussion) 21:15, 3. Mai 2012 (CEST)

Wir drehen uns nicht im Kreis, vielmehr drückst Du Dich vor der Antwort. --NeoUrfahraner (Diskussion) 22:23, 3. Mai 2012 (CEST)

Nein, G ist irgendein Geldbetrag, aber ein (von Lemke) vorher festgelegter. Mal eine Frage: wie groß ist die W'keit, 100 Euro zu finden, bevor Schmidt einen Umschlag öffnet? --Geodel (Diskussion) 14:23, 4. Mai 2012 (CEST)

Die Antwort kann ich Dir erst geben, wenn Du sagst, aus welcher Grundmenge G genommen wird. --NeoUrfahraner (Diskussion) 16:47, 4. Mai 2012 (CEST)

Existenz des (bedingten) Erwartungswerts

Was soll "Sofern der Erwartungswert der Verteilung mit den korrekten Wahrscheinlichkeiten existiert, erhielte man..." genau aussagen? Soweit ich sehe, existiert E(Y|X=n) doch immer. Sollte man nicht stattdessen weiter oben, wo E(Z) vorkommt eine Einschränkung bzgl. der Existenz machen? -- HilberTraum (Diskussion) 21:33, 26. Apr. 2012 (CEST)

E(Y|X=n) ist formal tatsächlich immer endlich. Schwieriger ist die Frage, ob aber bei E(Y) unendlich die durchgeführten Umformungen noch inhaltlich sinnvoll sind. Die angegebene Literaturstelle (Ash) definiert die bedingte Erwartung jedenfalls nur für Zufallsgrößen mit endlichem Erwartungswert. Die sogenannte St.-Petersburg-Variante des Umtauschparadoxons wurde im Artikel bisher nicht weiter behandelt. --NeoUrfahraner (Diskussion) 21:57, 26. Apr. 2012 (CEST)

Ja, das sehe ich ein: Bei unendlichem E(Z) wird die Interpretation schwierig. Vielleicht sollte man dann ganz am Anfang des "Analyse"-Abschnitts einfach endliche Erwartungswerte voraussetzen? -- HilberTraum (Diskussion) 22:23, 26. Apr. 2012 (CEST)

Das ist letzlich eine Geschmacksfrage. --NeoUrfahraner (Diskussion) 22:31, 26. Apr. 2012 (CEST)

Nein! Wenn man endliche Erwartungswerte voraussetzt, wird alles witzlos. Es ist auch überhaupt nicht einzusehen, weshalb der Erwartungswert vor dem Öffnen endlich sein soll. Das verhindert doch bloss die Auseinandersetzung mit dem Problem weshalb die Aussage "Wenn die Rechnung von Herrn 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." falsch ist. --Rebiersch (Diskussion) 22:50, 26. Apr. 2012 (CEST)

Na ja, wenn man die Aufgabe ernst nimmt, dann hat Herr Schmidt ja schon die Information, dass der Erwartungswert der Zufallsvariable Z endlich ist, denn er weiß ja, dass es sich um ein Geldbetrag handelt, der sich in dem Umschlag befindet. Im Prinzip könnte er daraus ja sogar noch schärfer folgern, dass die Zufallsvariable beschränkt sein muss. -- HilberTraum (Diskussion) 23:10, 26. Apr. 2012 (CEST)

Geldbetrag bedeutet aber nicht Geldscheine. Er könnte auch zwei Schecks ausgestellt haben. --Rebiersch (Diskussion) 23:19, 26. Apr. 2012 (CEST)

Ergänzung: Man kann natürlich bei jedem Paradoxon irgendwelche "realistischen" Überlegungen anstellen Achilles und die Schildkröte: wenn der Abstand immer kleiner wird treffen sie sich, Sekretärinnenproblem: eine Ablehnung ist unter realistischen Bedingungen nicht unwiderruflich Ziegenproblem: wie wissen nichts über die tatsächliche Motivation des Moderators Lügner-Paradox: Kein Mensch lügt immer. Letztendlich wird das Paradoxon dadurch nicht gelöst, sondern das Problem lediglich verdrängt. --Rebiersch (Diskussion) 23:57, 26. Apr. 2012 (CEST)

Die Frage ist nicht, ob die Aufgabe endliche Erwartungswerte voraussetzt. Wenn es sein muss, kann man ja die Aufgabe so umformulieren, dass ausdrücklich unendliche Erwartungswerte erlaubt sind. Das Problem ist vielmehr, dass der der Abschnitt "Analyse mit bedingten Wahrscheinlichkeite" bei den verwendeten Methoden endlichen Erwartungswert vorausetzt. Um den Fall mit unendlichen Erwartungswerten mathematisch sauber zu behandeln, müsste man einen eigenen Abschnitt "St-Petersburg-Variante" einführen. So ein Abschnitt lässt sich nach meiner Einschätzung ohne gründliche Literaturrecherche nicht so einfach schreiben. --NeoUrfahraner (Diskussion) 06:38, 27. Apr. 2012 (CEST)

@Rebiersch: Tja, stimmt schon, der Artikel Ziegenproblem ist so voll mit diesen Spitzfindigkeiten, dass man als Leser gar nicht mehr weiß, was dort eigentlich erklärt werden soll. Aber hier scheint mir schon wichtig, dass es sich um Geldbeträge handelt, nämlich wegen der Frage, ob es sich lohnt zu tauschen. Man kann daraus natürlich diverse abstrakte mathematische Probleme machen, aber dann braucht man trotzdem ein Kriterium, wann eine Wahrscheinlichkeitsverteilung "besser" als eine andere ist. Und wenn kein Erwartungswert existiert, kann man den ja auch nicht dazu verwenden.

@HilberTraum: Man könnte vielleicht auch ganz "doof" (im Sinne von OMA-tauglich) anfangen, so wie man es jemandem erklärt, der von Wahrscheinlichkeitsverteilungen nichts gehört hat. Nur angedacht: Wie entscheidet man denn ob ein "grüner" Umschlag besser ist als ein "blauer Umschlag" - Antwort: öffnen und nachschauen. Wenn man viele "grüne" und "blaue" Umschläge hat? Öffnen und nachschauen. Wenn es zuviele sind? Antwort: große Stichprobe und Mittelwert bilden. Wenn ich zu jedem Betrag die dazugehörige (unbedingte) Wahrscheinlichkeit kenne? Antwort: Das Produkt nennt man Erwartungswert. Das noch besser als den Mittelwert ermitteln und geht auch. Die Summe der "grünen" Erwartungswerte entspricht dem Wert aller grünen Umschläge. Wenn ich anstelle der unbedingten die bedingten Erwartungswerte aufsummiere? Antwort: Das geht nicht so einfach, da kann etwas anderes heraus kommen. Ein Beispiel, dass etwas anderes herauskommt reicht als Gegenbeweis (Wenn (50/100) bzw (100*/200) möglich sind, so ist der tatsächliche Erwartungswert vor dem Öffnen 112,5 Euro, aber nicht (50+100+200)/3 für den geöffneten und (100+125+100)/3 für den ungeöffnenten. In einer zweiten Runde könnte man genauso OMA-tauglich erklären weshalb das Ergebnis: "Tauschen ist bei jedem Betrag statistisch sinnvoll" nicht bedeutet "immer Tauschen" (im Sinne von gleich den anderen Umschlag nehmen) sei daher sinnvoll. --Rebiersch (Diskussion) 15:06, 27. Apr. 2012 (CEST)

@NeoUrfahraner: Vielleicht würde es fürs mathematische Verständnis schon helfen, wenn man noch etwas ausführen würde, wieso im Fall des endlichen Erwartungswerts keine Verteilung existiert, für die es sich für alle n lohnt zu tauschen. Diese Feststellung kommt mMn im Artikel etwas plötzlich und zu kurz. -- HilberTraum (Diskussion) 08:20, 27. Apr. 2012 (CEST)

Meinst Du jetzt etwas in der Art

$p_{2^{k}n}>{\frac {p_{n}}{2^{k}}}$ für alle $k=1,2,3\dots$,

also

$EZ\geq \sum _{k=0}^{\infty }2^{k}np_{2^{k}n}>\sum _{k=0}^{\infty }2^{k}n{\frac {p_{n}}{2^{k}}}=\sum _{k=0}^{\infty }np_{n}\to \infty$

Das kann man von mir aus einbauen. --NeoUrfahraner (Diskussion) 11:25, 27. Apr. 2012 (CEST)

Fände ich gut. Wobei ich zugeben muss, dass es etwas gedauert hat, bis ich die Rechnung nachvollziehen konnte ;-) Also vielleicht noch ein zwei erklärende Sätze?

Was ist eigentlich mit folgender Argumentation (unter der Voraussetzung $E(X)=E(Y)<\infty$): Wäre $E(Y|X)>X$, dann würde $E(E(Y|X))>E(X)$ folgen. Wegen $E(E(Y|X))=E(Y)$ ist das ein Widerspruch. Hierfür würde man überhaupt keine weiteren Verteilungsannahmen benötigen. Der große Nachteil ist natürlich, dass man einen deutlich abstrakteren Erwartungswertbegriff braucht. -- HilberTraum (Diskussion) 09:19, 28. Apr. 2012 (CEST)

Wie meinst Du $E(Y|X)>X$? Da ja auf beien Seiten Zufallsvariablen stehen, ist das wohl mit Wahrscheinlichkeit 1 gemeint. Das bedeutet dann also $E(Y|X=x)>x$ für alle mit positiver Wahrscheinlichkeit möglichen x. Damit brauchen wir dann weiterhin Verteilungsannahmen. --NeoUrfahraner (Diskussion) 19:36, 28. Apr. 2012 (CEST)

Ja heute morgen meinte ich "fast sicher", aber reicht ja sogar $E(Y|X)\geq X$ f.s. und $P(E(Y|X)>X)>0$. (So ähnlich wie eine Arbitrage in der Finanzmathematik.) Das hieße: Bei endlichem Erwartungswert, kann es nicht passieren, dass die Immer-Tauschen-Strategie manchmal besser, aber nie schlechter ist - unabhängig von der Verteilung von X. -- HilberTraum (Diskussion) 20:09, 28. Apr. 2012 (CEST)

Ja, $E(Y|X)\geq X$ f.s. und $P(E(Y|X)>X)>0$ reicht. Mein Frage ist aber vor allem, wieso Du meinst, dass dann keine Verteilungsannahmen nötig wären. Das en:Law of total expectation $E(E(Y|X))=E(Y)$ ist zwar sehr elegant; führt dann aber in der Detaildiskussion ebenfalls wieder auf das bisherige $p_{n}>{\frac {p_{n/2}}{2}}$. --NeoUrfahraner (Diskussion) 07:05, 29. Apr. 2012 (CEST)

Naja, ich meine man muss dazu nicht noch annehmen, dass die Verteilungen diskret sind oder eine Dichte besitzen. Klar, im diskreten Fall ist das äquivalent. Ich könnte mir aber vorstellen, dass eine Argumentation über bedingte Erwartungswerte, wenn sie richtig ausformuliert ist, trotz des höheren mathematischen Niveaus laienverständlicher sein könnte. Momentan läuft es ja etwa so: Wenn $E(Y|X=n)>n$ gilt, ergibt sich (im diskreten Fall) eine relativ unanschauliche Verteilungsbedingung, nämlich $p_{n}>{\frac {p_{n/2}}{2}}$. Wenn die für jedes n gilt, kann man formal nachrechnen, dass $E(Z)=\infty$ sein muss. Dagegen wäre eine Argumentation mit dem totalen Erwartungswert so: Wenn bei gegebenem X Tauschen immer vorteilhaft ist, dann müsste auch der (unbedingte) Erwartungswert von Y größer als der Erwartungswert von X sein, was aus Symmetriegründen nicht der Fall sein kann (immer endliche Erwartungswerte vorausgesetzt). -- HilberTraum (Diskussion) 11:14, 29. Apr. 2012 (CEST)

Jetzt verstehe ich was Du meinst. Allerdings ist Dein Argument im letzten Satz die Formulierung des Paradoxons und nicht dessen Lösung: Ich würde dieses Argument ja gerne glauben, aber wir haben da ja ein Beispiel gefunden, bei dem das ja nicht gilt. --NeoUrfahraner (Diskussion) 18:11, 29. Apr. 2012 (CEST)

Deine Antwort habe ich jetzt leider gar nicht verstanden: Was für ein Beispiel, das was nicht gilt? Mein letzter Satz war nur ein Versuch, die wahrscheinlichkeitstheoretische Überlegung mit den bedingten Erwartungen laientauglich zusammenzufassen. Was verstehst du unter einer "Lösung" des Paradoxons? Es geht doch in diesem Diskussionsabschnitt nur um einem Beweis für die Behauptung im Artikel, dass keine Verteilung von Z mit endlichem Erwartungswert existiert, so dass sich für alle Werte im 1. Umschlag ein Tausch lohnt. Das ist zwar anschaulich relativ klar, aber mMn nach doch beweisbedürftig. Du hast einen Beweis hier angegeben und ich auch einen, mehr ist doch gar nicht los. -- HilberTraum (Diskussion) 18:43, 29. Apr. 2012 (CEST)

Ich versuche es so zu erklären: in Deinen Beweis geht Z bisher nicht ein. Du musst zuerst E(Y|X) irgendwie abhängig von (der Verteilung von) Z darstellen, und dann erklären, wieso aus E(Y|X)>X f.s. folgt, dass EZ nicht existiert. Der simple Hinweis, dass ja EY=3/2 EZ vor dem Öffnen gilt, reicht dabei nicht aus. --NeoUrfahraner (Diskussion) 10:10, 30. Apr. 2012 (CEST)

Also der Zusammenhang zwischen X und Z ist ja wieder so ähnlich wie beim Zwei-Zettel-Spiel, also z.B. mit einer Zufallsvariable U, die von Z unabhängig ist und P(U=1) = P(U=2) = 1/2 erfüllt, dann kann man X=UZ und Y=3Z-X setzen. Es folgt E(X)=E(U)E(Z)=3/2 E(Z) und E(Y)=3E(Z)-E(X)= 3/2 E(Z).

Klar, die Zufallsvariable E(Y|X) ist ziemlich kompliziert (siehe auch die Rechnung im Artikel), aber zum Glück sagt ja der Satz vom totalen Erwartungswert, dass ihr Erwartungswert sehr einfach ist, nämlich gleich E(Y), also gleich dem Erwartungswert vor dem Öffnen ist. Es kann aber E(Y|X) nicht durchweg größer sein als ihr Erwartungswert, was beweist (durch Widerspruch), dass E(Z) nicht existieren kann. Das war ja die einzige Voraussetzung, die für diese Überlegung getroffen wurde. Man müsste sich also die komplizierte bedingte Verteilung von Y gegeben X dafür gar nicht unbedingt antun, sondern erst, wenn man Verteilungen ohne Erwartungswert betrachten will. Wie Rebiersch oben schon sagte "Wenn man endliche Erwartungswerte voraussetzt, wird alles witzlos." Das finde ich zwar etwas zu drastisch ausgedrückt, aber es stimmt schon, dass der endliche Fall deutlich einfacher ist. -- HilberTraum (Diskussion) 14:45, 30. Apr. 2012 (CEST)

Der Satz vom totalen Erwartungswert ist die formal-mathematische Formulierung dessen, was momentan im Abschnitt "Das Paradoxon" steht. Bei der Lösung des Paradoxons darf er nicht als bekannt vorausgesetzt werden, sondern es ist zu zeigen, dass die beschriebene Situation mit ihm nicht im Widerspruch steht. Formal heißt die Frage: Wie sehen Verteilungen von Z aus, bei denen E(Y|X)>X f.s. gilt? Hier im Artikel ist die Beschreibung, falls Z als diskret angenommen wird. Der Fall Z stetig findet sich bei Chalmers (http://consc.net/papers/envelope.html). Die "Lösung" des Paradoxons ist dann, zu zeigen, dass für solche Verteilungen E(Z) nicht existiert nicht und daher im konkreten Fall der Satz vom totalen Erwartungswert wirklich nicht verletzt wird. --NeoUrfahraner (Diskussion) 17:24, 30. Apr. 2012 (CEST)

Ah, so langsam sehe ich den Unterschied (mit der "Philosophie" von Paradoxa hatte ich bisher nicht so viel am Hut und unser Artikel Paradoxon ist da auch keine Hilfe). Ich versuchs noch mal mit eigenen Worten. Das Paradoxon ist: Man hat eine scheinbar richtige Argumentation, die auf ein scheinbar widersprüchliches Ergebnis führt. Jetzt gibt es zwei Möglichkeiten: Entweder in der Argumentation ist doch ein Fehler oder das Ergebnis ist in echt gar nicht widersprüchlich. Wenn man jetzt beweist, dass das Ergebnis tatsächlich widersprüchlich ist, dann muss die Argumentation falsch sein. Das habe ich mit den bedingten Erwartungswerten versucht. Aber um das Paradoxon wirklich zu "lösen", will man zeigen, warum und unter welchen Bedingungen die Argumentation falsch ist. Sehe ich das richtig? -- HilberTraum (Diskussion) 18:21, 30. Apr. 2012 (CEST)

Ja, völlig richtig. --NeoUrfahraner (Diskussion) 07:13, 1. Mai 2012 (CEST)

Vorschlag Geodel

Hallo; ich hätte den Vorschlag zu machen, den Lösungsabschnitt des Artikels in zwei Absätze zu teilen:

1. Lösung ohne Zusatzannahmen (bisher "Die einfache Lösung", die in den Artikel wieder eingefügt wird)

2. Lösung mit Zusatzannahmen (bisher "Analyse mit bedingten Wahrscheinlichkeiten")

Ich werde mich nun für ein paar Tage aus der Diskussion hier verabschieden. Gruß. --Geodel (Diskussion) 10:49, 27. Apr. 2012 (CEST)

Gegenvorschlag NeoUrfahraner

"Die einfache Lösung" (ohne Zusatzannahmen) aus frequentistischer Sicht beruht auf der Erkenntnis, dass die Aufgabenstellung unterbestimmt ist, solange das Zufallsexperiment nicht sauber definiert ist. Das Ergebnis 50:50 nach dem Öffnen ist dann genausowenig richtig oder falsch wie 1:0 oder 0:1 oder jedes andere Ergebnis - es ist ganz einfach aus der Aufgabenstellung nicht ableitbar. Eine Berechnung des Erwartungswerts ist ohne Zusatzannahmen weder vor noch nach dem Öffnen möglich. Aus dieser Sicht wäre das Paradox entfernt mit dem en:Bertrand paradox (probability) verwandt.

Man könnte jetzt versucht sein Indifferenzprinzip anwenden, damit sind wir beim bisherigen Abschnitt "Die Denkfalle". Oder aber man könnte versuchen, das Zufallsexperiment sauber zu definieren, damit sind wir beim bisherigen Abschnitt "Analyse mit bedingten Wahrscheinlichkeiten". --NeoUrfahraner (Diskussion) 07:51, 28. Apr. 2012 (CEST)

Meinung Rebirsch

Du hast schon recht. Alles wird angesprochen. OMA-tauglich ist offensichtlich nicht gewünscht (siehe mein Beitag oben). Dennoch bleibt der Abschnitt an der entscheidenen Stelle ("Die Berechnung des Erwartungswertes könnte aber auch bei anderen Wahrscheinlichkeiten zu dem Paradoxon führen, dass ein Tausch immer angezeigt wäre.") ungenau, beziehungsweise mißverständlich. --Rebiersch (Diskussion) 20:02, 28. Apr. 2012 (CEST)

Nicht OMA-tauglich ist vor allem die "Analyse mit bedingten Wahrscheinlichkeiten". Da ist eine Überarbeitung sicherlich sinnvoll, Als ersten Schritt sollten wir aber vorher klären, ob wir einen Abschnitt der Art "Die einfache Lösung" brauchen. Da bin ich nach dieser langen Diskussion mit Geodel inzwischen zur Meinung gekommen, dass dies notwendig ist. Die einfache Lösung empfinde ich zwar als unbefriedigende Lösung, aber die Feststellung, dass das Problem unterbestimmt ist, gibt erst die Rechtfertigung für mehr oder weniger willkürliche Zusatzannahmen. --NeoUrfahraner (Diskussion) 07:23, 29. Apr. 2012 (CEST)

Zunächst wäre es notwendig, was unter "einfacher Lösung" zu verstehen ist. Ich habe sie daher als OMA-tauglich, also ohne mindeste Ahnung (ohne Ahnung = ohne Vorwissen) bezeichnet. Die einfache Lösung ist die vereinfachende und nicht die allumfassende = mathematische Lösung. Wie in der Schulzeit, in der ein hilfreicher Lehrer auch nicht sagt "Man muss es aber so rechnen, sonst ist das Ergebnis falsch" sondern vom "Einfachen" zum "Komplizieren" schreitet. Zudem versteht schon unter "paradox" jeder etwas anderes und sollte zum besseren Leseverständnis durch "falsch", "tatsächlich widersprüchlich" oder "scheinbar widersprüchlich" ersetzt werden. Wenn "möglicherweise tatsächlich widersprüchlich oder doch nur scheinbar widersprüchlich" gemeint ist, sollte dies auch so ausformuliert werden. Wenn wir schon in der Beschreibung Herrn Schmidt rechnen lassen, so sollten wir auch in der "einfachen Lösung" die Verteilung so betrachten, wie sie Herrn Schmidt erscheint. Ob wir Herrn Schmidt jetzt Eurobeträge oder Murmeln zählen lassen ist eigentlich egal. Meine Vereinfachung wäre also nicht wie oben vorgeschlagen ("man muss abtrahieren") sondern wir vereinfachen das Problem zunächst auf 1,2,4,8,16 Murmeln. Herr Schmidt könnte also mindestens drei Betrachtungen anstellen, die jeweils ein anderes Ergebnis nahelagen (Tauschen ist immer sinnvoll (wenn es keinen Höchstbetrag gibt), Nichttauschen ist immer sinnvoll (wenn ich Murmeln auch teilen darf) , Tauschen und Nichttauschen sind gleichwertig). Wenn alle Murmeln (und Murmelteilstücke) wieder korrekt eingesammelt werden, zeigt es sich natürlich, dass es sich immer! nur um einen scheinbaren Widerspruch handelt.

Nicht hereinfallen sollten wir hier auf einen alten Autoverkäufertrick. Schon die Gegenüberstellung "der ungeöffnete Umschlag sei immer besser" versus "die Umschläge sind gleichwertig" schafft ein Ungleichgewicht, das sich gedanklich nur schwer zu beseitigen ist. Dringend notwendig ist auch die Gegenüberstellung "Tauschen lohnt sich für jeden Betrag" versus "Behalten lohnt sich für jeden Betrag". --Rebiersch (Diskussion) 14:49, 29. Apr. 2012 (CEST)

Ich meinen mit "einfacher Lösung" hier in diesem Zusammenhang nicht "OMA-tauglich", sondern eine meiner Meinung nach völlig unzureichende Lösung, die das Problem nicht erklärt, sondern leugnet. Diese "einfache Lösung" findet sich allerdings tatsächlich in der Literatur und ist genau das von Geodel gebrachte Argument, dass das Öffnen des Umschlags keine Information brächte und die Rechnung von Hrn. Schmidt daher unzulässig wäre. Dieses Argument ist anscheinend nicht widerlegbar, solange das betrachtete Zufallsexperiment nicht vollständig definiert ist. Umgekehrt braucht man für den "Beweis" dieses Arguments aber ebenfalls Zusatzannahmen. Mit dem Hinweis auf die unvollständige Aufgabenstellung kann man diese Pseudolösungen angemessen berücksichtigen und hat gleichzeitig eine Rechtfertigung dafür, wieso man "Zusatzannahmen" einführen darf. --NeoUrfahraner (Diskussion) 18:31, 29. Apr. 2012 (CEST)

Nunja, ich hatte Dich wohl schon richtig verstanden. Jetzt aber nicht mehr. Keine Information ist einfach nicht richtig. Herr Schmidt öffnet 100 Euro. Das ist eine Information. Ob sie relevant für das Problem ist, darf man nicht vorher ausschließen. Diese Information bedeutet z.B., dass nicht 0 Euro in beiden Umschlägen sind. Es bedeutet auch, dass beide Umschläge jetzt (in der einmaligen Tauschsituation) nicht mehr gleichwertig sind. Das hast Du mit anderen Worten doch selbst geschrieben. Die Information (100 Euro) zu leugnen wäre zumindest aus psychologischer Sicht als eine Art Problemlösung zu bezeichnen. Eine Auseinandersetzung wird vermieden und ein tatsächlich bestehendes Problem (hier: der bedingte Erwartungswert des anderen Umschlags kann immer größer sein als der geöffnete) wird nicht mehr wahrgenommen. Ich will überhaupt nicht ausschließen, dass so ein Mechanismus tatsächlich existiert und eine Lösung bzw Pseudolösung für das persönliche Problem mit dem Umtauschparadoxon darstellen kann. Für möglich halte ich es durchaus. Wenn überhaupt sollten solche Betrachtungen ans Ende des Artikels, aber nicht an den Anfang. Jeder Leser muss sich ja vor den Kopf gestoßen fühlen, wenn ihm gleich zu Anfang vorgeworfen wird, dass ein Nichterkennen des Problems Resultat eines Verdrängungsmechanismus sei. Auch nicht wenn es, wie vorgeschlagen, freundlicher formuliert wird. Ich bin mir auch sicher, dass du es nicht so gemeint hast. Gegen einen Hinweis auf die unvollständige Aufgabenstellung ist aus meiner Sicht nichts zu sagen.--Rebiersch (Diskussion) 00:04, 30. Apr. 2012 (CEST)

Mehr als ein Hinweis auf die die unvollständige Aufgabenstellung soll auch nicht im Artikel stehen, der Rest ist nur für die Diskussionsseite. Jetzt sollten wir noch abwarten, was Geodel dazu meint, wenn er aus dem Urlaub zurück ist. --NeoUrfahraner (Diskussion) 08:48, 30. Apr. 2012 (CEST)

Wobei auch zu klären wäre, ob das Beispiel bereits Teil der Aufgabenstellung ist. Aus dem Beispiel geht ja schon einiges hervor. Ohne Beispiel sehe ich keine Aufgabenstellung. Man kann sich lediglich eine Aufgabenstellung ausdenken. Aber warten wir es ab. --Rebiersch (Diskussion) 11:06, 30. Apr. 2012 (CEST)

Das Beispiel ist insofern Teil der Aufgabenstellung, als dass hier die Schlussfolgerung von Schmidt eingeführt wird, die letztendlich das Paradoxon erst auftauchen lässt. Man könnte aber den gefundenen Geldbetrag auch mit "B" oder "Otto" bezeichnen, auf den konkreten Betrag kommt es ja nicht an (Grams). Allerdings ist die Aufgabenstellung nicht unvollständig, sondern der Leser ist aufgefordert, den Fehler in Schmidts, durch den Text nahegelegten, Gedankengang zu entdecken und an seiner Statt die richtigen, also von der Problemformulierung gedeckten, Schlüsse zu ziehen, z.B. dass die Erwartungswerte für beide Umschläge gleich sind, vor dem Öffnen für beide, nach dem Öffnen für die jeweils anderen. --Geodel (Diskussion) 15:40, 2. Mai 2012 (CEST)

Meinung Geodel

Ad "Allerdings ist die Aufgabenstellung nicht unvollständig". Ist das Zufallsexperiment vollständig definiert? --NeoUrfahraner (Diskussion) 16:15, 2. Mai 2012 (CEST)

Nein, aber darauf beruht ja gerade das Paradoxon. --Geodel (Diskussion) 18:39, 2. Mai 2012 (CEST)

Oder umgekehrt: Sobald das Zufallsexperiment sauber definiert ist, gibt es kein Paradoxon. --NeoUrfahraner (Diskussion) 19:15, 2. Mai 2012 (CEST)

Sobald das Zufallsexperiment sauber definiert ist, ist es eine andere Aufgabenstellung. Das eigentliche Paradoxon ist damit aber nicht gelöst, denn dazu müssten zuallererst Schmidts Überlegungen, die ohne Zusatzannamhen aus dem Text ableitbar sind und ihn zu seiner Formel führen, aufgeführt und analysiert werden. Das leistet der Artikel bisher nicht. --Geodel (Diskussion) 15:34, 3. Mai 2012 (CEST)

Ohne Zusatzannahmen kann Hr. Schmidt keine Wahrscheinlichkeit berechnen. --NeoUrfahraner (Diskussion) 15:40, 3. Mai 2012 (CEST)

Er tuts aber trotzdem. Die Frage ist also, wo sein Fehler liegt. --Geodel (Diskussion) 17:44, 3. Mai 2012 (CEST)

Es ist eine Fehler, etwas zu tun, was man nicht kann. --NeoUrfahraner (Diskussion) 18:18, 3. Mai 2012 (CEST)

Normalverteilung

Noch ein Vorschlag: Wir unterstellen näherungsweise eine Normalverteilung der Umschlagspaare und zudem, dass Herr Schmidt richtig gerechnet hat. Das ist vielleicht nicht OMA-tauglich, aber ein Matheleistungskurs ist auch nicht erforderlich. --Rebiersch (Diskussion) 08:44, 1. Mai 2012 (CEST)

Uh, da wäre ich skeptisch. Wenn man ungefähr ahnt, wie viel in den Umschlägen steckt, wäre die Annahme einer Normalverteilung schon angesagt, aber ich fürchte, dass es uns nicht gelingen würde, daraus ein laientaugliches durchgerechnetes Beispiel zu basteln. Da hilft wahrscheinlich auch kein Mathe-Leistungskurs beim Leser, zumal der Fall stetiger Verteilungen bisher in Artikel ja nur am Rande vorkommt. Außerdem gibt es bei einer Normalverteilung noch das technische Problem, dass mit einer gewissen (in Praxis wohl vernachlässigbaren) Wahrscheinlichkeit auch negative Werte vorkommen. -- HilberTraum (Diskussion) 08:12, 2. Mai 2012 (CEST)

Zustimmung. Dazu kommt bei den stetigen Verteilungen auch noch die "Falle" mit der inneren Ableitung, die laut Chalmers z.B. bei P. Castell and D. Batens vergessen wurde. --NeoUrfahraner (Diskussion) 08:59, 2. Mai 2012 (CEST)

Wegen der "Falle" sollte übrigens wenigstens mal ein "Warnhinweis" in der Artikel, zumindest bis es einen Abschnitt zu stetigen Verteilungen gibt. Ich kann ja mal schildern wie's mir ging: Mein erster Gedanke war eigentlich "Boah, der stetige Fall ist deutlich komplizierter, als der diskrete." Aber dann lese ich im Artikel "Eine Analyse von kontinuierlichen Verteilungen ist aber auf die gleiche Weise möglich." und denke mir "Na gut, dann wird man halt doch einfach nur $p_{n}$ durch die Dichte von Z ersetzen müssen." Dann habe damit sogar noch ein bisschen herumsimuliert und nix hat geklappt... Gut, ich hätte natürlich in die Quelle reinschauen sollen. -- HilberTraum (Diskussion) 11:55, 2. Mai 2012 (CEST)

(ich rücke mal ein) Ich hatte nicht gemeint, dass die Gesamtgeldbeträge näherungsweise normalverteilt seien, sondern die Möglichkeiten ausgehend von 100 Euro, wenn 2*100 Euro genauso wahrscheinlich sind wie 100/2 Euro, kann man annehmen (ja, ich weiß auch, dass es eine Annahme ist), dass auch 100*32 genauso wahrscheinlich ist wie 100/32.

Wenn man sagt, dass für stetige Verteilungen kein Paradoxon (kein tatsächlicher Widerspruch) besteht, hat man streng genommen noch nicht gezeigt, dass für diskrete nicht doch einer bestehen könnte. Ein unvoreingenommener Leser wird / nein er muss den Schluss ziehen: Dass ist ja ein Super-Paradoxon: Für eine diskrete Verteilung gilt etwas, was für eine stetige Verteilung nicht gilt.

Mein Vorschlag für die Strukturierung des Artikels entspricht natürlich meiner Denkweise beim Lesen. Ich fange oben an und gehe die Annahmen durch. Meistens lautet die Bewertung "das ist möglich". Annahmen kann man treffen, soviel man will. Bei einem Paradoxon sind nicht einmal unsinnige Annahmen (Stichwort: Zeitreise verboten). Man kann so etwas annehmen, braucht sich dann aber nicht zu wundern wenn ein tatsächlicher Widerspruch (etwas unsinniges) herauskommt. Bei dieser Denkweise komme ich zu dem Ergebnis: Herr Lemke könnte das so machen. 50 und 100 Euro können tatsächlich gleichwahrscheinlich sein. Die Beträge 2*Z und Z/2 (so wie sie Herrn Schmidt erscheinen) können sogar ausgehend von einem beliebigen Betrag Z immer (also für jeden denkbaren Betrag Z) immer näherungsweise 50% sein. (näherungsweise deshalb, da sie für Herrn Schmidt fast nie genau 50% sind, erst bei mehrfacher Wiederholung wird sich die relative Häufigkeit 0,5 annähern). Bis hierher sehe ich keinen Denkfehler und noch keinen scheinbaren Widerspruch. Auch keine unsinnige Annahme. --Rebiersch (Diskussion) 22:43, 2. Mai 2012 (CEST)

Du meinst also eine Logarithmische Normalverteilung, Dichte für x>0

$g(x)={\frac {1}{{\sqrt {2\pi }}\sigma x}}\,\exp {\Big (}-{\frac {(\ln {x}-\mu )^{2}}{2\sigma ^{2}}}{\Big )}$

Laut Chalmers ist dann

$p(B>A|A=x)={\frac {2g(x)}{2g(x)+g(x/2)}}$,

also wenn ich mich nicht verrechnet habe kürzt sich der Faktor ${\frac {2}{{\sqrt {2\pi }}\sigma x}}$ freundlicherweise weg und es bleibt

$p(B>A|A=x)={\frac {\exp {\Big (}-{\frac {(\ln {x}-\mu )^{2}}{2\sigma ^{2}}}{\Big )}}{\exp {\Big (}-{\frac {(\ln {x}-\mu )^{2}}{2\sigma ^{2}}}{\Big )}+\exp {\Big (}-{\frac {(\ln {(x/2)}-\mu )^{2}}{2\sigma ^{2}}}{\Big )}}}$.

Anscheinend willst Du speziell $\mu =100$, also

$p(B>A|A=x)={\frac {2\exp {\Big (}-{\frac {(\ln {x}-100)^{2}}{2\sigma ^{2}}}{\Big )}}{2\exp {\Big (}-{\frac {(\ln {x}-100)^{2}}{2\sigma ^{2}}}{\Big )}+\exp {\Big (}-{\frac {(\ln {(x/2)}-100)^{2}}{2\sigma ^{2}}}{\Big )}}}$.

Welchen Erkenntnisgewinn erhoffst Du Dir durch diese Formel? --NeoUrfahraner (Diskussion) 07:17, 3. Mai 2012 (CEST)

@NeoUrfahraner: Also dass Rebiersch jetzt eine logarithmische Normalverteilung meinen könnte hätte ich jetzt im Leben nicht rausgelesen ;-)

@Rebiersch: Mir ist aber auch vollkommen unklar, auf was du hinauswillst. Du meinst also gar nicht die Normalverteilung, sondern eine Art Gleichverteilung auf den doppelten und halben Werten? Aber dazu steht doch schon ein Rechenbeispiel im Artikel (das mit dem fairen Würfel).

Der diskrete und der stetige Fall sind wohl nicht qualitativ verschieden. Es ist nur so, dass der stetige Fall technisch wesentlich anspruchsvoller ist und dass sich die Formeln dort nicht (wie im Artikel behauptet ;-) einfach analog zum diskreten Fall ergeben. -- HilberTraum (Diskussion) 09:27, 3. Mai 2012 (CEST)

(Bearbeitungskonflikt, ich schaue heute abend wieder rein) meine Antwort sollte sein: Nein, meine ich überhaupt nicht. Wenn ich es so gemeint hätte, hätte ich es auch so geschrieben. Ich bin kein Mathematiker. Mein Fehler war möglicherweise, dass ich an dieser Stelle eine Gleichverteilung aller Beträge lediglich als Sonderfall einer Normalverteilung angesehen habe. (Wieder etwas gelernt). Aber nur zur Sicherheit: Darf eine Gleichverteilung als Sonderfall einer Normalverteilung betrachtet werden oder ist dies tatsächlich ausgeschlossen? --Rebiersch (Diskussion) 09:32, 3. Mai 2012 (CEST)

Hier in diesem Zusammenhang ist wohl der wesentliche Unterschied zwischen einer Gleichverteilung und einer Normalverteilung der, dass bei einer Gleichverteilung die möglichen Werte beschränkt sind (also beispielsweise nur Werte zwischen 100/32 und 100*32 möglich sind), während bei einer Normalverteilung beliebig große und kleiner Werte (wenn auch mit geringer Wahrscheinlichkeit) möglich sind. --NeoUrfahraner (Diskussion) 12:59, 3. Mai 2012 (CEST)

beschränkt sind oder beschränkt sein dürfen? --Rebiersch (Diskussion) 14:09, 3. Mai 2012 (CEST)

Bei einer Gleichverteilung müssen die möglichen Werte beschränkt sein. --NeoUrfahraner (Diskussion) 14:58, 3. Mai 2012 (CEST)

@ HilberTraum (worauf ich hinauswill): Ich will darauf hinaus, dass sich auch beim sogenannten Umschlagparadoxon kein tatsächlicher Widerspruch ergibt. Noch nie hat jemand einen tatsächlichen Widerspruch gefunden. Selbst bei einer stetigen Verteilung nicht. Es gibt nur voreilige Schlußfolgerungen, die auf Denkfehlern beruhen. Einige dieser Denkfehler stecken noch immer im Artikel. Ein wichtiger Denkfehler ist zum Beispiel immer noch, dass zwischen der Sichtweise von Herrn Lemke und Herrn Schmidt nicht sauber unterschieden wird. Eine vorzeitige Schlussfolgerung (nur um ein Beispiel zu nennen) wäre: Wenn die Umschläge nicht vom Himmel gefallen sind (frei nach Chalmers), so müssen sie einer Verteilung folgen. (Diese Schlußfolgerung halte ich für richtig). Schon im weiteren Verlauf wird dann immer von Zufallsverteilungen gesprochen (von einer echten Zufallsverteilung war aber überhaupt nicht die Rede). Wenn man sauber differenziert, so muss man sagen, "Wenn die Umschläge nicht vom Himmel gefallen sind, so müssen sie einer Zufallsverteilung folgen oder nach einem anderen Nichtzufallsystem, dass sich Herr Lemke ausgedacht hat. Zum Beispiel ein Pseudozufallsystem, wie bei einer Computersimulation. Das einfachste System wäre wohl: heute (100/200), morgen (100/50), übermorgen (200/400), dann (100/50) ...Wenn er es aber so gemacht hat, so läge Herr Schmidt mit seinem Indifferenzprinzip nicht falsch. Nach einer gewissen Anzahl von Durchgängen, wird natürlich auch Herr Schmidt vermuten, dass kein Zufall, sondern ein System dahinter steckt. Die Anwendung des Indifferenzprinzip war aber nicht falsch, sondern genau richtig. Oder anders gesagt: man sollte Herrn Schmidt nicht vorwerfen, dass er nicht den gleichen Kenntnisstand wie Herr Lemke hat. Selbstverständlich haben beide eine andere Sichtweise. Es sind doch andere Personen mit einem anderen Blickwinkel - auch wenn es nur fiktive Personen sind. --Rebiersch (Diskussion) 14:09, 3. Mai 2012 (CEST)

(Bearbeitungskonflikt) Ok, ich versuch' mal eine Antwort (wobei ich mich als eher angewandter Mathematiker mit solchen mehr philosophischen Spitzfindigkeiten nicht so auskenne): Einen "tatsächlichen" Widerspruch gibt es sicher nicht. Herr Schmidt macht eine Schlussfolgerung, die recht plausibel ist, aber doch fehlerhaft, nur dass der Fehler nicht gleich auffällt. Das ist so wie bei diesen "Spaß-Beweisen", die auf den ersten Blick fehlerfrei aussehen und wo dann am Schluss 1=0 oder so herauskommt: Da ist irgendwo ein Fehler versteckt. Der Fehler hier ist die Annahme der 50%-Wahrscheinlichkeit dafür dass der andere Umschlag besser ist. Ohne Zusatzannahmen weiß man einfach nicht, ob sich der Tausch lohnt. Er lohnt sich halt, wenn der andere Umschlag besser ist und sonst nicht, fertig. Dann wäre der Artikel aber ein bisschen kurz ;-) Darum schaut man, was man sagen kann, wenn man ein wenig Vorahnung hat, wie viel denn in den Umschlägen sein könnte. Das kann mit mit einer Wahrscheinlichkeitsverteilung machen.

Zu deinem Beispiel mit der systematischen Auswahl: Ist eigentlich ganz interessant, aber doch ein anderes Problem. Wenn nämlich das Spiel wiederholt wird, bekommt Herr Schmidt viel mehr Information, als durch das einmalige Öffnen im Originalproblem. Ich sehe aber nicht, wieso das Indifferenzprinzip hier "richtig" sein sollte. Wie geht denn deine systematische Auswahl an den nächsten Tagen weiter? Die kurz angesprochene Möglichkeit von Computersimulationen finde ich übrigens sehr interessant, ich hab selber auch schon etwas herumgespielt. Ist ganz aufschlussreich.-- HilberTraum (Diskussion) 17:07, 3. Mai 2012 (CEST)

Ich halte es keineswegs für eine "philosophische Spitzfindigkeit". Wäre es so, dann schriebe ich hier keinen einzigen weiteren Satz. Du hast recht, dass es für die Annahme der 50%-Wahrscheinlichkeit für den doppelten Betrag (200 Euro) und halben Betrag (50 Euro) keine rationale Begründung gibt. Wer dies vermutet begeht einen Denkfehler, aber nichts was schon für sich genommen paradox wäre (weder scheinbar noch tatächlich widersprüchlich). Aber stellen wir mal das Problem mit dem Indifferenzprinzip zurück. (Wir können es gern später aufgreifen). Wir können es zurückstellen, da es für den weiteren Verlauf der scheinbar folgerichtigen Argumentationkette nicht mehr nötig ist. Die Argumentation geht weiter mit "Wenn die Rechnung von Herrn Schmidt für jeden beliebigen Betrag das Ergebnis lieferte, dass sich Tauschen lohne...". Tauschen lohnt sich aber nicht erst ab 50% Wahrscheinlichkeit für den höheren Betrag, sondern auch bei 40% oder 60% Wahrscheinlichkeit. Nun ist es aber tatsächlich möglich, dass ausgehend von einem beliebigen Startbetrag jeder doppelte Betrag mit einer Wahrscheinlichkeit über 1/3 gezogen wird. NeoUrfahraner nennt es "St. Petersburg-Fall" (Mir gefällt die Bezeichnung nicht, denn der St. Petersburg-Fall ist viel leichter zu durchschauen). Schon die weitere Verknüpfung: "Wenn die Rechnung von Herrn Schmidt für jeden beliebigen Betrag das Ergebnis lieferte, dass sich Tauschen lohne, so bräuchte er den Umschlag gar nicht zu öffnen..." enthält einen weiteren ganz entscheidenen Denkfehler. Natürlich muss er den Umschlag öffnen. Nicht um den Betrag zu sehen, sondern um sie überhaupt unterscheiden zu können. Nur wenn er ihn nicht öffnen bräuchte, könnte er tatsächlich gleich den anderen nehmen. "öffnen" darf gern auch im übertragenen Sinn verstanden werden im Sinne von "bezeichnen" oder "den geöffneten Betrag Z nennen". Der richtige "Knaller" folgt im nächsten Satz: "Es kann aber nicht sein, dass der andere Umschlag immer besser ist, da ja beide Umschläge vor dem Öffnen offensichtlich gleichwertig sind." Wir haben 2 Aussagen, die miteinander verknüpft sind. Beide Aussagen sind bei genauer Betrachtung falsch und die Verknüpfung macht sowieso keinen Sinn. --Rebiersch (Diskussion) 20:24, 3. Mai 2012 (CEST)

drei Betrachtungen , drei unterschiedliche Ergebnisse

Was stimmt nun aber? Was bleibt sind drei Betrachtungsweisen mit drei unterschiedlichen Ergebnissen.

1. Betrachtung: beide Umschläge sind verschlossen. Wenn sie verschlossen sind und keinerlei Informationen vorliegen, erscheinen sie uns gleichwertig. Wenn sie tatsächlich nicht unterscheidbar sind, kann man wohl auch tatsächlich sagen, dass sie gleich sind. Es sind nicht dieselben Umschläge, aber gleichartig und auch gleichwertig. Wenn wir von einem möglichen Inhalt (Eurobetrag) abstrahieren, bleiben sie auch gleichwertig. Selbst ein festes Verhältnis stört nicht. Auf eine mathematische Formel übertragen 2*0=0. "Null" nicht weil der tatsächliche Wert 0 Euro beträgt, sondern weil wir ihn leugnen. Bei dieser Betrachtung kann kein Umschlag schlechter als der andere sein. Die Differenz der Umschläge ist auch "null". Wenn man "A" von "A" abzieht ergibt sich A-A=0
2. Betrachtung: Beide Umschläge werden geöffnet. Wenn beide geöffnet werden, so sind sie sicher unterschiedlich im Wert (Herr Lemke lügt nicht). Die Beträge liegen offen vor uns. Wir können beide Umschläge benennen mit kleinerer Betrag (kB) und größerer Betrag (gB). Ob wir zwei Umschläge vollständig öffnen und z.b. 100 Euro und 50 Euro sehen oder nur gedanklich beide teilweise öffnen und kB und gB sehen, spielt zunächst einmal keine Rolle. Beide Umschläge bleiben gedanklich unterscheidbar und im Wert unterschiedlich. Wenn wir die möglichen Beträge durchgehen und sie gedanklich wieder einpacken, machen wir bildlich gesprochen nichts anderes als den Ursprungszustand wieder herzustellen und verschließen die Umschläge. Ein Problem ergibt sich nur wenn wir sie gedanklich umordnen 100 < 200 < 400 < 800 ist genauso möglich wie 800 > 400 > 200 > 100. Wenn wir alles zusammengezählt und richtig eingepackt haben sind wir wieder bei der 1 Betrachtung. Ob wir nun auf eine endliche Zahl kommen 500 = 500 oder auf unendlich große Erwartungswerte spielt keine Rolle. Nicht wundern sollte uns, dass E(kb) < E(gb). In diesem Fall haben wir anschaulich gesprochen anders aus- wie eingepackt.
3. Betrachtung: Nur einer der beiden Umschläge wird ausgepackt. Streng genommen geht dies überhaupt nicht. Wenn ich einen Umschlag vollständig auspacke, also 100 Euro finde, habe ich den zweiten Umschlag zumindest schon teilweise geöffnet, da sie miteinander verknüpft sind. Wenn der Erwartungswert für beide Umschlage vor dem Öffnen unendlich groß gewesen ist (St. Petersburg-Fall), kann der tatsächliche Wert bei Z Euro im geöffneten (benannten Umschlag) nur noch maximal 2*Z Euro betragen. Eigentlich entspricht der Vergleich von vollständig geöffneten und einem teilweise geöffneten Umschlag ohnehin dem sprichwörtlichen Vergleich von Äpfel und Birnen. Es ist überhaupt nicht verwunderlich, dass bei einem solchen Vergleich etwas seltsames herauskommt. --Rebiersch (Diskussion) 01:27, 4. Mai 2012 (CEST)

@ NeoUrfahraner: Ich hoffe, es ist deutlich geworden, weshalb mir die Rechnung beginnend mit g(x)= nicht gefiel. Es sind nicht die Rechnung und die Gleichungen, es ist der Ansatz. Normalverteilt ist noch in Ordnung. Aber schon die Benennung g(x) der einen Seite ist beim Umtauschparadoxon problematisch. Schon die Annahme einer bekannten Zufallsverteilung führt zum Denkfehler. Im Grunde hat es Herr Lemke auch nicht gesagt. Es müssen einfach keine hintereinander geschaltenen Zufallsexperimente sein (hatte ich auch mal gedacht). --Rebiersch (Diskussion) 07:21, 4. Mai 2012 (CEST)

@ Hilbertraum: (Wie geht denn deine systematische Auswahl an den nächsten Tagen weiter?) Es ist Herrn Lemkes Auswahl. Wir wissen es nicht. Wenn wir es wüssten, bräuchten wir nichts vermuten. Im Grunde nicht anderes als bei einer Computersimulation. Echter Zufall läßt sich nicht berechnen. Vielleicht mit einer Tabelle mit Pseudozufallszahlen? Vielleicht kombiniert mit einer Zeituhr? (heute so, morgen aber anders?) --Rebiersch (Diskussion) 07:21, 4. Mai 2012 (CEST)

Ich würde bei Betrachtung 2 starten. Die offen liegenden Beträge sind G und 2G. Wir werfen die Münze und packen die Beträge in die Umschläge X und Y. Bei Kopf ist X=G und Y=2G, bei Zahl ist X=2G und Y=G.

X und Y sind somit zwei identisch verteilte Zufallsgrößen (aber nicht unabhängig, sondern durch X+Y=3G verbunden). Sie sind gleichwertig, aber nicht gleich. Falls der Erwartungswert existiert, gilt EX=EY, aber es glit nicht X=Y. X-Y ist nicht Null (sondern G oder -G), aber E(X-Y) = 0. Zur Betrachtung 1: Die Differenz der Umschläge ist auch "null" stimmt nicht, aber der Erwartungswert der Differenz der Umschläge ist null.

Ad 3: wird einer der beiden Umschläge geöffnet (z.B. X), so wechselt man auf die bedingte Verteilung von Y unter X. Y ist damit "teilweise geöffnet", die bedingte Verteilung von Y unter X unterscheidet sich von der "unbedingten". Die bedingte Verteilung ist aber duch gewisse Formeln (Satz von der totalen Wahrscheinlichkeit, Satz von der totalen Erwartung) mit der unbedingten Verteilung verknüpft. Der Vergleich von vollständig geöffneten und einem teilweise geöffneten Umschlag ist kein Vergleich von Äpfel und Birnen, sondern mathematisch betrachtet überhaupt kein Problem. Seltsam (paradox) wird es nur, wenn eine Formel (Satz von der totalen Erwartung) scheinbar nicht mehr gilt. --NeoUrfahraner (Diskussion) 07:27, 4. Mai 2012 (CEST)

Genau, es gibt kein mathematisches Problem. Hier liegt kein Rechenenfehler vor. Der Satz von der totalen Erwartung gilt weiterhin. Mit "null" wollte ich doch gerade den Unterschied zu "0" als Ziffer verdeutlichen. "null" entspricht eher "nichts", hier im Sinne von "nicht auszurechnen" (ohne Annahme einer irgendwie gearteten Verteilung). --Rebiersch (Diskussion) 07:47, 4. Mai 2012 (CEST)

Ad "Der Satz von der totalen Erwartung gilt weiterhin." Das ist die Frage, die es zu entscheiden gilt. Wenn sich für jeden gefundenen Betrag ein Tausch lohnt (der Betrag im anderen Umschlag immer einen höheren Erwartungswert hat als der gefundene Betrag), dann ist der Satz der totalen Erwartung verletzt. Wenn Hr. Schmidt also zum Ergebnis kommt, dass sich tauschen immer lohnt, dann muss irgendwo ein Rechenfehler vorliegen. In diesem Sinn ist es schon ein mathematisches Problem.

Ad 0/null/nichts: hier sehe ich keinen wesentlichen Bedeutungsunterschied. Wie Du oben geschrieben hast: Es sind nicht dieselben Umschläge, aber gleichartig und auch gleichwertig. Das passt nicht zum Satz Die Differenz der Umschläge ist auch "null". Nicht das Wort "null" ist das Problem, sondern die Wortgruppe "Differenz der Umschläge". Es geht nicht um die "Differenz der Umschläge", sondern um die "Differenz des Werts der Umschläge". Damit ergibt sich dann die Frage, was ist der Wert des Umschlags? --NeoUrfahraner (Diskussion) 09:28, 4. Mai 2012 (CEST)

Zu den drei Betrachtungen: Bitte nicht böse sein, aber das mit der Unterscheidbarkeit und Gleichwertigkeit, kommt mir aus praktischer (mathematischer?) Sicht schon als "philosophische Spitzfindigkeit" vor. Ich müsste gleich denken an die Geschichte "In einem Wald fällt ein Baum um, und niemand ist da ..." ;-) Für die Analyse des Spiels kann man problemlos die Umschläge unterscheidbar annehmen und den Beträgen darin Bezeichnungen geben (Z und 2Z). Wichtig ist nun, dass sich während eines Spiel, die Information über den Inhalt, die Herrn Schmidt zur Verfügung steht ändert. Erst gar keine Information (oder nur seine Vermutungen), dann die Information über den Inhalt eines Umschlags und am Schluss die vollständige Information. Das ist bei allen Spielen so, die teils Glücksspiele, teils Strategiespiele sind (z.B. Poker, aber auch Aktienkurse ;-). Eine genaue mathematische Beschreibung eines solchen Informationszuwachses bei Wahrscheinlichkeitsexperimenten mit der Zeit ist recht abstrakt (siehe Filtrierung), aber gut möglich. Meist reicht aber auch eine anschauliche Vorstellung von "Information" völlig aus. -- HilberTraum (Diskussion) 10:00, 4. Mai 2012 (CEST)

quetsch Ich kann Deine Sicht schon gut verstehen und auch nachvollziehen. Weshalb sollte ich böse sein? Es geht doch hier um Spitzfindigkeiten. Auch in der Mathematik geht es doch eigentlich immer um Spitzfindigkeiten. Ich kann jeden Deiner Sätze nur unterstreichen und zustimmen. Wichtig ist nur: siehst du noch einen scheinbaren Widerspruch oder hat sich für Dich alles in Wohlgefallen aufgelöst? --Rebiersch (Diskussion) 10:35, 4. Mai 2012 (CEST)

Fast in "Wohlgefallen". Den Fall unendlicher Erwartungswerte habe ich ehrlich gesagt nicht ganz durchschaut (siehe auch unten bei den Simulationen): Sollte in diesen Fall die Aufgabe wörtlich so bleiben? Was will Herr Schmidt noch erreichen, wenn er z.B. weiß, dass kein Erwartungswert existiert? -- HilberTraum (Diskussion) 16:43, 4. Mai 2012 (CEST)

Randbemerkung: "Unterscheidbarkeit und Gleichwertigkeit" würde ich aus mathematischer Sicht mit einer Nutzenfunktion (vgl. auch Dein Beitrag 09:38, 2. Mai 2012) modellieren. x und y können unterscheidbar sein (x ungleich y), aber gleichwertig bzgl. der Nutzenfunktion u, also u(x)=u(y). --NeoUrfahraner (Diskussion) 10:28, 4. Mai 2012 (CEST)

Ich denke das wäre zumindest unüblich. Eine "vernünftige" Nutzenfunktion sollte schon streng monoton wachsend sein, also u(x) > u(y) für x > y. HilberTraum (Diskussion) 16:43, 4. Mai 2012 (CEST)

In diesem Fall sind X und Y Zufallsgrößen. X>Y mit Wahrscheinlichkeit 1/2; der Nutzen ist z.B. der Erwartungsswert. --NeoUrfahraner (Diskussion) 18:40, 4. Mai 2012 (CEST)

Ich glaube ich weiß was du meinst, aber man muss etwas vorsichtig mit der Sprechweise sein. Die Funktion u ist erstmal eine "ganz normale" Funktion, z.B. u(x) = log(x). Ist X eine Zufallsvariable, dann ist ihr Nutzen u(X) auch eine. Oft ist es aber so, dass der erwartete Nutzen E(u(X)) ein realistischeres Maß ist als der Erwartungswert E(X). Bei unseren Umschlägen ist E(u(X)) immer gleich E(u(Y)), weil X und Y die gleiche Verteilung haben, aber u(Y) > u(X) soll genau eintreten, wenn Y > X gilt (mehr Geld hat größeren Nutzen), speziell haben unsere Umschläge immer unterschiedlichen Nutzen. -- HilberTraum (Diskussion) 21:19, 4. Mai 2012 (CEST)

Ja, genau. In gewisserweise auch eine Art von Abstraktion vom Euro-Betrag. Übertragen auf das Umtauschparadoxon zum Beispiel der von Dir einmal vorgetragene Gedanke nicht "mehr gewinnen" sondern "häufiger gewinnen" zu betrachten. --Rebiersch (Diskussion) 10:41, 4. Mai 2012 (CEST)

Antwort zu "Der Satz von der totalen Erwartung gilt weiterhin." Das ist die Frage, die es zu entscheiden gilt. Wenn sich für jeden gefundenen Betrag ein Tausch lohnt (der Betrag im anderen Umschlag immer einen höheren Erwartungswert hat als der gefundene Betrag), dann ist der Satz der totalen Erwartung verletzt. Ich sehe noch keine Verletzung. Es erinnert mich lediglich an das Rechenbeispiel (Die Wahrscheinlichkeit dafür, dass jemand mit genau 2 Kindern, von denen mindestens eines ein Sohn ist, der an einem Dienstag geboren wurde, zwei Söhne hat nicht 1/2 sondern 13/27 ist). Meine Schlussfolgerung wäre: wenn Hr. Schmidt also zum Ergebnis kommt, dass sich immer tauschen lohnt, dann muss irgendwo ein Fehler vorliegen. Auch wenn er sagt, dass "immer tauschen" statistisch besser ist , dann muss irgendwo ein Fehler vorliegen. Zu diesem Schluß ist Herr Schmidt doch aber nicht gekommen. --Rebiersch (Diskussion) 15:06, 4. Mai 2012 (CEST)

Entschuldige die Einmischung, aber dein Beispiel mit den zwei Söhnen ist so nur bedingt korrekt. Das Ergebnis hängt davon ab, wie man zu dem Wissen "ein Sohn, der an einem Dienstag geboren wurde" gelangt ist. D.h. der Informationsgehalt dieses Wissens ist unterschiedlich, je nachdem welche Fragen z.B. an Vater/Mutter gestellt werden. --Geodel (Diskussion) 15:23, 4. Mai 2012 (CEST)

Ich ahne was du meinst. Ich hätte das Beispiel wohl auch besser weglassen sollen, denn es hat lediglich Ähnlichkeit mit dem obrigen Problem. Die Frage an den Vater wäre: "Haben sie mindestens einen Sohn , der an einem Dienstag geboren wurde? (Hier ist es auch scheinbar so, dass etwas Widersprüchliches herauskommt, denn wir können die Frage auch mit Mittwoch, Donnerstag, Freitag usw. stellen. Dieses Problem löst sich aber leicht. Die Ähnlichkeit ist, das gedanklich der Fokus auf ein bestimmtes Kind gerichtet wird - tatsächlich ist es aber weiterhin eins von beiden. Wenn Du Kind mit Umschlag übersetzt und weiblich/männlich mit 2 X-chromosom/ 1 X-chromosom => ein Kind hat doppelt sowiele X-chromosomen wie das andere, bist du fast beim Umschlagparadoxon) --Rebiersch (Diskussion) 16:11, 4. Mai 2012 (CEST)

Der Satz von der totalen Erwartung

Der Satz von der totalen Erwartung lautet folgendermaßen:

$EY=E(Y|X=x_{1})\cdot P(X=x_{1})+E(Y|X=x_{2})\cdot P(X=x_{2})+\dots$

Wäre nun $E(Y|X=x_{n})>x_{n}$ für alle $x_{n}$, so wäre

$EY>x_{1}\cdot P(X=x_{1})+x_{2}\cdot P(X=x_{2})+\dots =EX$

Also ist entweder die Symmetrie vor dem Öffnen der Umschläge (EX=EY) verletzt oder der Satz von der totalen Erwartung falsch. --NeoUrfahraner (Diskussion) 17:00, 4. Mai 2012 (CEST)

Wenn ich einen Umschlag in der Hand halte und der andere auf dem Tisch liegt. Beide noch geschlossen. Was ist dann X und was ist Y. --Rebiersch (Diskussion) 18:11, 4. Mai 2012 (CEST)

Beliebig aber fix. Sagen wir, X ist Hand und Y Tisch. --NeoUrfahraner (Diskussion) 18:37, 4. Mai 2012 (CEST)

Upps, jetzt ist mir aber was Dummes passiert. Leider sind mir beide Umschläge heruntergefallen. Einer von beiden hat auch noch einen Fettfleck bekommen. Das macht aber nichts, da Du nicht wissen kannst welcher von beiden es ist. Ich lege beide zurück ohne sie zu vertauschen. Umschlag-Hand ist immer noch Umschlag-Hand. Umschlag-Tisch ist immer noch Umschlag-Tisch. Wie geht es weiter? --Rebiersch (Diskussion) 19:28, 4. Mai 2012 (CEST)

Naja, irgendwann wird es wohl Zeit, dass Du einen Umschlag öffnest ;-) --NeoUrfahraner (Diskussion) 19:59, 4. Mai 2012 (CEST)

Ich überlegte noch ob ich immer den mit dem Fettfleck nehme, oder immer den ohne Fettfleck ;-) Ich habe mich jetzt sicher entschieden und nehme diesmal den Umschlag-Tisch. --Rebiersch (Diskussion) 20:16, 4. Mai 2012 (CEST)

Gehe ich recht in der Annahme, dass Du ihn öffnest? --NeoUrfahraner (Diskussion) 20:31, 4. Mai 2012 (CEST)

Ja, ich öffne den Umschlag-Tisch. (wasche mir die Hände und trinke erstmal ein Glas Rotwein ;-) sozusagen zur Fettfleckvermeidung --Rebiersch (Diskussion) 20:58, 4. Mai 2012 (CEST)

Welchen Betrag enthält der Umschlag? --NeoUrfahraner (Diskussion) 21:17, 4. Mai 2012 (CEST)

Zum aktuellen Stand sehe ich 2 Möglichkeiten. Entweder kenne ich die Beträge aller Umschlage (man nennt es auch Betrug - wollen wir natürlich ausschließen) oder ich kenne keinen Betrag. --Rebiersch (Diskussion) 21:26, 4. Mai 2012 (CEST)

PS: ich bin einfach nur vorsichtig. Momentan habe ich die Position eines Herrn Schmidt eingenommen. Und dem wurde schon einiges unterstellt (falsches Rechnen, Indifferenzprinzip falsch angewendet, Betrug fehlt eigentlich nur in der Reihe). Dabei habe ich nur die Chance ergriffen und will die Umschläge eindeutig markieren, damit nachvollziehen kann, wo sie in der Rechnung oder Betrachtung bleiben. --Rebiersch (Diskussion) 21:37, 4. Mai 2012 (CEST)

Nehmen wir an, ich weiß dass in den Umschlägen die Beträge 50 und 100 stecken. Dann können wir zumindest schauen, ob in diesem konkreten Fall der Satz von der totalen Erwartung erfüllt ist. --NeoUrfahraner (Diskussion) 21:45, 4. Mai 2012 (CEST)

Ich versuche Dir gedanklich zu folgen. --Rebiersch (Diskussion) 21:56, 4. Mai 2012 (CEST)

Unter den getroffenen Annahmen ist P(X=50)=1/2; P(X=100)=1/2; EX= 50*1/2 + 100*1/2= 75. Einverstanden? --NeoUrfahraner (Diskussion) 22:04, 4. Mai 2012 (CEST)

Ja, so habe ich die Schilderung des Umtauschparadoxon immer verstanden. --Rebiersch (Diskussion) 22:07, 4. Mai 2012 (CEST)

Ebenso erhält man P(Y=50)=1/2; P(Y=100)=1/2; EY= 50*1/2 + 100*1/2= 75, also insbesondere EX=EY. Damit bist Du vermutlich ebenfalls einverstanden? --NeoUrfahraner (Diskussion) 22:24, 4. Mai 2012 (CEST)

ja - ich melde mich für heute aber ab  ;-) --Rebiersch (Diskussion) 23:05, 4. Mai 2012 (CEST)

Guten Morgen ;-). Ich hoffe, Du bist ausgeruht und kannst mehrere Schritte auf ein Mal vertragen. Du hast gestern Umschlag Y gewählt, den Satz von der totalen Erwartung können wir daher passenderweise mit E(X|Y) überprüfen.

Fall 1: Der Umschlag enthält 50 Euro. Y=50. Weil wir angenommen haben, wir kennen die Beträge, wissen wir, dass P(X=25|Y=50)=0 und P(X=100|Y=50)=1. Also ist

$E(X|Y=50)=25\cdot P(X=25|Y=50)+100\cdot P(X=100|Y=50)=100.$

Fall 2: Der Umschlag enthält 100 Euro. Y=100. Weil wir angenommen haben, wir kennen die Beträge, wissen wir, dass P(X=50|Y=100)=1 und P(X=200|Y=100)=0.Also ist

$E(X|Y=100)=50\cdot P(X=50|Y=100)+200\cdot P(X=200|Y=100)=50.$

Die totale Erwartung ist

$E(X|Y=50)\cdot P(Y=50)+E(X|Y=100)\cdot P(Y=100)=100\cdot {\frac {1}{2}}+50\cdot {\frac {1}{2}}=75.$

Es gilt auch

$EX=75$,

Somit ist wirklich

$EX=E(X|Y=50)\cdot P(Y=50)+E(X|Y=100)\cdot P(Y=100)$

und der Satz der totalen Erwartung ist in diesem ganz konkreten Fall erfüllt. Einverstanden? --NeoUrfahraner (Diskussion) 07:09, 5. Mai 2012 (CEST)

Ja, sicher, die Rechnungen und Formeln sind alle korrekt. Du wirst keinen Widerspruch finden, wo kein Widerspruch vorhanden ist. Niemand wird je einen Widerspruch finden, wenn er eind irgendwie geartete Wahrscheinlichkeitsverteilung oder eine festes Schema bei der Erstellung der Umschläge von Herrn Lemke vermutet. Vergleich das doch mal mir der Versionsgeschichte vom Ziegenproblem. Es ist einfach nicht intuitiv, aber auch nicht paradox (Zitat Chalmers). Gefühlt stimmen 99% aller Aussagen und Schlussfolgerungen hier auf der Diskussionsseite (lediglich die Formulierungen sind manchmal unglücklich - ich schließe mich hier ausdrücklich mit ein). Die Schlussfolgerung bleibt: Wenn eine irgendwie geartete Wahrscheinlichkeitsverteilung oder ein festes Schema angenommen wird, so ergibt sich kein Widerspruch. Wenn wir eine seltsame Wahrscheinlichkeitsverteilung annehmen, so brauchen wir uns nicht wundern, wenn uns das Ergebnis nicht intuitiv erscheint. Wir können auch übertreiben und vorschlagen, dass die Beträge im Verhältnis 1:1000 stehen. Wenn 100 Euro aufgedeckt werden, kann Herr Schmidt als 10 Cent oder 100000 Euro gewinnen. Es gibt immer Bedingungen unter denen sich ein Tauch lohnt und Bedingungen unter denen er sich nicht lohnt. Lediglich bei 0 Euro oder "unendlich" Euro lohnt er sich nie. Ich provoziere jetzt bewusst und behaupte: Besonders Mathematiker fallen auf das Paradoxon herein. Eigentlich fällt jeder ersteinmal auf das Paradoxon herein, Mathematiker finden nur schwer wieder heraus. Ich bin mir nicht mal mehr sicher ob Herr Chalmers aus dem Paradoxon herausgefunden hat oder es verdrängt hat. Wenn ich Paradoxon schreibe, meine ich jetzt Paradoxon im Sinne von sein eigener Denkfehler. Jetzt werde ich wahrscheinlich von allen Mathematikern zerfleischt. Danach können wir vielleicht von vorn beginnen mit: a) ich kann gedanklich zulassen, dass die "Umschlagspaare vom Himmel gefallen" sind b) sie können einer bekannten Wahrscheinlichkeitsverteilung folgen c) Herr Lemke könnte sich ein beliebiges festes Schema ausgedacht haben. Hab ich etwas vergessen? Unterliege ich bei den Annahmen einem Denkfehler? Ich mach jetzt eine Denkpause und warte mal die Reaktionen ab. --Rebiersch (Diskussion) 10:15, 5. Mai 2012 (CEST)

Ad "Du wirst keinen Widerspruch finden, wo kein Widerspruch vorhanden ist." Zweck der Übung war es, zu klären, ob der Satz der totalen Erwartung gilt. Aus der letzten Zeile

$EX=E(X|Y=50)\cdot P(Y=50)+E(X|Y=100)\cdot P(Y=100)$

ergibt sich, dass $E(X|Y=y)$ zwar für einige y größer als y sein darf, dafür aber für andere y kleiner als y sein muss. Im Durchschnitt muss es aber passen - ansonsten wäre der Satz der totalen Erwartung verletzt. Das ist die mathematische Formulierung dessen, was im Artikel im Abschnitt "Das Paradoxon" steht.

Ad "Eigentlich fällt jeder ersteinmal auf das Paradoxon herein, Mathematiker finden nur schwer wieder heraus." Den Eindruck habe ich nicht. Bis jetzt habe ich bei Mathematikern keinerlei Verständnisprobleme gefunden, sobald wir bei der bedingten Wahrscheinlichkeit waren. Bei Chalmers sehe ich auch kein Verständnisproblem. Verständnisprobleme finde ich nur bei Leuten, die nicht mit bedingter Wahrscheinlichkeit rechnen wollen und anstelledessen irgendwelche vagen Theorien von Abstraktion und nicht vorhandener Information aufbauen. --NeoUrfahraner (Diskussion) 06:34, 8. Mai 2012 (CEST)

ad(1) "Im Durchschnitt muss es aber passen" - passt doch auch, passt doch gut.

Richtig. Es geht ja, wie schon gesagt, um die Frage, warum es paradox wäre, wenn es nicht passt. --NeoUrfahraner (Diskussion) 07:11, 9. Mai 2012 (CEST)

ad(2) Ich glaube Dir, dass Du diesen Eindruck nicht hast. Im folgenden kann ich jeder deiner Aussage nur zustimmen. Ich verstehe nicht jeden Schritt von Chalmers, finde die Beweisführung aber auch als Nichtmathematiker schön und folgerichtig. Von einem Verständnisproblem kann bei Chalmers wohl kaum eine Rede sein. Die Schlussfolgerung ist rund und in sich abgeschlossen. (Mir steht es eigentlich überhaupt nicht zu die Arbeit zu bewerten). Ich versuche es daher noch einmal so: Es ist kein Wunder, dass die eine Seite immer grüner erscheint, wenn man nur auf die grüne Seite schaut. Wenn man dann auch noch eine "optimale" Verteilung annimmt, erscheint sie noch grüner. Besser als E(Z)=1,25*Z geht es nun einmal nicht. (Falls ich es aus Deiner Sicht als bedingten Erwartungswert schreiben muss, so ändere es einfach um). Die andere Seite sollte aber mitbetrachtet werden. Geht es schlechter als E(Z)=Z ? (also unter Annahme einer Gleichverteilung von kB und gB, wobei für gB in diesem Fall natürlich gilt gB=2*kB). Ich behaupte E(Z)<Z geht nicht. Meine Erkenntnis bislang: Die "Wahrheit" liegt zwischen diesen beiden extremen Betrachtungen und nicht besonders weit auseinander. Wo Sie genau liegt ist eine Frage der Sichtweise und eben keine Frage der Mathematik. Keine der beiden Betrachtungen führt für sich genommen zu einem Widerspruch. --Rebiersch (Diskussion) 06:32, 9. Mai 2012 (CEST)

Doch, es ist eine Frage der Mathematik und keine Frage der Sichtweise. Im Durchschnitt muss auf lange Sicht der Gewinn im ungeöffnenten Umschlag exakt gleich dem Gewinn im geöffneten Umschlag sein. Im Einzelfall können die Gewinne natürlich unterschiedlich sein (und sind es auch). --NeoUrfahraner (Diskussion) 07:11, 9. Mai 2012 (CEST)

Das ist auch immer so. Niemals geht ein Betrag verloren. Alles was Herr Lemke zahlt bekommt Herr Schmidt. --Rebiersch (Diskussion) 07:17, 9. Mai 2012 (CEST)

Unendlicher Erwartungswert (Psychologisches Problem?)

In meinem Versuch den Fall unendlicher Erwartungswerte zu verstehen habe ich für die von Chalmers angegebene Dichte f(x) = 1/(2x^(1.5)) für x > 1 mal einige Eurobeträge (gerundet) im geöffneten Umschlag simuliert:

 68534      4    413      2      6      5      9      4     37 106889
     2     16      5    151      7    176      1      4      2      1
    16  19384      2   1356      9     62      1      4      8      1
     6     52      2      1    219    130     23      1   1322      1
     9    384     33      2      6      2      2      1      3    109

Das Problem ist ja hier, dass jede Tauschstrategie auf die Dauer unendlichen Erwartungswert hat und man von daher keinen Anhaltspunkt hat, was man tun soll. Allerdings ist der bedingte Erwartungswert des anderen Umschlags immer etwas größer als der aufgedeckte Betrag. Jetzt meine Frage: Welche Beträge würdet ihr tauschen? (Bitte versucht euch die Situation möglichst realistisch vorzustellen und ehrlich zu antworten; ihr dürft auch verwenden, dass euch die konkrete Verteilung bekannt(!) ist). -- HilberTraum (Diskussion) 13:31, 5. Mai 2012 (CEST)

Ich rechne den Erwartungswert E aus den vorhandenen Zahlen aus und tausche immer wenn gilt: aufgedeckte Zahl*1,25 < E --Rebiersch (Diskussion) 15:18, 5. Mai 2012 (CEST)

Super, vielen Dank! Das heißt, wenn ich richtig gerechnet habe, du würdest alles über ca. 3190 Euro nicht mehr tauschen. Kannst du mir vielleicht noch sagen, ob dir die Strategie eher objektiv vorkommt oder ob du eher meinst, dass sie eben für dich persönlich gut passt? -- HilberTraum (Diskussion) 17:46, 5. Mai 2012 (CEST)

Persönlich: Passt schon ;-) objektiv: ? Ich habe noch kurz überlegt ob der Faktor eher 1,2 oder 1,33 sein sollte, habe mich dann aber doch subjektiv für 1,25 entschieden. War das ein Denkfehler? --Rebiersch (Diskussion) 17:58, 5. Mai 2012 (CEST)

Denkfehler? Ich denke nicht nicht, dass man in diesem Fall überhaupt echte "Fehler" machen kann, es geht mir momentan wirklich um die "reale" Situation. Mal sehen, ob vielleicht noch andere Meinungen kommen ... -- HilberTraum (Diskussion) 18:19, 5. Mai 2012 (CEST)

Ich überlege in der Zwischenzeit, ob der Faktor nicht eigentlich (2*1,33+1,2)/3 sein müßte - bin aber mal wieder im Umtauschparadoxon verfangen. ;-) --Rebiersch (Diskussion) 18:24, 5. Mai 2012 (CEST)

(mein Zwischenergebnis des psychologischen Experiments: unser Gehirn ist gnadenlos - jede Information wird ausgewertet) --Rebiersch (Diskussion) 01:11, 6. Mai 2012 (CEST)

Ich warte mit der Entscheidung vorerst, bis wir die "Grenzwertdiskussion" in der obigen Simulation beendet haben ;-). --NeoUrfahraner (Diskussion) 09:45, 6. Mai 2012 (CEST)

Soso, jemand bietet dir an, dir vielleicht 100000 Euro zu schenken und macht daraus ein kleines Spiel. Und deine "realistische" Antwort ist: "Och nö, da muss ich erst ein paar Simulationen machen" ;-) -- HilberTraum (Diskussion) 09:53, 6. Mai 2012 (CEST)

Ergänzung: Meine Sichtweise (bestimmt noch mit Fehlern) nach der ich objektiv (?) vorgegangen bin, habe ich mal auf meine Benutzerseite geschrieben. Meine subjektive Einschätzung war, dass Du nach Annahme C vorgegangen bist. --Rebiersch (Diskussion) 11:30, 6. Mai 2012 (CEST)

 Los macht schon, ich will die Auflösung hören! Wer sich beim Umtauschparadoxon nie entscheidet, gewinnt auch nie etwas ;-) --Rebiersch (Diskussion) 14:22, 6. Mai 2012 (CEST)  

Wenn ich darf, möchte ich die Entscheidung von noch 2 realen Personen beisteuern. Meine Oma (die richtige) hätte in der Situation gesagt "Lieber den Spatz in der Hand, als die Taube auf dem Dach" - ich tausche nie. Meiner kleinen Tochter hatte ich es mal ähnlich geschildert und ihre Antwort war sinngemäß: "Wenn es 10 Euro sind, behalte ich die. Mehr gibst Du mir ohnehin nicht". --Rebiersch (Diskussion) 14:22, 6. Mai 2012 (CEST)

Ich würde fast sagen, deine Oma und deine Tochter haben die Aufgabe auf Anhieb besser verstanden als wir alle zusammen ;-) -- HilberTraum (Diskussion) 16:21, 6. Mai 2012 (CEST)

Das erinnert mit an diesen Abschnitt Urlauberdilemma#Wirkliches_Verhalten_von_Menschen_im_Urlauberdilemma --Rebiersch (Diskussion) 19:11, 6. Mai 2012 (CEST)

Jetzt ist es Zeit, meine Strategie zu verraten: Beim ersten Mal tausche ich (um mehr Information zu bekommen), dann tausche ich immer, wenn ich weniger als das bisherige Maximum finde. --NeoUrfahraner (Diskussion) 21:44, 6. Mai 2012 (CEST)

Klingt ziemlich raffiniert, ist aber ein bisschen gemogelt. Ich hatte eigentlich schon gemeint, dass das Spiel nur einmal stattfindet. Und da ich ganz am Anfang ja schon hingeschrieben hatte, welche Verteilung für die Umschläge verwendet wird, musst du doch eigentlich nicht noch mehr Informationen sammeln. Würdest du unter diesen Voraussetzungen noch immer bei jedem Betrag tauschen? -- HilberTraum (Diskussion) 22:13, 6. Mai 2012 (CEST)

 Es geht nicht um richtiges Geld! Ich will vor Mitternacht die Auflösung lesen. Meine Entscheidung steht oben, NeoUrfahraner tauscht jedes Mal und
entscheidet sich erst beim nächsten Spiel ev. anders, Geodel hat nicht teilgenommen, Oma tauscht nie und Tochter tauscht immer unter 10 --Rebiersch (Diskussion) 23:12, 6. Mai 2012 (CEST)  

Doch, es geht/ging mir in diesem Abschnitt um echtes Geld! Ich weiß auch nicht, wieso du meinst, ich hätte eine "Auflösung", ich wollte nur nach "realistischen" Strategien fragen und sehen, ob es bei der Umschlagwahl eine Rolle spielt, wenn man weiß, dass die Beträge aus einer Verteilung kommen, deren Erwartungswert unendlich ist. -- HilberTraum (Diskussion) 07:29, 7. Mai 2012 (CEST)

Wenn es nur eine Runde ist, setze ich eine relativ niedrige Tauschschwelle an. Wenn die Verteilung bekannt ist, nehme ich bis auf Weiteres den Median (nur so nach Gefühl, ohne irgendeine "Optimalitätsüberlegung"). --NeoUrfahraner (Diskussion) 06:20, 7. Mai 2012 (CEST)

Herrlich! Das nicht aufgelöst wird, habe ich nicht berücksichtigt - Oma schon. Ob im richtigen Leben oder simuliert: Sie hat das "Geld" (den offenliegenden Anteil). Dieses Mal hat Oma retrospektiv eindeutig die richtige Entscheidung getroffen. Meine subjektive Einschätzung C war falsch und ich ändere auf Einschätzung A. Wenn ich beim nächsten Mal objektiv vorgehen wollte, müßte ich es wie Oma machen und nehme die Umschläge auch im verschlossenen Zustand, also ohne zu öffnen. --Rebiersch (Diskussion) 09:49, 7. Mai 2012 (CEST)

Wieso C oder A? Ich habe euch doch am Anfang verraten, das Fall B2 vorliegt und auch "erlaubt", diese Information zu verwenden. -- HilberTraum (Diskussion) 09:55, 7. Mai 2012 (CEST)

Aus Deiner Sicht darf es ja auch B2 bleiben. Wir sind nicht gezwungen die Information zu verwenden. Du hast die anderen Umschläge nicht aufgedeckt, also können wir nichts überprüfen  ;-)

Ich vermute es wird eine Fehlinformation gewesen sein. --Rebiersch (Diskussion) 11:16, 7. Mai 2012 (CEST)

Meine eigene Antwort fehlt noch: Ich denke, im "realen Leben" würde ich bis ca. 1000 Euro im geöffneten Umschlag tauschen. Bei den 1300er Beträgen würde ich sehr in Grübeln kommen, die knapp 20000 Euro in der Liste würde ich definitiv nicht mehr tauschen. Ich finde es schon mal sehr aufschlussreich, dass niemand jeden Betrag tauschen würde, obwohl der bedingte Erwartungswert im anderen Umschlag etwas größer ist. Das Ergebnis sieht für mich so aus, als ob es gar keine objektiv beste Strategie gibt (wenn es um echtes Geld geht). NeoUrfahraners Strategie mit dem Median sieht zwar so aus, als ob sie in diese Richtung geht, aber wenn ich mich nicht verrechnet habe, liegt der theoretische Median hier bei 4 Euro. Ich persönlich(!) würde aber z.B. 50 Euro auf alle Fälle tauschen. -- HilberTraum (Diskussion) 14:49, 7. Mai 2012 (CEST)

die andere Schilderung des Umtauschparadoxons

Wenn wir die andere Schilderung des Umtauschparadoxons nehmen wird es nicht einfacher. Mein Vorschlag: jeder darf einen beliebigen Betrag setzen (Z.B. 1000 Euro). Es gibt zwei Umschläge. In den einen lege ich den halben Betrag (also x/2), in den anderen (2x). Ich muss also zusätzlich Geld für die Umschläge aufbringen. Die Beträge dürfen beliebig hoch sein , aber nicht unendlich. Jeder darf mitspielen. Formel wie bei oben. Meine Damen und Herren, bitte setzen Sie Ihren Betrag. Sollte etwas prinzipiell anderes herauskommen? OMA geht wieder auf Nummer sicher. --Rebiersch (Diskussion) 14:03, 7. Mai 2012 (CEST)

Ich habe leider nicht ganz verstanden, was in die Umschläge kommt und was wir setzen sollen. Momentan wäre ja in einem Umschlag 4-mal so viel wie im anderen. Ist das echt so gemeint? -- HilberTraum (Diskussion) 14:49, 7. Mai 2012 (CEST)

upps! Eigentlich ist der Faktor ja 2 im Umtauschparadoxon. Aber ich bleibe dabei. --Rebiersch (Diskussion) 14:57, 7. Mai 2012 (CEST)

Wenn Du 1000 Euro setzt, kannst Du also entweder 500 oder 2000 gewinnen. Jeweils mit 50%iger Wahrscheinlichkeit. Die bedingten Wahrscheinlichkeiten sind gleich. Das Casiono schließt um 22.00 Uhr. Für die Tochter darfst Du setzten. --Rebiersch (Diskussion) 15:06, 7. Mai 2012 (CEST)

Ok, ist zwar ein ganz anderes Spiel, aber ich glaub' ich jetzt hab ich's verstanden: Wenn ich regelmäßig spielen darf, würde ich immer wieder einen kleineren Betrag, der mir nicht allzu weh täte, wenn ich paar Mal verliere, einsetzen und würde auf die Dauer (Gesetz der großen Zahlen) immer reicher, dann würde ich auch anfangen, den Einsatz zu erhöhen. Wenn es eine "einmalige Gelegenheit" wäre, denke ich, würde ich wahrscheinlich gar nicht spielen (Oma lässt grüßen), oder sagen wir mal dir zuliebe, vielleicht maximal 100 Euro. Ich frage mich aber gerade, woran das liegt? Sicher wieder irgendwas psychologisches. -- HilberTraum (Diskussion) 15:57, 7. Mai 2012 (CEST)

Die Spielregeln sind doch klar. Wieviel setzt Du? --Rebiersch (Diskussion) 16:42, 7. Mai 2012 (CEST)

Sag' ich doch: Normalerweise lieber gar nichts, aber weil ich heute gut drauf bin just for fun 100 Euro. -- HilberTraum (Diskussion) 17:59, 7. Mai 2012 (CEST)

Und für die Tochter? Setzt Du da auch etwas? --Rebiersch (Diskussion) 18:58, 7. Mai 2012 (CEST)

Wie generierst Du Dein Zufallsergebnis? Da müssen wir wohl auf irgendeine externe Quelle (z.B. die nächsten Lottozahlen) zurückgreifen. --NeoUrfahraner (Diskussion) 19:39, 7. Mai 2012 (CEST)

Sag ich nicht. Nicht, weil nicht will, sondern weil HilberTraum es auch nicht verraten hat. Das wär doch ungerecht, oder? Wie auch immer, um 22.00 Uhr steht das Ergebnis fest. Setzt Du einen Betrag oder setzt Du keinen? --Rebiersch (Diskussion) 20:01, 7. Mai 2012 (CEST)

Heute nicht. --NeoUrfahraner (Diskussion) 20:12, 7. Mai 2012 (CEST)

(BK) ::: Ich hab' doch oben geschrieben, wie ich meine Zufallsergebnisse erzeugt habe (und auch nicht gelogen!). Und für welche Tochter soll ich setzen? Ich hab keine, für Deine? Die soll mal schön die Finger vom Glückspiel lassen ... ;-) -- HilberTraum (Diskussion) 20:15, 7. Mai 2012 (CEST)

Vielleicht möchte NeoUrfahraner für meine (oder wahlweise seine) Tochter setzen? Noch ist Zeit --Rebiersch (Diskussion) 20:22, 7. Mai 2012 (CEST)

@ HilberTraum: Niemand vermutet, dass Du lügst! --Rebiersch (Diskussion) 20:24, 7. Mai 2012 (CEST)

Ich glaube ich muss hier eine Erklärung nachreichen. Die genaue Art und Weise hast Du nicht beschrieben (meine Sichtweise). Für Dich ist es möglicherweise sonnenklar. Für mich bleibt es eine Vermutung. Es muss für mich eine Vermutung bleiben. Ich vermute, dass es ein internes Rechenprogramm mit Pseudozufallszahlen und Zeitgenerator ist. Liege ich da so ungefähr richtig? --Rebiersch (Diskussion) 20:50, 7. Mai 2012 (CEST)

Ja genau, mit dem Programm R, also Pseudozufallszahlen. Falls Interesse besteht geht's auch ganz genau: R erzeugt mit dem Algorithmus namens Mersenne-Twister Pseudozufallszahlen zwischen 0 und 1, die dann mit der Inversionsmethode auf die angegebene Dichte umgerechnet wurden. (Wow, wir haben zu beidem sogar ausführliche Artikel). -- HilberTraum (Diskussion) 21:11, 7. Mai 2012 (CEST)

Werde ich das als Nichtmathematiker verstehen oder reicht es für mein Beispiel aus wenn ich eine Münze werfe bzw. Lottozahlen ziehe? --Rebiersch (Diskussion) 21:36, 7. Mai 2012 (CEST)

Habe jetzt vorher festgelegt was Kopf (= verdoppeln) und Zahl (halbieren) bedeutet und eine Münze geworfen. --Rebiersch (Diskussion) 22:02, 7. Mai 2012 (CEST)

Und und und, habe ich gewonnen??? -- HilberTraum (Diskussion) 22:04, 7. Mai 2012 (CEST)

Ist das wichtig ;-) Ändert das etwas an Deinen zukünftigen Entscheidungen? --Rebiersch (Diskussion) 22:10, 7. Mai 2012 (CEST)

Deine Botschaft habe ich aber verstanden ;-)

Meine Entscheidung: Für meine Tochter würde ich die volle Summe von 10 Euro setzen. Bei Wiederholung immer wieder, bis zu einem vorher festgelegten Maximalgewinn von 1000 Euro. Ich selbst 1000 Euro und bei 100 000 aussteigen. --Rebiersch (Diskussion) 22:34, 7. Mai 2012 (CEST)

(BK) Klar ist das wichtig! Ich verzocke doch nicht nochmal 50 Euro von meinem sauer verdienten Geld. Aber übrigens: Paradox ist doch bei diesem Spiel gar nichts (außer dass du als "Spielbank" ziemlich schnell pleite gehst, wenn du im Mittel mehr auszahlst als einnimmst;-) -- HilberTraum (Diskussion) 22:38, 7. Mai 2012 (CEST)

Ja, komisch seltsam. Ich dachte eigentlich ihr würdet Euch schlapp lachen. --Rebiersch (Diskussion) 22:45, 7. Mai 2012 (CEST)

Ich dachte mir aber, spiel doch mal Herrn Lemke. Habe ich etwas anderes gemacht als Du? Vielleicht habe ich Dein Beispiel falsch verstanden. Aber da stehen doch auch genügend Beträge zur Auswahl. Weshalb ich bei Deinem Beispiel nicht gesagt habe: "ich tausche zwischen 1000 und 100 000 Euro" kann ich nicht beantworten. Noch weniger, weshalb ich mich in unsinnige Überlegungen verfangen habe. --Rebiersch (Diskussion) 23:03, 7. Mai 2012 (CEST)

Simulation

Da Du schon mit Computersimulationen begonnen hast: hast Du auch schon versucht, den St. Petersburg-Fall zu simulieren (also den Erwartungswert schrittweise zu erhöhen und dabei verschiedene Tauschstrategien auszuwerten)? Es würde mich interessieren, wie weit Deine Interpretation der Ergebnisse mit meiner zusammenpasst. --NeoUrfahraner (Diskussion) 17:24, 3. Mai 2012 (CEST)

Für den St. Petersburg-Fall habe ich noch nichts simuliert, auch weil mir der ehrlich gesagt konzeptionell ziemlich unklar ist. Ich vermute auch, dass Simulationen mit Verteilungen ohne Erwartungswert nicht viel aussagen. Aber irgendwelche endlichen Simulationen sollten kein großes Problem sein. Was meinst du genau, was man dazu simulieren könnte? Ich kopiere mal mein Programm für das Beispiel im Artikel, bei dem 427.08 Euro herauskommt, hierher (in der Statistiksprache R, die ist für so was sehr gut geeignet).

N <- 1000000                          # Wiederholungen
Z <- 2^sample(0:5,N,rep=TRUE)*25      # Kleinerer Betrag
U <- sample(1:2,N,rep=TRUE)           # Umschlag wählen
X <- U*Z                              # Geöffneter Umschlag
Y <- 3*Z-X                            # der andere Umschlag
C <- X <= 500                         # Wechselstrategie
Result <- X*(!C) + Y*C                # Resultat ;-)
print(mean(Result))                   # Erwartungswert simuliert

[1] 427.7529

Mit R könnte man sogar bedingte Erwartungswerte E(Y|X) schätzen, aber da bin ich noch am experimentieren. -- HilberTraum (Diskussion) 22:27, 3. Mai 2012 (CEST)

Ich kenne R zwar nur dem Namen nach, aber der Code ist verständlich. Z ist anscheinend zwischen Z_min = 2^0 * 25=25 und Z_max 2^5 * 25 = 800. Jetzt könntest Du zwei Wechselstrategien vergleichen, also z.B die optimale (tausche wenn Du kleiner oder gleich Z_max/2 bist) und eine fixe (tausche wenn Z <= 500). Das gibt dann Result_opt und Result_fix. Dann schreib noch eine äußere Simulation und zähle, wie oft Result_opt besser/schlechter/gleich gut als/wie Result_max ist. Bei Deiner konkreten Parameterwahl ist noch Result_opt=Result_fix. Was passiert, wenn Du Z_max schritteweise erhöhst? --NeoUrfahraner (Diskussion) 07:06, 4. Mai 2012 (CEST)

Ich hab mal alles, was du gesagt hast, brav ausgerechnet ;-) Ob man da jetzt etwas Spannendes rauslesen kann, musst du mir sagen.

    Z_max      E(X)     E(R.fix)     E(R.opt) R.opt>R.fix   R.opt==R.fix
========================================================================
1     800    394.1797    427.6033    460.9641  0.083512      0.832866
2    1600    679.7291    708.0160    793.7340  0.142832      0.714455
3    3200   1190.9924   1216.0227   1390.4739  0.186833      0.625669
4    6400   2131.8464   2154.1592   2490.7228  0.222609      0.555572
5   12800   3835.2335   3855.0777   4478.4749  0.250449      0.499968
6   25600   6968.8813   6987.0528   8127.0496  0.272402      0.454989
7   51200  12806.6210  12823.4399  14937.2955  0.291686      0.416696
8  102400  23632.1613  23647.6447  27545.0936  0.306895      0.386091
9  204800  43987.2092  44001.5284  51278.3628  0.321017      0.357442
10 409600  82143.6284  82156.8301  95765.2201  0.333440      0.333290
11 819200 153667.0997 153679.6773 179382.6153  0.343322      0.313181

-- HilberTraum (Diskussion) 09:23, 5. Mai 2012 (CEST)

OK, ich hab anscheinend andere Parameter verwendet. Du solltest N erniedrigen, Der interessante Fall sollte dann auftreten, wenn Z_max>25 * 2**N wird. Wenn Du den Faktor 25 bei der Berechnung von Z weglässt, erhältst Du kleinere Zahlen und die interessanten Ergebnisse, wenn Z_max>2**N --NeoUrfahraner (Diskussion) 09:50, 5. Mai 2012 (CEST)

Meinst du wirklich N, also wie oft die Simulation wiederholt werden soll? Wenn man das ändert, beeinflusst das doch eigentlich nur die Genauigkeit der Schätzungen. Kann mir grad nicht vorstellen, wenn man daraus erkennen könnte. -- HilberTraum (Diskussion) 11:15, 5. Mai 2012 (CEST)

Ja, ich meine wirklich N. Du kannst ja schon vorher überlegen, welche Auswirkung das auf R.opt>R.fix haben wird. --NeoUrfahraner (Diskussion) 11:28, 5. Mai 2012 (CEST)

Ok, ich mach' ja alles, was man mir sagt... Also alles ohne Faktor 25 und mit N = 15 (statt 1000000), dann ist ab Zeile 12 deine Bedingung Z_max > 2**N erfüllt. Was ich mir vorher überlegt habe war, dass die Ergebnisse ungenauer werden ;-)

    Z_max      E(X)      E(R.fix)      E(R.opt) R.opt>R.fix R.opt==R.fix
========================================================================
1       32    14.26667    16.93333     15.86667 0.0000000 0.9333333
2       64    37.66667    36.00000     50.93333 0.4666667 0.3333333
3      128    41.33333    41.46667     50.00000 0.2666667 0.6666667
4      256    79.20000    80.00000     73.60000 0.2666667 0.2666667
5      512   113.80000   115.46667    200.80000 0.2666667 0.6000000
6     1024   259.00000   259.20000    217.60000 0.2666667 0.3333333
7     2048   448.86667   449.53333    359.93333 0.2666667 0.2666667
8     4096   377.20000   378.86667    278.60000 0.2666667 0.4000000
9     8192  2196.53333  2197.06667   2852.00000 0.5333333 0.2666667
10   16384  1972.93333  1973.66667   2716.06667 0.4666667 0.2000000
11   32768  7743.73333  7744.00000   6057.60000 0.0000000 0.5333333
12   65536  9609.06667  9609.40000   6078.73333 0.4000000 0.2000000
13  131072 23749.93333 23750.80000  25773.20000 0.4666667 0.2666667
14  262144 35875.73333 35874.93333  33553.86667 0.2666667 0.2666667
15  524288 17806.40000 17807.20000  22911.20000 0.3333333 0.1333333
16 1048576 89194.13333 89194.13333 174441.06667 0.5333333 0.1333333

-- HilberTraum (Diskussion) 12:15, 5. Mai 2012 (CEST)

Wenn ich das Ergebnis richtig interpretiere, hast Du anscheinend noch keine "äußere Simulation" dabei. Das habe ich anscheinend in meinem Posting v. 07:06, 4. Mai 2012 zu wenig klar gesagt. Ich meine Folgendes: Wiederhole diese Simulation M-Mal mit fixem N. Vergleiche dabei jeweils die Gesamtgewinnsumme bzw. den durchschnittlichen Gewinn E(R.fix) und E(R.opt). In Deinem Beispiel oben ist E(R.fix) > E(R.opt) für Z_max=32 und E(R.fix) < E(R.opt) für Z_max=64.

Andersrum ausgesagt: Schätze P( E(R.fix) < E(R.opt) ) bei gegebenem N und gegebenem Z_max. Was ist der Grenzwert dieser Wahrscheinlichkeit, wenn Z_max fix ist und N gegen unendlich geht? Was ist der Grenzwert dieser Wahrscheinlichkeit, wenn N fix ist und Z_max gegen unendlich geht?

PS: Mir ist inzwischen aufgefallen, dass sich Deine Simulation in einem nicht unwesentlichen Detail von meiner damaligen unterscheidet. Dazu aber später mehr. --NeoUrfahraner (Diskussion) 08:25, 6. Mai 2012 (CEST)

Uh, du machst es aber spannend, dann mache ich mich gleich mal dran ... --HilberTraum (Diskussion) 09:55, 6. Mai 2012 (CEST)

Ok, hier kommt die Tabelle und auch noch mal das aktuelle Programm dazu, falls ich einen Denkfehler habe. Vielleicht kurz als Verständnishilfe: replicate erzeugt M=100000 unabhängige Wiederholungen des Zufallsexperiments für N=15, also der Funktion inner.sim. Das mean in outer.sim sollte man sich als Erwartungswert der Indikatorfunktion vorstellen, also als Wahrscheinlichkeit.

inner.sim <- function(m, strat=2^m, N=15) {
  Z <- 2^sample(0:m,N,rep=TRUE)
  U <- sample(1:2,N,rep=TRUE)
  X <- U*Z
  Y <- 3*Z-X
  C <- X <= strat
  Result <- X*(!C) + Y*C
  mean(Result)
}

outer.sim <- function(m, M=100000) {
  E.fix <- replicate(M, inner.sim(m, strat=20))
  E.opt <- replicate(M, inner.sim(m, strat=2^m))
  mean(E.fix < E.opt)
}

m <- 5:20
Tabelle <- data.frame(Z_max=2^m, Prob=sapply(m,outer.sim))

       Z_max      Prob
1         32   0.56189
2         64   0.59005
3        128   0.59349
4        256   0.59395
5        512   0.58904
6       1024   0.58272
7       2048   0.58049
8       4096   0.57654
9       8192   0.57383
10     16384   0.56840
11     32768   0.56689
12     65536   0.56454
13    131072   0.55979
14    262144   0.55550
15    524288   0.55042
16   1048576   0.55214

-- HilberTraum (Diskussion) 11:19, 6. Mai 2012 (CEST)

Hat ein wenig gedauert, ich hab noch R installieren und einlernen müssen. Schau Dir zum Vergleich N gegen unendlich an:

inner.sim <- function(m, strat=2^m, N=10000) {
  Z <- 2^sample(0:m,N,rep=TRUE)
  U <- sample(1:2,N,rep=TRUE)
  X <- U*Z
  Y <- 3*Z-X
  C <- X <= strat
  Result <- X*(!C) + Y*C
  mean(Result)
}
 
outer.sim <- function(m, M=100) {
  E.fix <- replicate(M, inner.sim(m, strat=20))
  E.opt <- replicate(M, inner.sim(m, strat=2^m))
  mean(E.fix < E.opt)
}
 
m <- 5:20
Tabelle <- data.frame(Z_max=2^m, Prob=sapply(m,outer.sim))

      Z_max Prob
 1       32    1
 2       64    1
 3      128    1
 4      256    1
 5      512    1
 6     1024    1
 7     2048    1
 8     4096    1
 9     8192    1
10    16384    1
11    32768    1
12    65536    1
13   131072    1
14   262144    1
15   524288    1
16  1048576    1

Wie erklärst Du den Unterschied zwischen N fix und Z_max gegen unendlich einerseits und Z_max fix und N gegen unendlich andererseits? --NeoUrfahraner (Diskussion) 18:28, 6. Mai 2012 (CEST)

Ich würde sagen, dein Beispiel mit großem N zeigt, dass der "echte" Erwartungswert der optimalen Strategie tatsächlich immer größer ist als der mit der fixen. Denn dann entsprechen die simulierten Erwartungswerte gut den theoretischen. Das Beispiel mit N=15 zeigt: Wenn man nur ein paar Mal spielt, kommt es relativ häufig vor, dass man mit einer anderen Strategie "mehr Glück" hat, als mit der auf lange Sicht optimalen. Also z.B. wenn man (wegen strat=20) so gut wie nie tauscht, aber trotzdem viel gewinnt, weil der größere Betrag zufällig öfters im ersten Umschlag X ist.

Alles recht nett, aber eigentlich nichts, was mein Weltbild ins Wanken bringen würde ;-) -- HilberTraum (Diskussion) 21:17, 6. Mai 2012 (CEST)

Im Prinzip stimme ich zu. Das erwähnte Detail, in dem sich meine damalige Simulation von Deiner unterscheidet, ist, dass bei mir die Verteilung bei "kleinen" Werten gleich geblieben ist und nur bei großen Werten dünner wurde. Bei Dir wird die Verteilung gleichmäßig dünner. Bei mir konnte ich beobachten, dass bei P( E_opt>E_fix ) bei fixem N mit Z_max zunächst wuchs, dann aber gegen 0 abfiel. Die fixe Schwelle führte immer noch zu erfolgreichem Tausch, die wachsende Schwelle wurde aber bei endlicher Stichprobenzahl immer seltener erreicht, sodass die wachsende Schwelle zur schlechteren "Tausche immer" Strategie wurde.

Das kannst Du auch bei einer Verteilung simulieren, die wirklich Erwartunswert unendlich hat. Eine Strategie E_fix und eine Strategie E_var. Bei fixem N ist dann bei kleinem "var" E_var besser als E_fix, bei großem "var" hingegen immer öfter schlechter. Das ist dann auch meine Antwort zur Deiner Frage unten nach meiner Strategie bei unendlichem Erwartungswert: die Strategie hängt davon ab, wie viele Runden wir spielen wollen. Je mehr Runden, umso höher setze ich meine Tauschschwelle an. Das lässt sich auch dynamisch machen: ich tausche z.B. immer, wenn ich weniger als das bisherige Maximum finde. --NeoUrfahraner (Diskussion) 21:41, 6. Mai 2012 (CEST)

Die Umtauschsituation

Die Formulierung im Artikel "Herr Schmidt öffnet zufällig einen der beiden Umschläge, findet zum Beispiel 100 Euro und überlegt..." scheint mir eine der Quellen von Missverständnissen zu sein. In der Literatur wird i.A. kein konkreter Geldbetrag genannt. Stattdessen wird die Umtauschsituation so eingeleitet:

"Sie wählen zufällig einen Umschlag, aber bevor Sie ihn öffnen wird Ihnen die Möglichkeit gegeben, ihn gegen den anderen Umschlag zu tauschen..."

Im Folgenden werden dann die Überlegungen, die zum Paradoxon führen, mit einem Symbol, der den im zuerst gewählten Umschlag befindlichen unbekannten Geldbetrag kennzeichnet, z.B. "B", durchgeführt. Das sollten wir auf jeden Fall auch so in den Artikel übernehmen. --Geodel (Diskussion) 21:30, 3. Mai 2012 (CEST)

+1: Ja, so hab ich's auch schon gelesen und denke auch, dass diese Variante zumindest erwähnt werden sollte. Das scheinbare Paradoxon kommt hier sogar noch etwas deutlicher raus, andererseits denke ich, dass die Überlegung anhand eines konkreten Betrags vielleicht etwas laienfreundlicher ist!? An der Analyse selbst sollte sich ja nicht viel ändern, da wird der Betrag ja jetzt schon durchweg X genannt. Oops, da war ich etwas voreilig, es ist ein anderes Problem. Aber erwähnt werden sollte es dennoch. -- HilberTraum (Diskussion) 15:57, 4. Mai 2012 (CEST)

Es sollte nicht nur erwähnt werden, sondern diese Formulierung stellt das eigentliche Zwei-Umschläge-Paradoxon, wie es in der Literatur zu finden ist, dar. --Geodel (Diskussion) 17:57, 4. Mai 2012 (CEST)

Hmm, offenbar gibt es schon beide Varianten in der Literatur, aber ein genauen Überblick, was jetzt die "Originalaufgabe" ist, habe ich auch nicht. Im Zweifelsfall ist es aber wohl immer besser, beide Varianten zu erwähnen. -- HilberTraum (Diskussion) 16:19, 6. Mai 2012 (CEST)

Es gibt bereits einen Abschnitt "Geschichte" im Artikel (insbesondere steht dort die "Originalaufgabe" Maurice Kraitchik) --NeoUrfahraner (Diskussion) 16:51, 6. Mai 2012 (CEST)

Das Problem dabei ist, dass das ja wieder eine etwas andere Aufgabe ist als die mit den Umschlägen. Es würde aber tatsächlich eher für die "erst öffnen, dann überlegen"-Variante sprechen, weil man ja üblicherweise weiß, wie viel man in der eigenen Geldbörse hat. Wie ist es denn bei Nalebuff?-- HilberTraum (Diskussion) 17:09, 6. Mai 2012 (CEST)

Der Nalebuff Artikel findet sich unter http://faculty.som.yale.edu/barrynalebuff/OtherPersonsEnvelope_JEP1989.pdf --NeoUrfahraner (Diskussion) 09:29, 7. Mai 2012 (CEST)

Och menno, das ist ja schon wieder ein anderes Problem. Ich denke wir bräuchten dringend einen Abschnitt über Variationen des Problems. -- HilberTraum (Diskussion) 09:58, 7. Mai 2012 (CEST)

Falls Du eine halbwegs vollständigen Überblick haben willst: http://en.wikipedia.org/wiki/Talk:Two_envelopes_problem/Literature Allerdings verstehe ich nicht, wieso dieses Problem so viel Papier wert ist. Sobald man das Problem unter dem Gesichtspunkt der bedingten Wahrscheinlichkeit bzw. bedingten Erwartung betrachtet, sollte das Thema doch im Wesentlichen erledigt sein. --NeoUrfahraner (Diskussion) 10:14, 7. Mai 2012 (CEST)

Schmidts Gedankenkette

Vor Ihnen liegen zwei ununterscheidbare Briefumschläge, jeder von ihnen enthält einen Geldbetrag. Ein Umschlag enthält den doppelten Betrag des anderen. Sie wählen zufällig einen Umschlag, aber bevor Sie ihn öffnen wird Ihnen die Möglichkeit gegeben, ihn gegen den anderen Umschlag zu tauschen. Nun überlegen Sie:"

 1. B bezeichne den Betrag im zuerst gewählten Umschlag
 2. Die W'keit, dass B der größere bzw. kleinere Betrag ist, ist 1/2.
 3. Der andere Umschlag kann entweder B/2 oder 2B enthalten.
 4. Ist B der kleinere Betrag, so enthält der andere Umschlag 2B.
 5. Ist B der größere Betrag, so enthält der andere Umschlag B/2.
 6. Der andere Umschlag enthält also B/2 mit W'keit 1/2 und 2B mit W'keit 1/2.
 7. Somit ergibt sich der Erwartungswert des Geldbetrags im anderen Umschlag zu 1/2*B/2+1/2*2B=5B/4.
 8. Dies ist größer als B, also lohnt sich der Tausch.
 9. Nach dem Tausch kann ich dieselbe Überlegung für den anderen Umschlag anstellen.
10. Ich komme zu dem Schluss, dass ich zurückwechseln sollte.
11. Rational betrachtet sollte ich die Umschläge ewig weitertauschen."

--Geodel (Diskussion) 15:13, 4. Mai 2012 (CEST)

Ist B eine reelle Zahl oder eine Zufallsvariable? --NeoUrfahraner (Diskussion) 17:13, 4. Mai 2012 (CEST)

Wenn es einen zuerst gewählten Umschlag gibt, so ist der andere Umschlag der 2. Umschlag.

Wenn Du den Betrag im zuerst gewählt Umschlag "B" nennst und den Betrag im 2. Umschlag auch "B", dann brauchst Du dich nicht zu wundern, dass sie ständig verwechselt werden. Aus diesem Grund gibt man seinen Kindern unterschiedliche Namen. Nenne die Umschläge besser Beträge B1 und B2. --Rebiersch (Diskussion) 17:16, 4. Mai 2012 (CEST)

Gegenfrage: sind "100 Euro" eine reelle Zahl oder eine Zufallsvariable? --Geodel (Diskussion) 18:01, 4. Mai 2012 (CEST)

Gegen-Gegenfrage: Ist der Name des Kindes wirklich "Paul" oder nur zufällig "Paul"? --Rebiersch (Diskussion) 18:08, 4. Mai 2012 (CEST)

"100 Euro" ist jedenfalls keine Zufallsvariable, evtl. aber die Realisierung einer Zufallsvariablen. Es kommt jedenfalls auf den Kontext an. --NeoUrfahraner (Diskussion) 18:33, 4. Mai 2012 (CEST)

Aber "Euro" kann doch schon als Zufallsvariable aufgefasst werden. --Rebiersch (Diskussion) 22:05, 4. Mai 2012 (CEST)

1. Ich denke, dass man B als eine reelle Zahl betrachten kann.

2. Punkt 6 der Gedankenkette wurde ergänzt, weil er bereits eine Schlussfolgerung von Schmidt darstellt. --Geodel (Diskussion)

Wenn B eine reelle Zahl ist, dann bedeutet Aussage 2: $P(\max(X,Y)=B)=1/2$ für alle $B\in \mathbb {R}$ (wbei X, Y die Beträge in den Umschlägen sind). So kannst Aussage 2 doch wohl nicht gemeint sein? --NeoUrfahraner (Diskussion) 08:31, 6. Mai 2012 (CEST)

Du hast bei deiner Überlegung den Kontext nicht berücksichtigt. "B" ist der Platzhalter für einen von zwei unbekannten, aber festgelegten Geldbeträgen. --Geodel (Diskussion) 13:29, 6. Mai 2012 (CEST)

Also Kontext "X=B"? Demnach $P(\max(X,Y)=B|X=B)=1/2$ für alle $B\in \mathbb {R}$? --NeoUrfahraner (Diskussion) 13:59, 6. Mai 2012 (CEST)

Zwischenfrage an die Mathematiker

1. Nehmen wir an ich wüßte, dass Herr Lemke die Umschläge in der Form (50+/-dx;100+/-2dx) und (100+/-dx;200+/-2dx) mit gleicher Wahrscheinlichkeit erstellt hätte. Dann sehe ich nichts Widersprüchliches. Für dx=1 Euro nicht, für dx=0,1 Euro nicht und wenn "dx gegen null" geht auch noch nicht. Solange man 100+/-2dx und 100+/-dx gut unterscheiden kann ist alles kein Problem. Wenn ich 100+/-2dx aufdecke, sind sicher 50+/-dx Euro im anderen Umschlag. Wenn ich 100+/-dx aufdecke sind sicher 200+/-2dx im anderen. Wenn ich die Ereignisse 100+/-2dx und 100+/-dx zusammenfasse sehe ich auch kein Problem. Gedanklich kann ich mir immer mehr Kombinationen hinzudenken. Macht es einen Unterschied ob man erst die Beträge in den Umschlägen gegen unendlich streben läßt und danach dx gegen null bzw ob man erst dx gegen null streben läßt und danach die Beträge in den Umschlägen gegen unendlich? Gibt es überhaupt ein mathematisches Problem? --Rebiersch (Diskussion) 22:19, 6. Mai 2012 (CEST)
2. Zusatzfrage: Wenn Herr Lemke nur Umschläge in der Form (50+/-dx;100+/-2dx) erstellt hätte. An welcher Stelle taucht dann ein mathematischer Widerspruch auf? --Rebiersch (Diskussion) 22:19, 6. Mai 2012 (CEST)
3. Zusatzfrage2: Wenn ich 1/dx als Grad für die Unterscheidbarkeit von 100+dx versus 100+2dx betrachte, ist das aus mathematischer Sicht "durchgeballert", nachvollziehbar oder falsch? (ich bin auch an möglichst vielen Antworten interessiert) --Rebiersch (Diskussion) 22:50, 6. Mai 2012 (CEST)

Ad 2: Wenn die auftretenden Wahrscheinlichkeiten sauber als bedingte Wahrscjeinlichkeiten behandelt werden, gibt es keinen mathematischen Widerspruch. Im konkreten Fall wäre eben P(Y=50|X=100)=1 und P(Y=200|X=100)=0. --NeoUrfahraner (Diskussion) 10:06, 7. Mai 2012 (CEST)

Danke, (hatte ich vermutet) --Rebiersch (Diskussion) 13:35, 7. Mai 2012 (CEST)

Wieso kommt Herr Schmidt zu seinem Fehlschluss

Im Artikel steht, Herr Schmidt kommt auf die falsche 50-50-Wahrscheinlichkeit, weil er das Indifferenzprinzip falsch anwendet. Lässt sich das belegen (also dass das die übliche Ursache für den Fehlschluss ist)? Ich habe mich jetzt mal lange mit jemanden unterhalten, der auch gleich auf diesen Fehlschluss gekommen ist, und habe den Eindruck das liegt nicht am Indifferenzprinzip (das er gar nicht kannte), sondern am falschen "Umkehren" von bedingten Wahrscheinlichkeiten, ohne die Bayes-Formel anzuwenden. Ich schreib's mal mit Formeln und mit den Buchstaben aus dem Artikel auf (aber natürlich denkt ein Laie nicht in Formeln): Weil P(X=n | Z=n) = 0.5 für alle n gilt, muss für festes n auch P(Z=n | X=n) = 0.5 (falsch!) gelten und damit auch P(Y=2n | X=n) = 0.5. Kennt jemand vielleicht Literaturquellen für die Ursache des Fehlschlusses? -- HilberTraum (Diskussion) 08:48, 8. Mai 2012 (CEST)

ich ergänze mal den Satz: ... weil er das Indifferenzprinzip falsch anwendet oder von einer ihm bekannten Verteilung ausgegangen ist (Normalverteilung mit Maximum bei 100 Euro) oder von einem festen Schema oder weil er gedacht hat es stünde so in der Aufgabe. (jetzt schreibe ich nur noch, wenn ich direkt gefragt werde ;-) --Rebiersch (Diskussion) 09:19, 8. Mai 2012 (CEST)

Das Indifferenzprinzip findet sich z.B. in http://www2.hs-fulda.de/~grams/dnkfln.htm#_Umtauschparadoxon_%28Briefumschlag-Pa_1 Als ich zum ersten Mal das Umtauschparadoxon (ohne Lösung) gesehen habe, war es, soweit ich mich erinnere, ebenfalls nicht das Indifferenzprinzip, sondern vielmehr auch, dass ich die bedingten Wahrscheinlichkeiten "umgekehrt" berechnet habe und der Aha-Effekt eingesetzt hat, als ich die bedingte Wahrscheinlichkeit korrekt angesetzt habe. --NeoUrfahraner (Diskussion) 09:28, 8. Mai 2012 (CEST)

PS: mein seinerzeitiger Edit vom 6. März 2005; in den Artikel hier gemerged am 28. März 2005. --NeoUrfahraner (Diskussion) 09:42, 8. Mai 2012 (CEST)

PPS: Im Englischen gibt es anscheinend den Begriff en:Confusion of the inverse (Deutsche Übersetzung ist mir unklar). Ich habe aber keinen Erwähnung dieses Begriffs im Zusammenhang mit dem "envelopes problem/paradox" ergoogeln können. --NeoUrfahraner (Diskussion) 14:13, 8. Mai 2012 (CEST)

Hilft dies? Zitat aus Wikipedia: "Zwei Elemente bilden also genau dann eine Inversion, wenn nach Anwenden der Permutation das größere vor dem kleineren Element steht." --Rebiersch (Diskussion) 15:26, 8. Mai 2012 (CEST)

Nein: "Confusion of the inverse" ist, wenn P(A|B) mit P(B|A) verwechselt wird. Oder mit den Worten von HilberTraum: "Weil P(X=n | Z=n) = 0.5 für alle n gilt, muss für festes n auch P(Z=n | X=n) = 0.5 (falsch!)" --NeoUrfahraner (Diskussion) 15:31, 8. Mai 2012 (CEST)

Schade, ich dachte beim Umtauschparadoxon wäre es so. (der größere Betrag wechselt anschaulich gesprochen mit dem kleineren den Platz und wird somit selbst zum kleineren mit einem noch größeren Partner, wobei die dazugehörigen bedingen Erwartungswerte spiegelbildlich mitwechseln) --Rebiersch (Diskussion) 17:58, 8. Mai 2012 (CEST)

Naja, ich weiß nicht wie ernst Du die Antwort meinst, aber die "Confusion of the inverse" hat anscheinend auch schon zu Tragödien wie Selbstmorden nach falsch positivem HIV-Test geführt. Former Senator Lawton Chiles of Florida reported at an AIDS conference in 1987 that of 22 blood donors in Florida who were notified that they tested HIV-positive with the ELISA test, 7 committed suicide. In the same medical text that reported this tragedy, the reader is informed that "even if the results of both AIDS tests, the ELISA and WB, are positive, the chances are only 50-50 that the individual is infected" --NeoUrfahraner (Diskussion) 18:15, 8. Mai 2012 (CEST)

Ich meine es schon sehr ernst. (Ich meinte auch die Markierungen mit einem Fleck ernst). Gerade wg. solcher Geschichten ist es sogar sehr ernst. Mal anders: Wie willst Du denn P(A|B) mit P(B|A) beim Umtauschparadoxon verwechseln, wenn A und B nicht zu unterscheiden sind, da sie sich spiegelbildlich verhalten? Invasion hat auch eine interessante Bedeutung in der Medizin. Es bezeichnet auch die Sichtumkehr bei einer Endoskopie. --Rebiersch (Diskussion) 19:50, 8. Mai 2012 (CEST)

Da haben wir die Buchstabensuppe ;-) A und B habe ich einfach ganz allgemein gemeint. Konkret auf's Umtauschparadoxon bezogen, ist die Formulierung von HilberTraum besser: Z ist der kleinere Betrag, X der Betrag im geöffneten Umschlag, Y ist der Betrag im noch geschlossenen Umschlag. Es gilt

1. P(X=n | Z=n) = P(X=n | Z=n/2)=0.5,
2. P(Y=2n | X=n) = P(Z=n | X=n) sowie
3. P(Y=n/2 | X=n) = P(Z=n/2 | X=n).

Der Trugschluss taucht auf, wenn man

1. P(Z=n | X=n) = P(X=n | Z=n) = 0.5 und
2. P(Z=n/2 | X=n) = P(X=n | Z=n/2) = 0.5 setzt. --NeoUrfahraner (Diskussion) 20:43, 8. Mai 2012 (CEST)

Ja, besonders im Zusammenhang mit medizinischen Tests kenne ich den Fehlschluss auch: Wenn so ein Test sehr genau ist (d.h. bei Kranken ist er mit hoher Wahrscheinlichkeit positiv und bei Gesunden negativ), dann wird geschlossen, dass man bei positivem Ergebnis auch ziemlich sicher krank sein muss. Ich habe mal gehört, dass das auch gestandenen Medizinern gelegentlich passieren soll, oder zumindest, dass sie den Effekt unterschätzen. Schade, dass wir auf dewiki nichts Gescheites darüber haben, ich habe zumindest auf die Schnelle nichts gefunden. -- HilberTraum (Diskussion) 21:04, 8. Mai 2012 (CEST)

Ich bin heute in diesem Zusammenhang auf Kasseler Online-Schriften zur Didaktik der Stochastik, Band 5 gestoßen; da steht auf S 7 auch etwas zu Ärzten und professionellen AIDS-Beratern. Zurück zum Artikel: die "Confusion of the inverse" sollten wir meiner Meinung nach irgendwie im Abschnitt "Denkfalle" unterbringen, auch wenn sie leider nicht mir Quellen belegbar ist. --NeoUrfahraner (Diskussion) 21:46, 8. Mai 2012 (CEST)

Ich habe jetzt die bedingte Wahrscheinlichkeit in den Abschnitt "Die Denkfalle" hineingeschwindelt. Meinungen dazu? --NeoUrfahraner (Diskussion) 06:54, 9. Mai 2012 (CEST)

Aber das ist doch ein wunderbares Beispiel für die Fehlinterpretationen aufgrund einer anderen Sichtweise. Nur können wir uns schlecht darüber unterhalten, welchen "Wert" ein AIDS-Test im Einzelfall hat. Es ist schon schwierig genug, sich über den "Wert" won möglichen 100 Euro Gewinn gegenüber 50 Euro Verlust im Einzelfall zu unterhalten. Bei medizinischen Entscheidungen ist dies viel schwieriger. Da hilft eine Statistik nicht immer weiter. Sonst würden Mathematiker Medizin betreiben ;-)

Erst wenn ich viele Patienten betrachte und möglicherweise überhaupt nicht kenne wird es einfacher. Meine schlichte medizinische Sichtweise wäre zunächst einmal ganz losgelöst vom Umschlagparadoxon. Wenn ich 100 Euro in einem Umschlag habe und ich sicher bin, dass 125 Euro im verschlossenen Umschlag sind, so nehme ich selbstverständlich immer den verschlossenen Umschlag. Wenn ich sicher bin, dass statistisch gesehen 125 Euro im verschlossenen Umschlag sind und mir 1000 offene Umschläge mit je 100 Euro angeboten werden, so tausche ich nicht unbedingt. Wenn ich aber sicher bin, dass der Erwartungswert 125 Euro ist und zudem, dass mindestens 500 und höchstens 2000 Euro im verschlossenen Umschlag sind, so ist mir die Verteilungsfunktion schnuppe und ich tausche alle geöffneten Umschläge gegen die geschlossenen. Vielleicht verkaufe ich die im Spiel befindlichen Umschläge auch für 120 000 Euro an der Börse. Das wäre aber wieder eine individuelle Entscheidung.

Herr Schmidt kann aber nicht wissen, dass statistisch 125 Euro im anderen Umschlag sind. Darauf fallen nicht einmal Mediziner herein. ;-)

Es sei denn.... aber das hatten wir doch schon alles einmal.

--Rebiersch (Diskussion) 22:42, 8. Mai 2012 (CEST)

Schau Dir die die zitierte Schrift an, sie ist für Sekundarstufe I gedacht und nach meiner Einschätzung leicht verständlich. Es geht vor allem um die falsche Interpretation (falsch) positiver Befunde - vielleicht wird dann klarer, was ich meine. --NeoUrfahraner (Diskussion) 07:37, 9. Mai 2012 (CEST)

Noch leichter zu verstehen als mein Text? --Rebiersch (Diskussion) 07:56, 9. Mai 2012 (CEST)

Lohnt sich Behalten immer?

Zitat Rebiersch 06:32, 9. Mai 2012 (CEST): "Geht es schlechter als E(Z)=Z ? ... Ich behaupte E(Z)<Z geht nicht."

Originellerweise habe ich diese eigentlich naheliegende Frage bisher nicht in der Literatur gefunden. Die Betrachtung mit bedingter Wahrscheinlichkeit gibt allerdigns auch eine klare Antwort darauf: Im diskreten Fall lohnt sich Behalten, wenn $p_{n}<{\tfrac {p_{n/2}}{2}}$. Würde das immer gelten, so hätte man

$p_{n/2^{k}}>2^{k}\cdot p_{n}$ für alle $k\in \mathbb {N}$, also

$1=\sum _{j}p_{n_{j}}\geq \sum _{k}p_{n/2^{k}}>\sum _{k}2^{k}\cdot p_{n}=\infty$.

So eine Verteilung existiert demnach nicht. Das ist nicht besonders überraschend; das einzige Bemerkenswerte an der Antwort ist der Unterschied zum St-Petersburg-Fall (dort wird nicht die Summe der Wahrscheinlichkeiten, sondern die Erwartung unendlich). Für eine vollständige Behandlung des Paradoxons müsste man diesen Fall eigentlich auch erwähnen. --NeoUrfahraner (Diskussion) 10:50, 9. Mai 2012 (CEST)

(Meinung): Erstmal Danke für die Formel! Zumindest kann man doch von einem Leser nicht erwarten, dass er sich die andere "Begrenzung" mitdenkt. --Rebiersch (Diskussion) 13:17, 9. Mai 2012 (CEST)

Geht dies zur vereinfachten Anschauung durch?

E(Z) < Z < 1,25 E(Z)

0 < Z - E(Z) < 0,25 E(Z)

--Rebiersch (Diskussion) 13:59, 9. Mai 2012 (CEST)

Jetzt verwirrst Du mich. Ich dachte, mit "Geht es schlechter als E(Z)=Z ?" meinst Du, ob es sein kann, dass der andere (geschlossene) Umschlag immer schlechter ist als der bereites offene. Meine Antwort darauf ist, nein das kann nicht sein. Auch nach dem Öffnen ist ein Mal der eine und das andere Mal der andere besser. --NeoUrfahraner (Diskussion) 18:08, 9. Mai 2012 (CEST)

Nee, aber ich glaube ich habe "meinen" Denkfehler gefunden. (LOL). Ob es nur "mein" Denkfehler war, wird sich herausstellen. Irgendwie habe ich das Gefühl, ich hätte Dich eben mit meinem "Denkfehler" (Sichtweise) angesteckt "Das eine und das andere Mal". (= Einzelfallbetrachtung). Ich korrigiere mich (Versuch und Irrtum führt auch manchmal zum Ziel)

0 < |Z - E(Z)| < 0,25 E(Z) --Rebiersch (Diskussion) 19:53, 9. Mai 2012 (CEST)

Z-E(Z) steht ja für den Zusatzgewinn. Z habe ich , E(Z) bekomme ich beim Tauschen. Egal wie ich die Betragstriche setze, irgendwie wird es nie richtig. Dummerweise drehen sich für negative Werte auch noch die Ungleichzeichen um. Außerdem gilt 0 < Z - E(Z) natürlich nicht "immer". Wir betrachten ja "nur" Erwartungswerte (Ein Statistiker sagt jetzt bestimmt: Das ist doch viel aussagekräftiger, weil wir es auf lange Sicht betrachten wollen. Herr Schmidt sagt weiterhin nein, beim nächsten Mal kommt wieder ein anderes "Z"). Wer macht einen Denkfehler? --Rebiersch (Diskussion) 21:44, 9. Mai 2012 (CEST)

Der Zusatzgewinn muss im Durchschnitt Null sein. Manchmal positiv, manchmal negativ, im Durchschnitt egal. --NeoUrfahraner (Diskussion) 22:41, 9. Mai 2012 (CEST)

Ja, so sollte es sein und so ist es auch, da bin ich mir sicher.

also entweder 0 = Z - E(Z) oder Z - E(Z) < 0,25 E(Z) ? Ist es vielleicht doch eine Frage der Sichtweise? --Rebiersch (Diskussion) 01:01, 10. Mai 2012 (CEST)

Die eine Aussage ist eine Aussage über den Durchschnitt auf lange Sicht, die andere eine über den individuellen Einzelfall (falls du das mit "Sichtweise" meinst). Im Durchschnitt sind Männer größer als Frauen, trotzdem gibt es Frauen, die größer als ihr Mann sind. --NeoUrfahraner (Diskussion) 06:51, 10. Mai 2012 (CEST)

Nein, dass meine ich nicht :-(

Das was Du schreibst ist logisch, einen kleinen Unterschied wird man immer finden 1 cm, 1mm, 0,1 mm --Rebiersch (Diskussion) 07:49, 10. Mai 2012 (CEST)

Ich glaube Mathematiker nennen Einzelfallbetrachtung Kombinatorik. Geht das als Übersetzung durch? --Rebiersch (Diskussion) 08:11, 10. Mai 2012 (CEST)

Ob nun rechte oder linke Seite. Wie sind die beiden Zufallsexperimente am besten zu betrachen? Mit der Gegenüberstellung 0 = Z - E(Z) (rechte Seite) oder Z - E(Z) < 0,25 E(Z) (rechte Seite) meine ich, dass schon der Vergleich auf einem Denkfehler beruht. 0 = Z - E(Z) ist reine Kombinatorik. Z - E(Z) < 0,25 E(Z) ist Wahrscheinlichkeitsrechnung ausgehend vom ersten Zufallsexperiment. Das Ergebnis steht selbstverständlich im (scheinbaren) Widerspruch mit dem Ergebnis der Kombinatorik. Dummerweise stimmt der Ausdruck der linken Seite (Wahrscheinlichkeitsrechnung) mit dem Ergebnis Z - E(Z) (Kombinatorik) überein. Wie beim Pfeilschießen. Der Bereich ist sozusagen 0 < |Z - E(Z)| < 0,25 E(Z) "das Schwarze". Jetzt kommt die Kombinatorik und schießt "genau", triff den "unscharfen Rand". Man kann es auch andersherum betrachten. Erst der Pfeil der Kombinatorik, dann das Schrotgewehr Statistik das eine Wolke auf der Zielscheibe hinterläßt. Solange der Pfeil im definiertem Zentrum liegt, ist doch alles in Ordnung. --Rebiersch (Diskussion) 12:41, 10. Mai 2012 (CEST)

Was genau meinst Du mit 0=Z-EZ? Da musst Du dazusagen, ob das für ein einzelnes Zufallsexperiment gelten soll, für alle Zufallsexperimente gelten soll, oder ob es auf lange Sicht im Durchschnitt gelten soll. --NeoUrfahraner (Diskussion) 12:45, 10. Mai 2012 (CEST)

Das stimmt. Wobei wir auch von 1. Zufallsexperiment (Auswahl der Umschlagkombinationen) und 2. Zufallexperiment (Auswahl der Briefumschläge) unterscheiden müssen. Fangen wir mit reiner Kombinatorik für das 2. "Zufallsexperiment" an: Entweder 1x100 oder 1x50 Euro im offenen, = 150 Euro; (2 mögliche Fälle); im geschlossen Umschlag (Gegenseite) gleicher Gesamtbetrag, gleiche Anzahl von Fällen. Die Differenz beider Umschläge ist null. Man darf auch sagen (kB+gB)/2 für beide Seiten. Da wir ohnehin nicht wissen, was Herr Lemke gemacht hat, lassen wir zunächst (!) unberücksichtig was vor dem 2. Zufallsexperiment lag. Ausgehend von Z Euro also auch -Z/2+Z/2=0. Ergebnis: auf lange Sicht sollten beide Seiten gleich sein. (falsch wäre: wenn ich 100 Euro öffne sind immer noch beide Seiten gleich). Einverstanden? --Rebiersch (Diskussion) 13:58, 10. Mai 2012 (CEST)

Ja. --NeoUrfahraner (Diskussion) 14:12, 10. Mai 2012 (CEST)

Beim 1. Zufallsexperiment können/müssen 2 Arten der Entstehung von Doppelumschlägen unterschieden werden. (Ich schreibe immer in der Reihenfolge (kB,gB))

1) (a,b)(c,d)(e,f) (die Kombination (b,c) kommt nie vor, oder

2) (a,b)(b,c)(c,d)(d,e)(e,f) (alle denkbaren Kombination kommen vor)

Bei der Art 1 ist Ereignis "b" immer der größere Betrag (leider sehen wir der Zahl 100 nicht an ob sie für b oder a steht. ) --Rebiersch (Diskussion) 15:33, 10. Mai 2012 (CEST)

OK (mit Vorbehalt). --NeoUrfahraner (Diskussion) 15:41, 10. Mai 2012 (CEST)

f,a habe ich mal schnell wieder gelöscht. Welchen Vorbehalt hast du? --Rebiersch (Diskussion) 16:02, 10. Mai 2012 (CEST)

Die genaue Bedeutung des Satzes "leider sehen wir der Zahl 100 nicht an ob sie für b oder a steht." ist noch unklar (vielleicht ist das aber eh nicht wichtig) --NeoUrfahraner (Diskussion) 16:12, 10. Mai 2012 (CEST)

Es kann also sein, das alle Beträge gleichverteilt sind. 100 genauso häufig vorkommt wie 50, 100 auch genauso häufig wie 200. Trotzdem kann 100 immer der kleinere Betrag sein! Das ist doch ersteinmal erwähnenswert. Bei einer stetigen Verteilung darf dies aber sicher nicht der Fall sein. --Rebiersch (Diskussion) 17:25, 10. Mai 2012 (CEST)

Wenn du Vorbehalte hast: Entweder es gibt eine Kettenart in der Form (a,b)(b,c) in der gedachten Verteilung oder es gibt sie nicht. Wenn es eine gibt, so erfüllt sie die geforderten Bedingungen. Wenn es keine gibt, so bleiben nur Einzel-Kettenglieder in der Form (kb,gb) mit einem durchschnittlichen Zusatzgewinn von O Euro, aber niemals negativ. Also kann immer behalten, nicht immer lohnen. --Rebiersch (Diskussion) 20:49, 10. Mai 2012 (CEST)

Was genau meinst Du mit "durchschnittlichen Zusatzgewinn"? Ich verstehe es so: Wenn Du kb findest, behältst Du; damit hat man einen Verlust von kb -gb; Wenn Du gb findest, behältst Du ebenfalls, dann hat man einen Gewinn von gb-kb. Beide Fälle sind gleich wahrscheinlich, der durchschnittlichen Zusatzgewinn ist (kb-gb)+(gb-kb)=0. Also immer behalten lohnt nicht. --NeoUrfahraner (Diskussion) 21:03, 10. Mai 2012 (CEST)

Genau. Bei dieser Betrachtung (Sichtweise, Berechnung, Astraktion, ...) lohnt sich immer behalten (alles, alle geöffneten Umschläge zusammen ...) nicht. Bei dieser Betrachtung lohnt sich aber auch "immer" tauschen nicht. Aber nur bei dieser Betrachtung lohnt es sich nicht. Wenn man sich zu genau jedem geöffneten Umschlag einen genau passenden ungeöffneten Umschlag denkt, gleicht sich alles aus. Bei (kB;gB) = (kB;2*kB) gewinnt man entweder kB oder verliert kB. Für mich ist dies wie ein instabiles Gleichgewicht. Wehe, wenn man gedanklich etwas Störendes hineinbringt. Schon die Nennung eines fiktiven Betrags reicht aus. Ich glaube inzwischen, dass der fatale psychologische Denkfehler ganz am Anfang steht, wenn man dieses Gleichgewicht für die Wahrheit (Wirklichkeit, die Realität) hält. Tatsächlich ist aber nichts im Gleichgewicht. Es ist einfach unmöglich den tatächlichen Erwartungswert zu öffnen. Nicht Z<EZ ist paradox, sondern ein Ergebnis Z>EZ wäre paradox (wenn Z den geöffneten Umschlag bezeichnet). Das ist nur bei einem normalen Glückspiel, beim dem der Spieler üblicherweise verliert, der Fall. Z=EZ ist beim Umschlagparadoxon nur sehr schwer und mit viel "Pech" zu erreichen. --Rebiersch (Diskussion) 00:03, 11. Mai 2012 (CEST)

Es ist ein sehr seltsames Ergebnis: schlechter als "Nichttauschen" ist nur "nicht teilnehmen". --Rebiersch (Diskussion) 00:03, 11. Mai 2012 (CEST)

Irgendwie reden wir anscheinend aneinander vorbei: "Nicht Z<EZ ist paradox, sondern ein Ergebnis Z>EZ wäre paradox". Hier musst Du unterscheiden, ob "Z>EZ" den konkreten Einzelfall oder den Durschschnitt auf lange Sicht bedeutet. --NeoUrfahraner (Diskussion) 06:51, 11. Mai 2012 (CEST)

Genau, schrieb ich doch oben, Einzelfallbetrachtung oder Statistik. Ich darf unterscheiden. Wie bei den Patienten mit dem Testergebnis. 1000 mal Einzelentscheidung oder alle in einen Topf. Oder bei "OMA", "Tochter" und ich selbst im psychologischen Experiment. Alles Einzelentscheidungen oder "als Familie". HilberTraum wollte nicht "für meine Tochter" entscheiden (logisch). Ich konnte leicht für meine Tochter entscheiden (logisch). Wenn ich 1000 Euro setze habe ich 500 Euro sicher. Den möglichen Verlust meiner Tochter von 10 Euro gleiche ich einfach aus. Von den sicheren 500 Euro bleiben mir noch sichere 490 Euro. --Rebiersch (Diskussion) 10:47, 11. Mai 2012 (CEST)

Ich habe Deinen Punkt noch immer nicht verstanden. Bei Einzelfallbetrachtung ist doch weder Z<EZ noch Z>EZ paradox. --NeoUrfahraner (Diskussion) 11:05, 11. Mai 2012 (CEST)

Ja, eigentlich ist nichts tatsächlich paradox. Bei konsequenter Einzelfallbetrachtung (Einzelbetrag: ich habe entweder kb oder gB) sind im geöffneten Umschlag niemals 1,5*kB. Statistisch aber schon (Paradox? Antwort: nein). Bei Einzelfallbetrachtung (konkreter Doppelumschlag) (Zusatzgewinn und Zusatzverlust heben sich "immer" auf, entweder Z/2 gewinnen oder z/2 verlieren) weiß ich seltsamerweise nichts über den tatsächlichen Erwartungswert EZ (der fix, aber beliebig groß gedacht werden kann). Statistisch heben sich auf lange Sicht bei dieser Betrachtung Zusatzgewinn und Zusatzverlust auf. (kein Widerspruch). Ich kann mir auch vorstellen, dass Z nicht fix ist, sondern einer beliebigen stetigen Verteilung folgt. Erst dann kann ich E(Z) wieder berechnen. Schlussfolgerung: E(Z) muss beim Umtauschparadoxon zwischen 0 und 2*Z liegen. Die untere Grenze glaube ich sofort. Die obere Grenze ist mir viel zu hoch. Aber E(Z) ist immer positiv. (Paradox: nein - nicht beim Umtauschparadoxon). Die nächste quälende Frage: weshalb soll E(Z)=1,25*Z auf einmal paradox sein ? E(Z) ist doch immer positiv und deutlich kleiner als 2*Z. --Rebiersch (Diskussion) 12:01, 11. Mai 2012 (CEST)

"weshalb soll E(Z)=1,25*Z auf einmal paradox sein ?" Paradox ist es nicht im konkreten Einzelfall; sehr wohl aber, wenn es bei vielen Wiederholungen im Durchschnitt gilt. --NeoUrfahraner (Diskussion) 14:28, 11. Mai 2012 (CEST)

Hmmh?: E(Z)=1,24*Z wäre für Dich aber noch nicht paradox. E(Z)=1,249*Z auch nicht. Habe ich das richtig verstanden? --Rebiersch (Diskussion) 15:38, 11. Mai 2012 (CEST)

Doch, E(Z)=1,24*Z wäre genauso paradox. Auf lange Sicht muss der durchschnittliche Wert von Z immer näher an EZ herankommen --NeoUrfahraner (Diskussion) 15:55, 11. Mai 2012 (CEST)

Nein, es ist nur scheinbar paradox. Chalmers irrt sich nicht, die Mathematik auch nicht. --Rebiersch (Diskussion) 16:04, 11. Mai 2012 (CEST)

:: Meine persönliche Lösungen:

1) (Statistik): Bei einer stetigen Funktion sehe ich keinen Widerspruch. E(Z) ist ein Grenzwert, der gegen 1,25*Z streben kann und streben darf. (ob der Grenzwert tatsächlich existiert ist erstmal ein anderes Problem)

2) (Kombinatorik) Bei Einzelfallbetrachtungen habe ich meine Ketten vor Augen. Herr Lemke muss eine Kette in der Form (a,b)(b,c) ausgeschlossen haben. Er kann nur Einzelglieder in seiner Verteilung(s-funktion) zugelassen haben: (a,b) (c,d) (e,f). Es muss gelten (b=2*a), (d=2*c), (f=2*e). Ausgeschlossen ist b=C, d=e. Sorry, das war Quatsch. (ich war bei der anderen Grenze). Er muss natürlich Einzelkettenglieder ausgeschlossen haben, so dass nur ...(a,b)(b,c)(c,d)(d,e)... stehen bleibt. --Rebiersch (Diskussion) 16:04, 11. Mai 2012 (CEST)

(BK) Wir haben übrigens unten ein schönes Beispiel dafür dass der Erwartungswert tatsächlich für gewisse Z bis auf 2*Z raufgehen kann: Wenn nämlich nur ganzzahlige Beträge zugelassen sind und man findet im geöffneten Umschlag einen ungeraden Betrag (z.B. 103 Euro), dann muss immer im anderen Umschlag der doppelte Betrag sein (206 Euro), denn 51,50 Euro ist ja nicht erlaubt. -- HilberTraum (Diskussion) 16:08, 11. Mai 2012 (CEST)

Wieso sind 51,50 Euro nicht erlaubt? Habe ich etwas überlesen? --Rebiersch (Diskussion) 16:17, 11. Mai 2012 (CEST)

Nee, war nur ein Beispiel, ich meinte: Falls ausgemacht wurde, dass nur ganze Euro erlaubt sind, sozusagen als Zusatzspielregel. -- HilberTraum (Diskussion) 16:32, 11. Mai 2012 (CEST)

Dann tausche ich selbstverständlich immer bei ungeraden Beträgen und habe ein Entscheidungsproblem bei geraden Beträgen --Rebiersch (Diskussion) 16:42, 11. Mai 2012 (CEST)

Ja genau, und bekommst dadurch bei ungeraden Beträgen immer das Doppelte. Mein Beispiel bezog sich auf Deinen Satz von oben: "Die obere Grenze [2*Z] ist mir viel zu hoch." oder meintest du damit etwas anderes? -- HilberTraum (Diskussion) 16:52, 11. Mai 2012 (CEST)

Ich will es mal so formulieren: Es entspricht meiner Denkweise. Wenn ich Z habe und im anderen Umschlag können nur Z/2 oder 2Z sein, so ist der erste Gedanke: Ich kann beim Tausch nicht mehr als 2Z bekommen, aber auch nicht weniger als Z/2. Der Erwartungswert muss dazwischen liegen. Ob die Beträge nun gerade oder ungerade sind war mir eigentlich egal. Wenn ungerade Beträge ausgeschlossen wären, würde Herr Lemke bestimmt nur Beträge nehmen, die durch 4 teilbar sind. (100 Euro sind durch 4 teilbar) da er weiß, dass ich das weiß, nimmt er natürlich beim nächsten Mal nur Beträge, die durch 8 oder 16 teilbar sind. ;-) --Rebiersch (Diskussion) 17:44, 11. Mai 2012 (CEST)

@NeoUrfahraner: war dies schon wieder ein Mißverständnis mit den Benennungen? Irgendwann war hier mal Z der aufgedeckte Betrag und EZ der Erwartungswert für den ungeöffneten Umschlag? --Rebiersch (Diskussion) 19:54, 11. Mai 2012 (CEST)

Ja, Z wurde von Dir verwendet. Im Artikel im Abschnitt "Analyse mit bedingten Wahrscheinlichkeiten" meint Z allerdings den kleinere Betrag, X den Betrag im bereits geöffneten und Y den Betrag im noch geschlossenen Umschlag ist. Bei Dir ist auch nicht klar, ob Du mit EZ eine bedingte oder eine unbedingte Erwatung meinst; ich muss da immer raten. --NeoUrfahraner (Diskussion) 08:06, 12. Mai 2012 (CEST)

Die Bezeichnung "Z" stammt wohl noch aus einer älteren Beschreibung im Text. Ich habe nicht nachgeschaut: sie lautete sinngemäß nur wenn die Wahrscheinlichkeiten für Z/2 und 2Z ausgehend von einem beliebigen Betrag Z gleich wären, hätte Herr Schmidt recht. Hätte er ja wohl auch oder? Wir können den aufgedeckten Betrag auch gerne W nennen. Ich tausche nicht, weil W=100 Euro häufiger der kleinere Betrag ist, sondern wenn der bedingte/unbedingte Erwartungswert(W)>W (im konkreten Einzelfall also wenn Erwartungwert(W=100)>100) ist. Das ist erst einmal mein "OMA"-Denkansatz. --Rebiersch (Diskussion) 10:17, 12. Mai 2012 (CEST)

Jetzt wird es wohl Zeit für formale Strenge. Den aufgedeckten Betrag nennen wir am besten weiterhin X, nicht neuerdings W. Es gilt für die unbedingte Erwartung EX=1.5 EZ (Z der kleinere Betrag, wobei wir EZ möglicherweise nicht kennen). Die bedingte Erwartung E(X|X=100) wenn wir 100 Euro gefunden haben, ist natürlich 100. Was Hr. Schmidt dann anscheinend berechnen will, ist die bedingte Erwartung für den Betrag im zweiten Umschlag E(Y|X=100), wenn 100 Euro im resten Umschlag sind. --NeoUrfahraner (Diskussion) 11:19, 12. Mai 2012 (CEST)

Nein! Auf diesen "Fehler" (=Sichtweise) fällt OMA nicht noch einmal herein. (Ich weiß nicht mehr wie ich es erklären soll.) Rebiersch sagt: "Du hast völlig recht". OMO versteht nur "Bahnhof", nimmt den geöffneten Umschlag und verschwindet. Erkläre es "OMA" und wir werden sehen an welcher Stelle Oma einen Denkfehler begeht. Und ob sie überhaupt einen Denkfehler begeht. Um die Sichtweisen "OMA" und Deine auseinander zuhalten, ist es hier dringend erforderlich einen anderen Buchstaben zu nehmen. OMA kann zählen und sie kann Grundrechenarten. Verwirre sie nicht, erkläre es ihr. Psychologisch: hole OMA da ab, wo sie gedanklich steht. OMA ist viel strenger, Oma sieht erstmal nur dass Herr Lemke mit 2 Umschlägen hereinkommt, deren Inhalt im Verhältnis 1:2 steht. OMA rechnet nicht falsch, sie rechnet einfach. OMA hat überhaupt nicht gesagt: Wenn der Erwartungswert(W)=1000 Euro ist, tausche ich bei 100 Euro. --Rebiersch (Diskussion) 12:02, 12. Mai 2012 (CEST)

Wenn OMA den den geöffneten Umschlag und verschwindet ist eh alles OK, Sie macht in diesem Fall auch keinen Denkfehler. --NeoUrfahraner (Diskussion) 12:13, 12. Mai 2012 (CEST)

Ja, aber ihre fiktive Enkeltochter hat es besser gemacht. ;-) Die Enkeltochter tauscht immer bis 10 Euro. Jetzt müssen wir OMA erklären, dass Enkeltochter auch keinen Fehler gemacht hat. (mit einfachen Mitteln ! Sonst läuft sie wieder weg). Die Enkeltochter behauptet nämlich, dass sie OMA im Spiel geschlagen hätte. (Hat sie OMA geschlagen? Dieses Mal vielleicht nicht. Aber auf lange Sicht? Kann es Bedingungen geben unter denen die Entscheidung der Enkeltochter schlechter ist als OMAs Entscheidung?) --Rebiersch (Diskussion) 13:04, 12. Mai 2012 (CEST)

Das ist wie beim Kartenspiel. In einer Runde gewinnt die eine, in der nächsten Runde die andere. Die eine spielt besser, die andere schlechter. Hauptsache, keine spielt falsch. --NeoUrfahraner (Diskussion) 13:24, 12. Mai 2012 (CEST)

Wenn ich es richtig sehe, zeigt die Rechnung im Abschnitt "Anwendung des Zwei-Zettel-Spiels", dass die Enkeltochter (auf lange Sicht) nicht schlechter als OMA abschneiden kann. -- HilberTraum (Diskussion) 14:09, 12. Mai 2012 (CEST)

OMA: Ihr wollt mich schon wieder verwirren. Ich sehe mehrere Möglichkeiten. Wenn Enkeltochter immer bis einschließlich 10 Euro tauscht gilt:

1. Beträge unter 10 Euro kommen nicht vor (Enkeltochter und Oma spielen gleich gut)

2. Beträge über 10 Euro kommen überhaupt nicht vor (Enkeltochter und Oma spielen gleich gut)

3. 10 Euro ist der größte Betrag (dann gilt Überlegung 1 Überlegung 2)

4. 10 Euro ist der kleinste Betrag (dann gilt Überlegung 2 nicht) und es ergibt sich ein kleiner Vorteil für die Enkeltochter

Ich weiß, dass ich etwas vergessen habe. Mache aber erst mal eine Pause und lege mir in Gedanken die Umschläge hin. --Rebiersch (Diskussion) 16:22, 12. Mai 2012 (CEST)

Wieso sollten wir dich verwirren wollen? Das schaffst du schon ganz prima alleine ;-) Ja, 1. und 2. sind richtig (3. und 4. habe ich nicht ganz verstanden). Die Strategie der Tochter ist immer dann im Vorteil, wenn der kleinere Betrag unter 10 und der größere über 10 Euro ist, also z.B. bei der Umschlagkombination 8/16. Wenn OMA die 8 zuerst öffnet tauscht sie nicht, die Enkeltochter aber schon, aber wenn die 16 zuerst gewählt wird tauschen beide nicht. So entsteht der Vorteil der Enkeltochter, alle anderen Fällen gleichen sich aus. -- HilberTraum (Diskussion) 17:06, 12. Mai 2012 (CEST)

Sorry; (Schreibfehler): Ist 10 Euro ist der größte Betrag, dann gilt natürlich Überlegung 2. (Das Ergebnis ist aber gleich: beide spielen gleich gut)

Sonst stimmt es doch aber. 10/20 Euro > Tochter tauscht immer bei 10 und nie bei 20: Durchschnittlicher Gewinn 20 Euro. Strategie OMA: 15 Euro

Umschlagkombination 8/16 > Tochter tauscht bei 8 und nie bei 16: Durchschnittlicher Gewinn: 16 Euro. Für OMA komme ich auf 12 Euro.

Sind wir uns in der Schlussfolgerung einig: "Enkeltochter hat auf lange Sicht keinen Nachteil gegenüber OMA." ?

(Das stand auch mal sehr schön erklärt von Neourfahraner so ähnlich im Artikel) --Rebiersch (Diskussion) 19:15, 12. Mai 2012 (CEST)

Ja, ich stimme dir bei allem zu. Wieso steht das denn nicht mehr im Artikel? -- HilberTraum (Diskussion) 20:39, 12. Mai 2012 (CEST)

Wieso es nicht mehr drin steht, weiß ich nicht.

Wichtige Schlussfolgerung für Oma wäre doch erst einmal: Es geht besser als Würfeln. Einen Betrag vorher festlegen kann besser sein, muss aber nicht besser sein. (fast ohne Wahrscheinlichkeitsrechnung). Aber: Immer bei 10 Euro tauschen ist nicht besser als immer bis 10 Euro zu tauschen. Dass dies etwas anderes ist sieht auch OMA ein. Ob es besser ist, immer bis 10 Euro zu tauschen oder noch besser immer bis 1000 Euro zu tauschen, weiss niemand. --Rebiersch (Diskussion) 21:11, 12. Mai 2012 (CEST)

Ich vermute, dass du dem zustimmen kannst.

Wenn nur 1x ein Umschlag in der Form (8;16) Euro vorkommt, hätte Tochter einen klaren Vorteil. Der Vorteil scheint immer greifbar bestehen zu bleiben wenn man sich weitere mögliche Umschlagkombinationen außerhalb von (5;10)...(10;20) vorstellt. Der absolute Zusatzgewinn bleibt auch gleich. Für jeden Umschlag im Bereich um 1 Euro wird der Vorteil aber relativ zum Gesamtgewinn kleiner. Es spielt dabei keine Rolle ob 1000 * 1 Euro auf der linken Seite (mit den kleinen Beträgen) oder 1 * 1000 Euro auf der rechten Seite (mit den großen Beträgen) hinzukommt. (für mich die anschauliche OMA-Übersetzung von der Formel oben). --Rebiersch (Diskussion) 22:09, 12. Mai 2012 (CEST)

Alles richtig. Die Tochter hat einen Vorteil, wenn Kombinationen zwischen (5;10) und (10;20) kommen. Allerdings kann es ja sein, dass solche Kombinationen nie kommen, dann hat sie keine Vorteil, spielt aber wenigstens nicht schlechter als OMA. -- HilberTraum (Diskussion) 09:10, 13. Mai 2012 (CEST)

Ich glaube, dass man mit dieser Sichtweise einem Leser auch die Schwierigkeiten beim Übergang von einer diskreten zu einer stetigen Funktion deutlich machen kann.

Aber vielleicht zunächst die Sache mit dem Erwartungswert. Macht ein Leser einen Fehler, wenn er mit Blick auf den geschlossenen Doppelumschlag ( kB Euro oder 2*kB Euro) sagt: Der Erwartungwert von diesem Doppelumschlag ist 1,5 kB (Doppelumschlag !)? Der Erwartungwert von einem Einzelumschlag ist 1,25 kb?

Ich meine nicht die drohenden Fehlschlüsse.

Ist es ein Fehler wenn ein Leser bei der Beschreibung eines normalen Glückspiels (z.B. Roulette) sagt: Der Erwartungswert vom gesetzten Betrag ist kleiner als urspüngliche Wert des Geldscheins? Schlussfolgerung: ich spiele nicht? --Rebiersch (Diskussion) 10:18, 13. Mai 2012 (CEST)

"Der Erwartungwert von diesem Doppelumschlag ist 1,5 kB" ist in Ordnung, aber "Der Erwartungwert von einem Einzelumschlag ist 1,25 kB" macht so keinen Sinn. Richtig(er) wäre "Der Erwartungwert von einem Einzelumschlag ist das 1,25-fache des Erwartungswerts von kB". Beim Roulette sollte man besser sagen "Der Erwartungswert des Gewinns ist kleiner als urspüngliche Wert des (gesetzten) Geldscheins". -- HilberTraum (Diskussion) 14:17, 13. Mai 2012 (CEST)

Somit: "Beim Umtauschparadoxon ist in der Tauschsituation der Erwartungswert des Gesamtgewinns größer als der ursprüngliche Wert des sichtbaren Geldscheins"? Klingt aber sehr seltsam. --Rebiersch (Diskussion) 15:15, 13. Mai 2012 (CEST)

Ja, "ursprunglicher Wert des sichtbaren Geldscheins" klingt sehr seltsam, und richtig ist es ja auch nicht immer. -- HilberTraum (Diskussion) 20:55, 13. Mai 2012 (CEST)

Naja, "immer" nicht im Sinne von jedes Mal, aber auf lange Zeit schon. Wie beim normalen Glückspiel. Mal gewinnt man, mal verliert man. Auf lange Zeit gewinnt die Bank. Oder meinst Du, dass es irgendeine Verteilung von Umschlagkombinationen gäbe, bei der es bei mehrfacher Wiederholung nicht so ist? Wenn ja, wie sollte sie aussehen? --Rebiersch (Diskussion) 23:34, 13. Mai 2012 (CEST)

Mein "nicht immer" war ein bisschen flapsig und nicht zeitlich gemeint. Ich meinte nur das im Artikel geschilderte Verhalten: Normalerweise ist der (bedingte) Erwartungswert des Gesamtgewinns für einige Beträge größer und für andere kleiner als der sichtbare Betrag. (Einfachster Fall: Wenn immer die gleiche Kombination 50/100 wiederholt wird. Wird 50 geöffnet ist er größer, wird 100 geöffnet ist er kleiner.) -- HilberTraum (Diskussion) 07:31, 14. Mai 2012 (CEST)

Ja, mal sind im verschlossenen Umschlag 100 Euro und mal 50. Im Durchschnitt 150/2

Mal sind im offenen Umschlag 50 Euro und mal 100 Euro: Im Durchschnitt 150/2

Mal steht auf dem offenen Umschlag B, mal auf dem geschlossenen Umschlag B (ein anderes B)

Mal steht auf dem offenen Umschlag E(B) mal auf dem geschlossenen E(B)

Mal steht auf dem geschlossenen Umschlag $E(Y\mid X)$ von $Y$ ...

Mal steht auf dem geschlossenen Umschlag $={\frac {4p_{n}+p_{n/2}}{2\left(p_{n}+p_{n/2}\right)}}n.$

Die letzte Formel ist mathematisch gesehen bestimmt hochinteressant. Zur Lösung des Umschlagparadoxons trägt sie aber zunächst einmal nichts bei. --Rebiersch (Diskussion) 13:18, 14. Mai 2012 (CEST)

Es ging doch gerade noch um etwas anderes, nämlich um die Aussage "der Erwartungswert des Gesamtgewinns ist größer als der ursprüngliche Wert des sichtbaren Geldscheins". Wenn es um den Gesamtgewinn geht, muss ich doch erstmal festlegen wie (also mit welcher Strategie) man spielt. Ich wollte nur einwenden, dass diese Aussage nicht für jede Strategie/für jeden aufgedeckten Betrag richtig ist. -- HilberTraum (Diskussion) 14:10, 14. Mai 2012 (CEST)

Ja, die seltsame Formulierung war: "Beim Umtauschparadoxon ist in der Tauschsituation der Erwartungswert des Gesamtgewinns größer als der ursprüngliche Wert des sichtbaren Geldscheins". (seltsam, ungenau und mißverständlich). Es stimmt, dass die unterschiedlichen Strategien mitberücksichtigt werden müssen.

Umformulierung:

1) Wenn mit einer der Strategien ("tausche immer", "tausche nie", "tausche nach Münzwurf") gespielt wird, liegt beim Umtauschparadoxon der Erwartungswert des ausgezahlten Betrages immer zwischen 0% und 25% über dem ursprünglichen Wert (B) des sichtbaren Geldscheins. (...wenn bei einer beliebigen Verteilung der Doppelumschläge alle Möglichkeiten mit den dazugehörigen Wahrscheinlichkeiten (Häufigkeiten) berücksichtigt wurden).

2) Wenn mit der Strategie (tausche bis zu einem vorher festgelegten Betrag) gespielt wird, liegt der ausgezahlte Betrag immer zwischen 0% und 100% über dem ursprünglichen Wert (B) des sichtbaren Geldscheins.

(Natürlich gibt es Strategien, die sich hinterher als schlecht herausstellen z.b. "tausche nur bei 6 Euro" und es kommen dann nur Umschlagkombinationen mit (3;6) Euro). --Rebiersch (Diskussion) 19:48, 14. Mai 2012 (CEST)

Was ist jetzt B? Können wir nicht einfach bei X (geöffneter Umschlag), Y (geschlossener Umschlag) und Z (kleinerer der beiden Beträge. 2Z ist dann der andere Betrag) bleiben? --NeoUrfahraner (Diskussion) 20:40, 14. Mai 2012 (CEST)

Ich möchte bei B bleiben. "B" steht nicht in Konflikt mit anderen Benennungen im Text. Zudem ist mir wichtig, dass B nicht für den Wert des geöffneten Umschlag steht, sondern für den Betrag, der den geöffneten Umschlag kennzeichnet. Ein kleiner aber wichtiger Unterschied. Sonst gilt B = X bei Deiner Sichtweise --Rebiersch (Diskussion) 21:36, 14. Mai 2012 (CEST)

Das habe ich noch immer nicht verstanden. Wenn ich 100 Euro im geöffneten Umschlag finde, was ist dann B? --NeoUrfahraner (Diskussion) 06:53, 15. Mai 2012 (CEST)

Dann ist B=100 Euro. (Der im Spiel befindliche Umschlag mit Inhalt ist aber nicht zwangsläufig auch 100 Euro wert. Zumindest für einen Außenstehenden nicht. Nicht wg. des zusätzlichen Werts des Umschlags, sondern weil er sich noch im Spiel befindet). --Rebiersch (Diskussion) 09:27, 15. Mai 2012 (CEST)

Wie sieht ein Beispiel aus, bei dem B vom Geldbetrag im Umschlag verschieden ist? --NeoUrfahraner (Diskussion) 09:38, 15. Mai 2012 (CEST)

Das dürfte wohl kaum möglich sein ;-) --Rebiersch (Diskussion) 11:11, 15. Mai 2012 (CEST)

Betrachte den geöffneten Umschlag doch einfach als eine Art Optionsschein mit einem Bezugsverhältnis von 1:1. Herr Lemke ist Emittent. Herr Schmidt kann den Optionsschein sofort einlösen oder "sicher tauschen" (am Ende der Laufzeit einlösen). --Rebiersch (Diskussion) 12:45, 15. Mai 2012 (CEST)

Hallo Rebiersch, erst wusste ich gar nicht, auf was du hinauswillst, aber die Bemerkung mit dem Optionsschein finde ich eine sehr interessante und zum Nachdenken anregende Sichtweise. Allerdings ist dann wirklich B=X, also der "aufgedruckte Betrag", den man erhält, wenn man sofort einlöst. Viel interessanter ist die Frage: Was ist der Wert der "Option", also was wäre der faire Preis, wenn ich mitten im Spiel nach Öffnen des Umschlags mein "Recht weiterzuspielen" an jemand anderen verkaufen würde? Wenn ich Zeit hätte, würde ich jetzt darüber nachdenken... -- HilberTraum (Diskussion) 13:48, 15. Mai 2012 (CEST)

Optionsschein führt zu weit weg. Was uns doch interessiert, ist der Wert beim Behalten (B=X), der Wert beim immer Tauschen (B=Y) oder der Wert bei einer bestimmten Tauschstrategie (z.B. tausche bis 10: B=Y für X<=10; B=X für X>10). --NeoUrfahraner (Diskussion) 16:38, 15. Mai 2012 (CEST)

Wieso sollte "uns" das interessieren? Das ist doch alles im Artikel schon ausführlich beantwortet. Besonders die immer-Behalten- und die immer-Tauschen-Strategie sind doch wohl klar. -- HilberTraum (Diskussion) 17:29, 15. Mai 2012 (CEST)

Was diskutieren wir dann eigentlich noch? --NeoUrfahraner (Diskussion) 18:22, 15. Mai 2012 (CEST)

Sorry, wenn ich vorhin etwas kurz angebunden war. Ich persönlich diskutiere hier noch etwas mit, weil der Artikel zwar die grundlegenden Fragen schon gut beantwortet, ich aber das Problem - auch aus mathematischer Sicht - immer noch als recht vielschichtig empfinde (z.B. noch der Übergang zwischen dem diskreten und dem stetigen Fall, aber auch den St.-Petersburg-Fall). Ein naheliegendes Problem ist natürlich auch die Frage nach optimalen Strategien. Wenn die Verteilung von Z genau bekannt, kann man eine optimale Strategie sicher gut "berechnen", was aber wenn z.B. nur der Erwartungswert von Z bekannt ist? Würde das für die Strategiewahl helfen? Zu diesen Fragen kam mir spontan Rebierschs Sichtweise ("Verkaufspreis" des geöffneten Umschlags in Gegensatz zum "aufgedruckten Ausübungspreis", analog zu einem Optionsschein) als interessante, erfrischende Idee vor. Ich habe immer noch nicht genauer darüber nachgedacht, aber wäre dieser Verkaufswert nicht gerade der Gewinn, den man mit der optimalen Strategie bekommt? Wenn Herr Schmidt von jemand anderem ein höheres Angebot bekommt, sollte er verkaufen, wenn das Angebot niedriger ist, sollte er den Umschlag behalten und selber spielen. Ich weiß nicht, ob das zu tieferen Erkenntnissen führt, aber als Idee hat es mir einfach gefallen. -- HilberTraum (Diskussion) 20:35, 15. Mai 2012 (CEST)

Ich sehe die grundlegenden Fragen überhaupt nicht beantwortet. Beantwortet wird im Artikel die Frage, weshalb die Rechnung von Herrn Schmidt sich nicht zwangsläufig aus der Schilderung ergibt. Danach kommen mehr Postulate als schlüssige Folgerungen. Wenn die Rechnung von Herrn Schmidt für jeden beliebigen Betrag... (hat er nicht gemacht, könnte man ihm aber unterstellen). ... so bräuchte er den Umschlag gar nicht zu öffnen (Warum eigentlich? Wenn man nicht öffnet, kann man nicht nach einer Strategie spielen. Mit Strategie spielen kann aber einen Vorteil bieten). Es kann aber nicht sein, dass der andere Umschlag immer besser ist (nun ja, bei Annahme einer Gleichverteilung schon, aber auch ein Verhältnis 1/2B zu 2B von 2:1 ergibt einen Vorteil fürs Tauschen ) ...da ja beide Umschläge vor dem Öffnen offensichtlich gleichwertig sind.(Das ist nun überhaupt nicht offensichtlich. Im Gegenteil: nach Aussage von Herr Lemke muss einer doppelt so groß wie der andere sein. Sie können im Gegensatz zum Zwei-Zettel-Spiel nicht immer gleichwertig sein. Sie erscheinen nur vor dem Öffen gleichwertig, sind es aber bestimmt nicht). Unten geht es weiter: Da die Anzahl von denkbaren Fällen unendlich groß ist, können diese Wahrscheinlichkeiten auch nicht alle gleich sein (Dann sind halt die Häufigkeiten gleich, jede Umschlagkombination genau 1x, weshalb soll das stören?) Unten: Verteilungen, die diese Bedingung für alle möglichen n erfüllen, lassen sich konstruieren: (Ein Leser denkt: toll, jetzt kommt bestimmt der scheinbare Widerspruch) leider folgt:... besitzen dann aber keinen endlichen Erwartungswert. (Wenn kein Höchstbetrag angegeben ist, ist dies nicht unbedingt überraschend). Im Umkehrschluss also: wenn kein endlicher Erwartungswert vorliegt sondern ein unendlich großer, so tausche immer? (bestimmt nicht! Oder doch:) Für so eine a-priori-Verteilung ist der gegebene Vorteil der Tauschentscheidung für jeden vorgefundenen Wert im geöffneten Umschlag zwar nicht intuitiv, aber nicht paradox. Jeder Leser muss hier doch ratlos bleiben. Hier werden Probleme doch mehr verdrängt als ausformuliert. --Rebiersch (Diskussion) 00:11, 16. Mai 2012 (CEST)

Ich habe eigentlich kein Problem damit, alle diese Sätze im Wesentlichen in mathematische Aussagen zu übersetzen. Prolbeme gibt es vielleicht mit unscharfer Sprache, aber nicht beim eigentlichen logischen Kern. --NeoUrfahraner (Diskussion) 06:48, 16. Mai 2012 (CEST)

ad NeoUrfahraner: Das steht Dir auch frei. Eigentlich sollten doch aber die Formeln, bzw. das was sie aussagen mit Worten beschrieben werden. --Rebiersch (Diskussion) 19:55, 16. Mai 2012 (CEST)

Ja, als ich oben sagte, dass der Artikel meine Fragen schon ganz gut beantwortet, hatte ich eher den mathematischen Teil im Auge. Aber im Teil davor, bei dem ja das wichtigste die Laienverständlichkeit sein soll, ist noch "viel Luft nach oben", da muss ich Rebiersch zustimmen. Besonders der Abschnitt "Die Denkfalle" hat (außer seinem völlig unenzyklopädischen Titel) einige "seltsame" Formulierungen. Aber einfach zu schreiben ist das nicht. -- HilberTraum (Diskussion) 20:52, 16. Mai 2012 (CEST)

Verkaufswert des geöffneten Umschlags

ad HilberTraum. Zunächst einmal kann man doch aber festhalten, dass der Wert eines geöffneten Umschlags und der sichtbare Betrag des geöffneten Umschlags in der Tauschsituation nicht gleichbedeutend sind. B=W gilt da nur unter bestimmten Voraussetzungen. Mir fallen folgende ein: 1) Der Wert ist ohnehin null also B=0 (wollten wir hier eigentlich ausschließen) 2) Das Verhältnis der Häufigkeiten von B/2 und 2B stehen ausgehend von einem aufgedeckten Betrag B im Verhältnis 4:1. --Rebiersch (Diskussion) 19:55, 16. Mai 2012 (CEST)

Das scheint mir so nicht richtig, vor allem das mit dem Verhältnis 4:1 kann ich gar nicht nachvollziehen. Meine Gedanken dazu: Wenn B der aufgedruckte Betrag ist und W sein (Verkaufs)wert ist (als "Optionsschein"), dann ist denke ich ist klar, dass W auf alle Fälle zwischen B und 2*B liegen muss. Es gilt W=B genau dann, wenn es für Herrn Schmidt die beste Strategie ist, B nicht zu tauschen. Viel mehr kann man über W wohl wieder nicht sagen, falls keine weiteren Informationen über die Verteilung der Beträge vorliegen. -- HilberTraum (Diskussion) 21:01, 16. Mai 2012 (CEST)

Nicht so schnell. Wenn ein Umschlag geöffnet wurde, steht B fest. B ist der aufgedruckte Betrag vom geöffneten Umschlag und W ist der Verkaufswert (mit Tauschoption). Also ist W der Wert des ungeöffneten Umschlags. W(ungeöffneter Umschlag) hängt also von B(geöffnet Umschlag) ab. Für B=100 liegt der Wert des ungeöffneten Umschlags sicher zwischen 50 Euro und 200 Euro. --Rebiersch (Diskussion) 11:00, 17. Mai 2012 (CEST)

Oder für einen Leser und um NeoUrfahraner zu versöhnen: Wenn B als Variable betrachtet werden soll, verwenden wir statt B besser X und schreiben somit W=f(X) --Rebiersch (Diskussion) 11:34, 17. Mai 2012 (CEST)

W=f(B) ginge natürlich auch. Mathematisch ist das kein Problem. Es kann aber sprachlich und inhaltlich zu einem Problem werden. Ein rein sprachliches Problem scheint mir zudem die Mehrfachbedeutung des Begriffes "Wert" zu sein. Siehe hierzu auch oben "Wert eines Testergebnisses". Statt Verkaufswert=Wert beim Tauschen wäre der Begriff Verkaufserlös angebrachter --Rebiersch (Diskussion) 12:24, 17. Mai 2012 (CEST)

Ich hoffe, wir haben beide die gleiche Vorstellung vom Verkaufswert W. Nach meiner ist W nicht immer gleich dem "Wert" des ungeöffneten Umschlags, W kann nie kleiner als B sein: Selbst wenn Herr Schmidt gar nichts über die Verteilung der Umschläge weiß, wird er seinen geöffneten Umschlag mit B=100 Euro nie für z.B. 90 Euro verkaufen. -- HilberTraum (Diskussion) 14:33, 17. Mai 2012 (CEST)

Ja, genau. (er weiß aber nicht, ob der andere Umschlag für B=100 statistisch mind. 50, 90, 110 oder max 200 Euro Ertrag bringt.)

Erst wenn B variabel ist, sind (mit Strategie "tausche immer" oder "tausche bis einschließlich") mindestens B und maximal 1,5 B möglich. --Rebiersch (Diskussion) 23:52, 17. Mai 2012 (CEST)

Das "wenn B variabel ist" und "maximal 1,5 B" verstehe ich leider nicht. Mein Argument war, dass z.B. für B=100, der faire Verkaufswert auch dann größer als B sein muss, wenn man gar nichts über die Verteilung und "gute" Strategien weiß: Wenn Herr Schmidt für 95 Euro verkauft, dann kann der Käufer damit weiterspielen, und (z.B. weil es auch nichts weiß) einfach nicht tauschen, bekommt 100 Euro und hat risikolos insgesamt 5 Euro bekommen. Dann kann der Verkaufspreis von 95 Euro aber imUmkehrschluss kein angemessener, fairer Preis sein. Das nennt man in der Finanzmathematik Arbitrageprinzip: Ein Preis ist fair, wenn er keine Arbitragemöglichkeit (risikoloser Gewinn) zulässt. -- HilberTraum (Diskussion) 10:00, 18. Mai 2012 (CEST)

So ist es ja auch korrekt. Herr Schmidt rechnet aber anders. Lassen wir mal die Strategie beiseite. Nehmen wir mal an es gäbe nur eine Umschlagkombination, z.b. immer wieder (34/68). Zu 50% sind 34 Euro im geöffneten und zu 50 % 64 Euro im geöffneten Umschlag. Herr Schmidt kann durch Tausch immer nur 34 Euro hinzugewinnen oder von 68 Euro auf 34 Euro zurückfallen. Korrekt betrachtet ein faires Spiel. Das bleibt auch so, wenn wir uns immer mehr andere Umschlagkombinationen hinzudenken (Finanzmathematik).

Dennoch, wenn Herr Schmidt einen neuen Umschlag öffnet und jemand ihm z.B. ins Ohr flüstert: der Erwartungswert vom geöffneten Umschlag ist 10 Prozent (wahlweise auch 1 Prozent, 25 Prozent) höher als der aufgedeckte Betrag, greift (bildlich gesprochen) seine Hand schon wieder zum ungeöffneten Umschlag. Er will schon wieder immer tauschen. --Rebiersch (Diskussion) 11:46, 18. Mai 2012 (CEST)

Ich will mal einen Vergleich mit einem anderen Paradoxon heranziehen. Beim Pfeilparadoxon hilft es einem Leser auch nicht, wenn man erklärt, dass die Betrachtung "immer zum gleichen Punkt laufen" falsch ist. Man muss erklären, dass die Schlussfolgerung "Schildkröte und Läufer treffen sich nie" falsch ist. Beim Umtauschparadoxon ist die Schlussfolgerung "wenn der Erwartungswert des Ertrages vom ungeöffneten Umschlag ausgehend vom geöffneten Umschlag größer ist, als der angezeigte Betrag des geöffneten Umschlags ist Tauschen sinnvoll" nicht richtig. --Rebiersch (Diskussion) 13:40, 18. Mai 2012 (CEST)

Doch, die Schlussfolgerung ist an sich unproblematisch. Die Frage ist vielmehr, wie der Erwartungswert ausgehend vom geöffneten Umschlag korrekt zu berechnen ist. Bloß unkritisch auf den Einflüsterer hören alleine reicht nicht. --NeoUrfahraner (Diskussion) 17:59, 18. Mai 2012 (CEST)

Herrje, das war doch nur ein Beispiel. Wie der Erwartungswert ausgehend vom geöffneten Umschlag korrekt zu berechnet ist, kann nur Herr Lemke wissen. Die Schlussfolgerung: "wenn der Erwartungswert des Ertrages vom ungeöffneten Umschlag ausgehend vom geöffneten Umschlag größer ist, als der angezeigte Betrag des geöffneten Umschlags ist Tauschen sinnvoll" bleibt problematisch. Es sei denn, es werden Zusatzannahmen gemacht, von denen vorher nicht die Rede war: es gibt einen kleinsten Betrag oder es gibt einen größten Betrag oder die Umschlagkombinationen werden von Herrn Lemke nach einem Zufallsprinzip gezogen und nicht nach einem vorher festgelegten Schema ... --Rebiersch (Diskussion) 00:14, 19. Mai 2012 (CEST)

"korrekt zu berechnen" heißt zunächst "mit einer korrekten Formel zu berechnen". Das kann auch Hr. Schmidt. Hat er eine korrekte Formel, muss er schauen, ob er alle dafür nötigen Parameter kennt. --NeoUrfahraner (Diskussion) 07:44, 19. Mai 2012 (CEST)

Volle Zustimmung. Punkt 2 (alle nötigen Parameter) ist schon geklärt (Schmidt hat sie nicht). Das steht doch allgemeinverständlich im Artikel: "Es handelt sich daher entweder um die 50/100- oder um die 100/200-Euro-Kombination. Daraus kann aber nicht geschlossen werden, dass unter der Bedingung, dass 100 Euro gefunden wurden, die Wahrscheinlichkeiten für die beiden Kombinationen gleich sind. Über die Wahrscheinlichkeiten dieser Fälle ist nichts bekannt." Welche Formel ist für das Umschlagsparadoxon korrekt? Und wie erklärt man dies einen Leser? --Rebiersch (Diskussion) 09:56, 19. Mai 2012 (CEST)

Genau. Wenn er die Parameter hätte (Verhältnis der Wahrscheinlichkeit 50/100 zu 100/200-Euro-Kombination) könnte er den "Erwartungswert des Ertrages vom ungeöffneten Umschlag ausgehend vom geöffneten Umschlag" berechnen und wenn der Erwartungswert größer ist als der angezeigte Betrag des geöffneten Umschlags, ist Tauschen sinnvoll. Was ist jetzt problematisch? --NeoUrfahraner (Diskussion) 10:56, 19. Mai 2012 (CEST)

Es ist nur unproblematisch wenn man sich die Schilderung als reale Situation vorstellt und dass Herr Lemke sinnvollerweise einen Maximalbetrag bei der Erstellung der Umschläge berücksichtigt hat. Dann ist aber alles unproblematisch. Dann gibt es sicher einen Höchstbetrag, denn Herr Lemke kann nicht beliebig viel Geld besitzen. Es muss auch einen endlichen Erwartungswert vor dem Öffnen geben. Es wird problematisch wenn man sich vorstellt, dass das Verhältnis der (B/2;B) zu (B;2B) -Euro Kombination immer zwischen 1 zu 1 und 4 zu 1 liegt. Man kann doch dem Leser nicht schreiben: "es ist nicht erlaubt, sich dies vorzustellen". Vor allem ist es unnötig. Egal in welchem Verhältnis die beiden Umschlagkombinationen zueinander stehen. Bei der Umschlagkombination (B/2;B) verliert oder gewinnt man immer mit gleicher Wahrscheinlichkeit B/2. Bei der Umschlagkombination (B;2B) gewinnt oder verliert man immer B. --Rebiersch (Diskussion) 15:32, 19. Mai 2012 (CEST)

Bei unendlichem Erwartungswert liegt der Fall tatsächlich anders. Es stellt sich die Frage, was "Tauschen ist sinnvoll" bedeutet. Bei endlichem Erwartungswerst ist es naheliegend (aber nicht logisch zwingend), einen Tausch dann als sinnvoll anzusehen, wenn er auf lange Sicht (bei vielen Wiederholungen) im Durchschnitt den Gewinn erhöht. --NeoUrfahraner (Diskussion) 15:54, 19. Mai 2012 (CEST)

Hier wird es tatsächlich psychologisch. Für den Einen bleiben 100 Euro Zusatzgewinn immer 100 Euro - auch bei einem Gesamtgewinn von 1 Mio. Euro. Ein anderer Spieler knausert mit dem Trinkgeld, verzichtet aber locker auf 1% Zusatzgewinn bei der gleichen Gesamtsumme. Richtig oder falsch gibt es hier wohl nicht. Aber man kann es doch beschreiben und ausrechnen. Üblicherweise geschieht das doch in Prozentangabe vom Gesamterlös. Bei "immer behalten" erhalte ich bei n- Wiederholungen n*B Gesamterlös (Wobei B natürlich varieren kann). Bei "immer tauschen" erhalte ich auch n*B Gesamterlös. Bei der Strategie "tausche immer bis einschließlich 100 Euro" komme ich nie über 50% Steigerung der Gesamterlössumme (n*B). (Auf lange Sicht gesehen). Bei unendlichen Erwartungswert geht die Zusatzerlös im Verhältnis zur Gesamtsumme gegen 0 Prozent. Wobei 0 Prozent nie erreicht werden. --Rebiersch (Diskussion) 20:21, 19. Mai 2012 (CEST)

"Bei unendlichen Erwartungswert geht der Zusatzerlös im Verhältnis zur Gesamtsumme gegen 0 Prozent." Welche Tauschstrategien vergleichst Du bei "Zusatzerlös"? Tausche immer / nie / bis 100? --NeoUrfahraner (Diskussion) 21:14, 19. Mai 2012 (CEST)

? Bei "tausche immer" oder "tausche nie" gibt es keinen Zusatzerlös auf lange Sicht. --Rebiersch (Diskussion) 21:52, 19. Mai 2012 (CEST)

Bei "tausche bis einschließlich 100 Euro" ist der maximale Zusatzerlös 100 Euro pro Spiel. Aber auch nur dann, wenn 100 Euro der kleinste Betrag ist und dieser Betrag auch im geöffneten Umschlag ist. Der relative Zusatzerlös ist also auf langes Sicht immer < n*100/n*E(B), der prozentuale < (n*100/n*E(B))*100 daher < 1/E(B). Für immer größere Erwartungswerte für B, geht der prozentuale Zusatzerlös gegen 0. --Rebiersch (Diskussion) 21:52, 19. Mai 2012 (CEST)

Was ist jetzt problematisch? --NeoUrfahraner (Diskussion) 07:59, 20. Mai 2012 (CEST)

Die Formulierung: "wenn der Erwartungswert des Ertrages vom ungeöffneten Umschlag ausgehend vom geöffneten Umschlag größer ist, als der angezeigte Betrag des geöffneten Umschlags ist Tauschen sinnvoll". Zumindest ist "Tauschen" nicht zwingend sinnvoller als "Nichttauschen". --Rebiersch (Diskussion) 14:01, 20. Mai 2012 (CEST)

Wie beim Pfeilparadoxon, wenn man immer zur Stelle läuft, an der sich die Schildkröte befunden hat, überholt man sie tatsächlich nie, sondern tritt auf die Schildkröte ;-) --Rebiersch (Diskussion) 14:01, 20. Mai 2012 (CEST)

Wie wäre es mit "wenn der Erwartungswert des Ertrages vom ungeöffneten Umschlag ausgehend vom geöffneten Umschlag größer ist, als der angezeigte Betrag des geöffneten Umschlags, würde Tauschen auf lange Sicht (bei vielen Wiederholungen) mehr Ertrag bringen"? --NeoUrfahraner (Diskussion) 19:40, 20. Mai 2012 (CEST)

Ja. Es fehlt aber noch der Vergleich. Vielleicht in der Form "wenn der Erwartungswert des Ertrages vom ungeöffneten Umschlag ausgehend vom geöffneten Umschlag größer ist, als der angezeigte Betrag des geöffneten Umschlags, bringt Tauschen auf lange Sicht (bei vielen Wiederholungen) mehr Ertrag ... als genau bei diesem Betrag nicht zu tauschen". --Rebiersch (Diskussion) 20:46, 20. Mai 2012 (CEST)

OK. Findest Du noch etwas anderes problematisch? --NeoUrfahraner (Diskussion) 20:58, 20. Mai 2012 (CEST)

Das sind ja alles ganz vernünftige Überlegungen, aber schon mal bedacht, dass irgend jemand solche Sätze auch noch verstehen muss? Solche Formulierungen kennt man ja sonst eigentlich nur von EU-Gesetzestexten ;-) -- HilberTraum (Diskussion) 21:14, 20. Mai 2012 (CEST)

Naja, leicht zu verstehen ist es nicht. Ich will mal versuchen die wichtigsten unstrittigen(?) Punkte zusammenzufassen (Es muss sicher noch besser ausformuliert werden):

ohne weitere Zusatzannahmen:

1. 1) "immer tauschen" und "immer behalten" sind gleichwertig.
2. 2) Das gilt auch wenn Herr Schmidt nur einmal spielt und über das Verhältnis von halben Betrag und doppelten Betrag nichts bekannt ist.
3. 3) Wenn mehrfach gespielt wird, gibt es Strategien, die besser sein können als "immer tauschen" aber auf lange Sicht niemals schlechter sind.

Annahme 1: Herr Lemke spielt mehrfach, hat aber nur eine begrenzte Geldmenge zur Verfügung:

1. 4a) Es gibt einen Höchstbetrag (unbekannt). Wenn dieser Betrag aufgedeckt wird, lohnt sich Tauschen nicht.
2. 4b) Der Erwartungswert des Ertrages vom ungeöffneten Umschlag kann unter dieser Voraussetzung nicht immer größer sein als der aufgedeckte Betrag.

Annahme 2: Geld steht unbegrenzt zur Verfügung

1. 5a) Herr Lemke kann unter Annahme 2 nicht nur beliebig oft spielen, die Beträge können von Spiel zu Spiel auch immer weiter ansteigen. Der Erwartungswert von jedem Umschlag ist unter dieser Annahme vor dem Öffnen unendlich groß.
2. 5b) Auch unter dieser Annahme wird nichts tatsächlich widersprüchlich
3. 5c) Der Zusatzerlös in Euro durch eine geschickte primär festgelgte Strategie bleibt erhalten. Der relative Zusatzerlös geht auf lange Sicht gegen null.

--Rebiersch (Diskussion) 22:29, 20. Mai 2012 (CEST)

Dem Leser noch nicht erklärt haben wir:

1. 5d) (unter Annahme 2). Der ermittelte bedingte Erwartungswert ausgehend vom geöffneten Umschlag mit dem Wert B kann auf lange Sicht immer zwischen B und 1,5 B liegen. Auf lange Sicht aber nicht immer über 1,5 B. (diskrete Verteilung). Bei einer stetigen Verteilung nicht immer über 1,25 B. --Rebiersch (Diskussion) 22:43, 20. Mai 2012 (CEST)

Wie kommst du zu diesen Zahlen? Ich denke nicht, dass das auch bei optimaler Strategie auf lange Sicht so hoch gehen kann. -- HilberTraum (Diskussion) 23:09, 20. Mai 2012 (CEST)

Ich meinte wenn man naiv(?) wie Herr Schmidt an die Sache herangeht und nicht den Zusatzerlös, sondern wieder die Gesamtgewinn betrachtet unter der Annahme ich tausche. Nehmen wir an die Umschlagpaare seien annähernd gleichverteilt (Einfach mal annehmen, dass es möglich sei). Dann kommt er annähernd auf b/2*0,5+2b*0,5=1,25 B. Einverstanden? --Rebiersch (Diskussion) 23:58, 20. Mai 2012 (CEST)

Und die 1,5 B? Also wenn du so, d.h. für ein bestimmtes festes B rechnest, kann es ja sogar bis 2*B hoch gehen, aber ich dachte, es geht um das Mittel auf lange Sicht. Dabei kann man doch nicht 1,5 B erreichen, oder? -- HilberTraum (Diskussion) 07:11, 21. Mai 2012 (CEST)

Aber 1,4 B wäre möglich und auch 1,49 B. Das ist aber nicht so wichtig. Über 1,5 B geht es nicht auf lange Sicht. --Rebiersch (Diskussion) 13:25, 21. Mai 2012 (CEST)

Wenn es Dir lieber ist, kann man auch schreiben: 5d) (unter Annahme 2). Es ist durchaus möglich, dass der ermittelte bedingte Erwartungswert ausgehend vom geöffneten Umschlag mit dem Wert B auf lange Sicht immer zwischen B und 2 B liegt. --Rebiersch (Diskussion) 13:39, 21. Mai 2012 (CEST)

Ich fände aber schon ganz interessant, wie viel denn maximal "geht". Ich weiß es aber auch nicht genau, ohne mich näher damit zu beschäftigen. Wie kommst du auf "1,4 B wäre möglich"? Ist das nur geschätzt? Beim Beispiel im Artikel (das mit dem Würfel) hat man ja im Mittel (auf lange Sicht) 393,75 Euro für B und bei optimalem Spiel 460,62 Euro, das sind gerade mal knapp 1,17 B. -- HilberTraum (Diskussion) 14:06, 21. Mai 2012 (CEST)

Nehmen wir an, dass Herr Lemke die Umschlagkombinationen auswürfelt. Er fängt mit (1;2) Euro an. Wenn er eine "6" würfelt, bleibt es dabei. Würfelt er eine 1,2,3,4 oder 5 verdoppelt er auf (2;4) Euro. Dann würfelt er noch einmal. Bei "6" bleibt es bei (2;4) Euro, sonst verdoppelt er auf (4;8) Euro. Und soweiter bis schließlich eine "6" kommt.

In diesem Fall ist die Wahrscheinlichkeit für (1;2) 1/6, die Wahrscheinlichkeit für (2;4) 5/6*1/6 und somit schon ziemlich dicht an einem 1:1 Verhältnis (hier tatsächlich noch 1 : 5/6 Verhältnis).

Er könnte aber auch bei einer "6" bei (1;2) Euro bleiben und in 5/6 Fällen den Betrag verhundertfachen auf (100;200) Euro. Egal wie ich es betrachte, über 1,5 * B scheint mir auf lange Sicht nicht möglich zu sein. --Rebiersch (Diskussion) 19:59, 21. Mai 2012 (CEST)

Ach ja, ich war geistig schon wieder beim endlichen Fall. Stimmt, im unendlichen Fall kann es natürlich noch ein kleines bisschen höher rauf gehen. Aber dass fast 1,5*B im Mittel möglich sein sollen, sehe ich immer noch nicht (oder wir rechnen unterschiedlich). Konkret in deinem Beispiel: Wenn B Euro im geöffneten Umschlag sind, stehen die Wahrscheinlichkeiten für 2*B und B/2 im anderen Umschlag im Verhältnis 5:6, d.h. die Wahrscheinlichkeit für 2*B ist 5/11. Das gibt im Mittel (5/11)*2*B + (6/11)*B/2 = (13/11)*B, also etwas über 1,18*B, also immer noch deutlich unter 1,25*B, geschweige den 1,5*B. -- HilberTraum (Diskussion) 20:52, 21. Mai 2012 (CEST)

Ich glaube es gibt ein fundamentales Mißverständnis, wie ich zwischen B und 1,5 B auf lange Sicht gemeint habe. Ich hatte ursprünglich nicht gemeint, dass 1,5 B auf lange Sicht tatsächlich erreicht wird und auch nicht, dass B auf lange Zeit erreicht wird.

Mit statistischen Methoden läßt sich die Frage ohnehin nur schwer angehen. Sicher ist nur, dass es niemals unter b/2 und niemals über 2B geht. Mein ursprünglicher Gedanke war: wenn es auf lange Sicht nicht unter B geht, kann die obere Grenze auch nicht bei 2 B bleiben. Wenn ich es mir genau überlege, kann Herr Lemke jedoch auch für jeden (1,2)-Euro-Umschlag 10 (2,4)-Euro-Umschläge in eine Urne geworfen haben und danach für jeden (1,2)-Euro-Umschlag 100 (4,8)-Euro-Umschläge, danach 1000 (8,16)-Euro-Umschläge. Tröstlich bleibt, dass Herr Schmidt weiterhin bei jeder Umschlagkombination (kB;gB) mit gleicher Wahrscheinlichkeit denselben Betrag (kB) verliert oder gewinnt. --Rebiersch (Diskussion) 22:59, 21. Mai 2012 (CEST)

Stetige Verteilungen

1/4

Wie ihr ja seht, versuche ich gerade den Fall stetiger Verteilungen ein- und auszubauen und hänge jetzt etwas an der Sache, dass sich dort die Ergebnisse auf leicht unanschauliche Weise vom diskreten Fall unterscheiden, also die Stelle, an der Castell und Batens einen Fehler hatten. Ist ja eigentlich recht interessant, also so eine Art "kleines Paradoxon im Paradoxon", aber wie sollte man (ich meine aus Sicht der Leserfreundlichkeit) damit verfahren: Eine anschauliche Erklärung versuchen (schwierig)? Eine mathematische Begründung? Beweisidee? Sagen/zeigen dass die "naiven" Formeln falsch sein müssen? Oder einfach enzyklopädisch als Tatsache darstellen und gar weiter nicht drauf eingehen? Hmm... -- HilberTraum (Diskussion) 13:44, 9. Mai 2012 (CEST)

Ich verstehe mal wieder nur "Bahnhof". Wieso Fehler? Wieso kleines Paradoxon? Welches Bild hast du denn vor Augen, wenn du es dir plastisch vorstellst? --Rebiersch (Diskussion) 14:24, 9. Mai 2012 (CEST)

Der "Fehler" ist die leicht vergessene innere Ableitung. Ich würde ein wenig stärker darauf hinweisen, dass diese im stetigen Fall berücksichtigt gehört (also den Faktor 1/4 bei g(x)=f(x)/2 +f(x/2)/4 beser erklären). Der Rest ist zwar formal interessant, bringt aber inhaltlich nichts Neues. Darüber hinaus wurde irgendwann einmal im Portal Mathematik beschlossen, dass umfangreiche Beweise ins Wikibook b:Beweisarchiv ausgelagert werden sollen (Portal:Mathematik/Mitarbeit#Beweise). Bei den Wikibooks werden viele Dinge lockerer gesehen, da können wir uns ungestört mit Formeln austoben und von hier guten Gewissens darauf verweisen. --NeoUrfahraner (Diskussion) 14:30, 9. Mai 2012 (CEST)

Ok, wir reden wirklich über verschiedene Dinge. Das hat doch Chalmers alles schon gezeigt. --Rebiersch (Diskussion) 14:58, 9. Mai 2012 (CEST)

Gut aber wir können ja schlecht in den Artikel schreiben: "Lieber Leser, hier steht nichts mehr dazu, weil das Chalmers alles schon gezeigt hat." ;-) -- HilberTraum (Diskussion) 15:19, 9. Mai 2012 (CEST)

(BK)@Rebiersch: Castell und Batens untersuchten wohl in ihrer Arbeit den stetigen Fall, und hatten darin einen Fehler (also einen echten, objektiven, mathematischen). Ohne das gelesen zu haben, vermute ich, dass sie einfach die Formeln aus dem diskreten Fall übertragen haben, ohne sie neu herzuleiten/ zu beweisen.

@alle: Beweise hatte ich ja eigentlich gar nicht vor ... Stimmt, wenn man zum Faktor 1/4 noch was sagen würde, wäre zumindest nachvollziehbar, dass sich bei den anderen Formeln auch was ändert. HilberTraum (Diskussion) 15:14, 9. Mai 2012 (CEST)

Wie gefällt Dir die Herleitung des Faktors 1/4 via Verteilungsfunktion?

$P(X\leq x)={\frac {1}{2}}P(Z\leq x)+{\frac {1}{2}}P(Z\leq x/2)$

Per Verteilungsfunktion ist das

$G(x)={\frac {1}{2}}F(x)+{\frac {1}{2}}F(x/2)$

Differenzieren nach x gibt

$g(x)={\frac {1}{2}}f(x)+{\frac {1}{4}}f(x/2)$.

Mir erscheint diese Herleitung leichter verständlich (drum rede ich auch immer von "innerer Ableitung" und nicht von "Substitutionsregel"). --NeoUrfahraner (Diskussion) 07:24, 10. Mai 2012 (CEST)

Finde ich so gut, dass ich's gleich eingebaut habe. -- HilberTraum (Diskussion) 19:11, 10. Mai 2012 (CEST)

5/4 oder 3/2

Mir ging's aber eigentlich um die Stelle, wo der Abschnitt momentan aufhört: "Dagegen scheint der mittlere Fall der Anschauung aus dem diskreten Fall zu widersprechen, denn dort ergibt der bedingte Erwartungswert in diesem Bereich nur ${\tfrac {5}{4}}x$." Da müsste doch noch irgendein Satz oder Abschnitt kommen, der was dazu sagt, sonst würde ich mir als Leser schon denken "What the ...". Und das meine ich auch mit "kleines Paradoxon". Mit Zahlen: Wenn man eine diskrete Gleichverteilung annimmt, hat man bei 100 Euro im geöffneten Umschlag einen Erwartungswert von 125 Euro, wenn man eine stetige Gleichverteilung annimmt, aber sogar 150 Euro. Da hilft es fürs Verständnis auch nichts, wenn man den Leser daran erinnert, dass die Ableitung von F(x/2) gleich (1/2)*F'(x/2) ist. ;-) -- HilberTraum (Diskussion) 15:14, 9. Mai 2012 (CEST)

Wenn ich mich nicht verrechnet habe, erhältst Du das gewünschte Ergebnis, wenn nicht Z, sondern log Z stetig gleichverteilt ist (also f(z)=c/z, a<z<b, c passend gewählt). --NeoUrfahraner (Diskussion) 18:18, 9. Mai 2012 (CEST)

PS: Wenn Du Dir Deine Simulation Z <- 2^sample(0:5,N,rep=TRUE)*25 ansiehst, merkst Du, dass Du auch im diskreten Fall nicht Z, sondern log Z gleichverteilt angesetzt hast. --NeoUrfahraner (Diskussion) 19:02, 9. Mai 2012 (CEST)

Ok, die beiden Beispiele (stetig, diskret "gleichverteilt") im Artikel sind nicht "analog", aber das sollte an dem "kleinen Paradoxon", wie ich's genannt habe, nichts ändern: Bei einem sind 50 und 100 Euro als Z gleichwahrscheinlich, beim anderen hat die Dichte bei 50 und 100 den gleichen Wert. Aber ich denk heut Abend gleich noch mal genauer darüber nach. Verdammt, dieses Umschlagparadoxon ist fies, wenn mal einmal damit anfängt, kommt man zu NICHTS anderem mehr. Langsam wundert's mich auch nicht mehr, dass es dazu so viele Papers gibt. ;-) -- HilberTraum (Diskussion) 20:12, 9. Mai 2012 (CEST)

Statt der Gleichverteilung auf der Menge {25,50,100,200,400,800} könnte man genauso gut als Beispiel die Gleichverteilung auf der Menge {25,26,27,...,800} nehmen. Um E(Y|X=n) zu berechnen, braucht man nur $p_{n/2}$ und $p_{n}$. Für ein mittleres (gerades) n (z.B. n=100) gilt in beiden Fällen $p_{n/2}=p_{n}$, d.h. in beiden Fällen ergibt sich E(Y|X=100) = 125. Das bleibt auch so, wenn man die diskrete Gleichverteilung immer "feiner" macht, also z.B. Cent-Beträge. Wenn man aber von der ganz feinen diskreten Gleichverteilung zur stetigen Gleichverteilung übergeht, ergibt sich ... tadaaa ... E(Y|X=100) = 150. Ist das nicht ein hübsches kleines Paradoxon im Paradoxon? ich hoffe nur, wir haben keinen Fehler in unseren Formeln...-- HilberTraum (Diskussion) 22:02, 9. Mai 2012 (CEST)

Der "Fehler" ist, dass bei einer Gleichverteilung auf der Menge {25,26,27,...,800} aus X=51 sofort Y=102 folgt (Y=25,5 geht nicht), bei X=52 hingegen sowohl Y=26 als auch Y=104 möglich sind. --NeoUrfahraner (Diskussion) 22:41, 9. Mai 2012 (CEST)

Hm, drum wollte ich ja X=100, weil ungerades n nicht geht, aber stimmt: Mit gerade/ungerade muss es schon zu tun haben. -- HilberTraum (Diskussion) 22:52, 9. Mai 2012 (CEST)

Also mich hat es zunächst nicht überrascht, dass bei der stetigen Verteilung etwas anderes herauskommt als bei der diskreten. Der Faktor 5/4 hat für mich keine besondere Bedeutung; für's Paradoxon zählt nur, dass er größer als 1 ist. Er ist offensichtlich stark von der konkreten Verteilung von Z abhängig.

Es stimmt allerdings, dass bei einem Grenzübergang von diskret zu stetig der Faktor gleich bleiben sollte. Diesem Punkt widerspricht Deine Analyse scheinbar (das ist also Dein Paradox im Paradox). Aber auch hier sehe ich kein weiteres Problem, wenn man log Z gleichverteilt ansetzt. Das Modell P(Z=z)=P(Z=z/2), das im Paradox verwendet wird, ist eigentlich ein logarithmisches Modell, Du hast es in der Simulation so angsetzt, und auch das Würfelbeispiel im Artikel ist logarithmisch. Diese Verteilung ist eigentlich ganz naheliegend - es verwundert mich lediglich, dass die "logarithmische Gleichverteilung" (im Gegensatz etwa zur Logarithmische Normalverteilung) keinen besonderen Namen hat. --NeoUrfahraner (Diskussion) 07:10, 10. Mai 2012 (CEST)

Das mit dem logarithmischen Modell sehe ich zwar mathematisch ein, aber es überzeugt mich (noch) nicht so richtig auf anschaulicher Ebene: Wenn ich im Umschlag X ungefähr 100 Euro finden, sollte meine Einschätzung nur davon abhängen, wie X und Y in der Nähe von 50 Euro, von 100 Euro und von 200 Euro verteilt sind, aber nicht davon, ob "dazwischen" auch noch Werte liegen und wie die dort verteilt sind. Ich simuliere heute mal ein bisschen mit verschiedenen Gleichverteilungen, vielleicht wird's mir dann klarer. -- HilberTraum (Diskussion) 09:29, 10. Mai 2012 (CEST)

Kleiner Bericht zur Simulation. Nichts Aufregendes, d.h. die Formeln werden bestätigt, also E(Y|X=100) gibt ungefähr 125, wenn Z auf {25,26,27,...,800} gleichverteilt ist, aber ungefähr 150, wenn Z auf [25,800] gleichverteilt ist. Am spannendsten ist vielleicht, was man überhaupt im stetigen Fall machen soll, dann hat ja X=100 Wahrscheinlichkeit 0. Ich habe zweierlei probiert: Man kann mit einer R-Funktion (locpoly) tatsächlich die Funktion E(Y|X=x) = h(x) schätzen lassen. Das geht gut, ist aber nicht so richtig befriedigend, weil man nicht mitkriegt, was eigentlich genau gemacht wird. Darum habe zusätzlich noch auf {99 < X < 101} statt auf {X=100} bedingt. Macht aber nicht viel Unterschied. -- HilberTraum (Diskussion) 19:26, 10. Mai 2012 (CEST)

Nun, angeneommen Z wäre diskret auf Cent-Beträge (also 0,01 Euro) verteilt. Welche (bzw. wie viele) Werte für Z erlauben 99<X<101? Und umgekehrt: X=99,01 Eur. Welche Möglichkeiten für Z gibt es? --NeoUrfahraner (Diskussion) 20:40, 10. Mai 2012 (CEST)

Den Fall mit Cent-Beträgen hatte ich mir noch bis heute Abend aufgespart: Der ist von der Simulation schon mal interessant: Sowohl die Methode mit dem Bedingen auf {99 < X < 101}, als auch der locpoly-Befehl ergeben ungefähr 150 Euro, also genau wie beim stetigen Fall. Nach der Theorie müsste exaktes Bedingen auf {X=100} aber 125 Euro ergeben. Hmm, bei locpoly wundert es mich nicht, denn in der Hilfe dazu steht, dass für die Verteilungen Dichten geschätzt werden, der Algorithmus geht also sowieso davon aus, dass stetige Verteilungen vorliegen. Bei {99 < X < 101} könnte man es ja kombinatorisch genau ausrechnen, aber einfach mal als Theorie (danke für deine Hinweise!) ins Blaue geraten: Es ist tatsächlich ein gerade/ungerade Effekt. Die geraden Cent-Beträge (99,42 Euro) lassen doppelte und halbe Beträge im anderen Umschlag zu, beide gleich wahrscheinlich. Dazu kommen aber noch die ungeraden (99,73 Euro) Beträge, bei denen muss im anderen Umschlag das Doppelte sein, was den bedingten Erwartungswert erhöht. -- HilberTraum (Diskussion) 21:39, 10. Mai 2012 (CEST)

Der Vollständigkeit halber hier noch das Programm

N <- 1000000
cents <- seq(25,800,0.01)
Z <- sample(cents,N,rep=TRUE)
U <- sample(1:2,N,rep=TRUE)
X <- U*Z
Y <- 3*Z-X
A <- X > 99 & X < 101
print(mean(Y[A]))

library(KernSmooth)
EY.X <- locpoly(X,Y,bandw=5)
plot(EY.X, xlim=c(0,1000),type="l")
print(approx(EY.X, xout=100)$y)

[1] 150.3782 [1] 149.7265

-- HilberTraum (Diskussion) 22:13, 10. Mai 2012 (CEST)

Was schließt Du daraus? Genauer: bevor Du von diskret zu stetig übergehst, musst Du vom Säulendiagramm (Rechtecke mit bedeutungsloser Breite) zum Histogramm (Fläche bzw. Breite ist relevant) übergehen. --NeoUrfahraner (Diskussion) 08:36, 11. Mai 2012 (CEST)

Puuhh, kann es sein, dass die Problematik echt schwierig ist? (gut, als Mathematiker sagt man dazu ja lieber "hochgradig nichttrivial";-) Aber was soll's, nur die Harten kommen in'n Garten...

Also nochmal das Setting, Buchstaben wie im Artikel. Wir betrachten für Z verschieden feine diskrete Gleichverteilungen bzw. die stetige Gleichverteilung zwischen 25 und 800. Es geht uns um den bedingten Erwartungswert E(Y|X=x) =: h(x) als Funktion von x, wobei x, also der Betrag im geöffneten Umschlag, irgendwo im "Mittelfeld" liegt, also z.B. um 100 herum. Die mathematischen Formeln für h(x) stehen jeweils im Artikel, sollten alle stimmen und werden auch durch die Simulationen bestätigt. So weit, so gut, aber die Formeln für den diskreten und den stetigen Fall sind unterschiedlich und wir wollen analysieren, was "passiert", wenn der eine in den anderen "übergeht".

Im diskreten Fall muss man zwischen "geraden" und "ungeraden" x unterscheiden, diese wechseln sich immer ab. Die Erwartungswerte h(x) springen dabei immer zwischen (5/4)*x ("gerader" Fall) und 2*x ("ungerader" Fall) hin und her. Verfeinert man die Verteilung, bleiben die Werte so, aber weil die Werte immer näher zusammenrücken, oszilliert h(x) immer "schneller". Graphisch springen die Werte h(x) also immer schneller zwischen den Geraden y = (5/4)*x und y = 2*x. Der Übergang zum stetigen Fall bewirkt nun, dass die diskreten x-Werte kontinuierlich "verschmiert" werden, aber ihre Verteilung sich "im Prinzip" nicht ändert (mathematisch: es liegt Konvergenz in Verteilung vor), dadurch werden aber die Punkte auf den beiden Geraden ebenfalls zu einer zwischen y = (5/4)*x und y = 2*x liegenden Geraden gemittelt, denn der Erwartungswert sollte in diesem Bereich stetig von x abhängen. Die Frage ist nur, welche Gerade kommt bei dieser Mittelung heraus? Man könnte erst vermuten y = (1/2) * (5/4) * x + (1/2) * (2*x) = (13/8)*x, weil sich ja die geraden und ungeraden x immer abwechseln. Die Theorie sagt aber y = (3/2)*x. Die Erklärung: Die geraden und die ungeraden x sind nicht gleichwahrscheinlich, sondern gerade x sind doppelt so wahrscheinlich, wie ungerade. Das sieht man z.B. leicht an der Formel P(X=n) = 0.5 p_n + 0.5 p_(n/2), kann man aber auch anschaulich einsehen. Die Geraden mitteln sich also tatsächlich zu y = (2/3) * (5/4) * x + (1/3) * (2*x) = (3/2)*x. -- HilberTraum (Diskussion) 18:14, 11. Mai 2012 (CEST)

Ich habe jetzt die Konvergenz in Verteilung nicht nachgeprüft. Mein gedachter Grenzübergang ist ein anderer, z.B.

1. zwischen 25 und 50 alle Centbeträge,
2. zwischen 50 und 100 die doppelten Werte der Beträge zwischen 25 und 50 (also alle geraden Centbeträge),
3. zwischen 100 und 200 die doppelten Werte der Beträge zwischen 50 und 100 (also alle durch 4 teilbaren Centbeträge) etc.

Dann muss ich die Höhe im Histogramm zwischen 50 und 100 durch 2 und zwischen 100 und 200 durch 4 dividieren. Damit komme ich im Wesentlichen auf eine c/z Dichte, also log Z gleichverteilt. Im Artikel braucht man das aber meines Erachtens gar nicht weiter zu erörtern, es sollte der Hinweis reichen, dass der diskrete und der kontinuierliche Fall zwar bzgl. des Paradoxes zum gleichen Ergebis führen, in den Berechnungsdetails aber Unterschiede auftreten. --NeoUrfahraner (Diskussion) 07:07, 12. Mai 2012 (CEST)

Ja, das sind aber dann andere Verteilungen. Mir ging's ja um das Beispiel, dass man diskrete und stetige Gleichverteilungen hat (und damit habe ich mir leider einen gar nicht so einfachen Fall ausgesucht). Dein Beispiel, also "logarithmische" diskrete und stetige Verteilungen, hat den Vorteil, dass alles viel einfacher ist, denn bei beiden gilt E(Y|X=x) = (5/4)*x. Wenn da die diskrete in die stetige "übergeht", muss auch nichts mehr geglättet werden. -- HilberTraum (Diskussion) 12:39, 12. Mai 2012 (CEST)

Abschnitt 1

Hallo; die einfache Lösung darf nicht einfach aus dem Artikel entfernt werden, und zwar aus (mindestens) zwei Gründen:

1. Diese Lösung ist durch Quellen belegt

2. Sie ist die einzig richtige Lösung, wenn man auf Zusatzannahmen verzichten möchte.

Gruß. --Geodel (Diskussion) 19:26, 20. Apr. 2012 (CEST)

Was soll denn das für eine Lösung sein? Vor dem Öffnen sind beide Umschläge gleichwertig. Wenn G und 2G Euro in den Umschlägen sind, ist der Erwartungswert vor dem Öffnen für beide Umschläge 1,5G. Dies ist doch völlig unbestritten. Nach dem Öffnen beider Umschläge sind sie nur gleichwertig für G=0, sonst niemals. Und es ist zudem immer eindeutig zu erkennen ob sich ein Tausch lohnt. Wenn lediglich ein Umschlag geöffnet wird, ist der ungeöffnete nur dann als gleichwertig zu bezeichnen, wenn der unbekannte Erwartungswert des ungeöffneten Umschlags dem tatsächlichen Wert des bereit geöffneten Umschlags entspricht. Nun ist es aber keineswegs so, dass ausgehend von einem Betrag Z im geöffneten Umschlag die Wahrscheinlichkeiten für den doppelten und halben Betrag im ungeöffneten Umschlag immer im Verhältnis 1/3 zu 2/3 stehen. Diese Annahme ist genauso irrig wie die Vermutung von Herrn Schmidt in der Beispielrechnung, dass das Verhältis 1/2 zu 1/2 sei.

1/3 zu 2/3 auch eine nicht begründete "Zusatzannahme". --Rebiersch (Diskussion) 23:37, 20. Apr. 2012 (CEST)

Die "einfache Lösung" ist keine Lösung, weil sie nicht erklärt, worin der Denkfehler von Herrn Schmidt besteht. Die Aussage "Tauschen lohnt sich nicht, weil beide Umschläge gelicherwertig sind" ist die naive naheliegende Antwort. Die eintscheidende Frage ist aber, was ist an der Rechnung von Herrn Schmidt ("Tauschen lohnt sich immer") falsch. Um die Auflösung des Widerspruchs zwischen der naiven/einfachen Lösung und der Rechnung von Herrn Schmidt geht es im Artikel. --NeoUrfahraner (Diskussion) 07:40, 21. Apr. 2012 (CEST)

Ich hab die Änderung jetzt revidiert, weil überhaupt nicht ersichtlich ist, wie dieser Teil durch die angegebene Quelle Federico O´Reilly: Is there a two envelope paradox? belegt wird. --NeoUrfahraner (Diskussion) 08:05, 21. Apr. 2012 (CEST)

Abschnitt 2

Hallo; ich habe den Denkfehler von Herrn Schmidt jetzt weiter ausgeführt. Über die einzelnen Formulierungen kann man noch diskutieren, nicht aber über die Lösung an sich. Ich habe nun die Lösung wieder in den Artikel eingefügt. Wenn weiterhin hier Probleme, z.B. im Verständnis dieser Lösung, auftreten, sollten wir die hier diskutieren, aber Löschen des Abschnitts geht nicht. Gruß. --Geodel (Diskussion) 11:44, 21. Apr. 2012 (CEST)

Es ist immer noch keine Lösung, sondern verleitet nur zu neuen Denkfehlern. Vor dem Öffnen ist die Betrachtung "G" gewinnen oder mit gleicher Wahrscheinlichkeit "G" verlieren richtig. Nach dem Öffnen nicht mehr. Da hilft auch keine Abstraktion vom aufgedeckten Betrag weiter. Ich kann den aufgedeckten Betrag auch "Otto" nennen. Wenn ich "Otto" aufdecke gewinne ich zwar weiterhin G oder verliere G. Wenn ich durch Tausch gewinne ist G aber doppelt so groß wie im Fall eines Verlustes. --Rebiersch (Diskussion) 15:54, 21. Apr. 2012 (CEST)

1. Abstrahieren bedeuet, dass Information verlorengeht. Wer sagt denn, dass das die "richtige" Abstraktion ist, bei der die "wesentliche" Information erhalten bleibt?
2. Wieso ist eine Diskussion über das Löschen Deines Abschnitts nicht zulässig?
3. Außerdem ist immer noch nicht klar, wie dieser Teil durch die angegebene Quelle belegt wird. --NeoUrfahraner (Diskussion) 16:06, 21. Apr. 2012 (CEST)

Mit Punkt (1) triffst Du den Nagel auf den Kopf. Vor allem tritt der scheinbare Widerspruch (der ungeöffnete Umschlag sei generell besser) erst auf wenn abstrahiert wird und von einem konkreten Fall (hier 100 Euro) auf "bei jedem Betrag" geschlossen wird. ( Der Denkfehler, der immer noch nicht erläutert wird ist, dass "bei jedem Betrag ein statistischer Vorteil" nicht bedeutet, dass deshalb immer tauschen besser sei als nie oder nur manchmal tauschen ) --Rebiersch (Diskussion) 13:47, 22. Apr. 2012 (CEST)

@Rebiersch:Du sagst:"Vor dem Öffnen ist die Betrachtung "G" gewinnen oder mit gleicher Wahrscheinlichkeit "G" verlieren richtig. Nach dem Öffnen nicht mehr...Wenn ich durch Tausch gewinne ist G aber doppelt so groß wie im Fall eines Verlustes." Falsch, vor dem Öffnen kann Schmidt nichts verlieren! Die Geldbeträge in den Umschlägen sind von Lemke vorher festgelegt worden, und zwar G in einem und 2G im anderen Umschlag. Wenn Schmidt G findet und tauscht, gewinnt er G hinzu, falls er 2G findet und tauscht, verliert er G, im Durchschnitt hat Tauschen also keinen Vorteil. Insgesamt stehen 3G zur Verfügung, und der Erwartungswert für den Betrag im zufällig gewählten Umschlag ist somit 3G/2. Ist nun ein Umschlag geöffnet worden, ist der Erwartungswert für den anderen geschlossenen Umschlag ebenfalls 3G/2. Warum? Weil Schmidt nach wie vor nicht weiß, ob er den Umschlag mit dem größeren oder dem kleineren Geldbetrag geöffnet hat. Die Pseudo-Information "100 Euro" sind völlig belanglos für eine korrekte Berechnung des Erwartungswerts beim Tausch der Umschläge. Du kannst das dadurch erkennen, dass du in die Formel von Schmidt nicht fälschlicherweise den gefundenen Geldbetrag einsetzt, sondern die von Lemke vorgegebenen wahren Geldbeträge:

[E = (1/2 * x/2) + (1/2 * 2x)] Im ersten Term steht x für den gefundenen größeren Betrag, im zweiten Term steht x für den gefundenen kleineren Betrag. Dann ergibt sich aus [E = (1/2 * 2G/2) + (1/2 * 2G)] der Erwartungswert beim Tausch zu 3G/2.

Der Fehler von Schmidt besteht darin, dass er die gefundenen 100 Euro einmal als den kleineren und einmal als den größeren Geldbetrag ansieht, was zu einem Widerspruch führen muss.

PS: Du sagst:"Vor allem tritt der scheinbare Widerspruch (der ungeöffnete Umschlag sei generell besser) erst auf wenn abstrahiert wird und von einem konkreten Fall (hier 100 Euro) auf "bei jedem Betrag" geschlossen wird." Nein, das Paradox ergibt sich nicht aus der Schlussfolgerung "bei jedem Betrag", sondern aus der (falschen) Berechnung des Erwartungswerts durch Schmidt. --Geodel (Diskussion) 16:43, 22. Apr. 2012 (CEST)

1. Das ist jetzt natürlich sprachlich sehr spitzfindig von Dir, aber trotzdem nicht ganz korrekt. Korrekt ist: Verlieren wird Herr Schmidt auch nach dem Öffnen nichts und natürlich auch vor dem Öffnen nicht - negative Geldbeträge gibt es nicht und selbst einen Schuldschein muss er nicht annehmen. Es ging um den Zusatzgewinn durch Tauschen oder Nichttauschen. Um den Zusatzgewinn einzustreichen oder zu verlieren hätte Herr Schmidt den ersten Umschlag auch ungeöffnet behalten können (Zitat: "Sie dürfen einen Umschlag öffnen und dann entscheiden, welchen der beiden Umschläge Sie nehmen.").
2. Zitat "im Durchschnitt hat Tauschen also keinen Vorteil" - ja sicher! "Immer Tauschen" ist genauso gut wie "immer Behalten". Die Frage ist aber nicht ob dies so ist, sondern weshalb dies so ist.
3. Zitat "Weil Schmidt nach wie vor nicht weiß, ob er den Umschlag mit dem größeren oder dem kleineren Geldbetrag geöffnet hat." Wenn Herr Schmidt (vor oder nach dem Öffnen) wüßte, ob er den Umschlag mit dem größeren oder kleineren Betrag geöffnet hat, bräuchte er keine Wahrscheinlichkeitsrechnung mehr. Das gleiche gilt für die "Kontrolle" mit den wahren Beträgen. Wer die wahren Beträge kennt, braucht keine Wahrscheinlichkeitsrechnung.
4. Zitat "Der Fehler von Schmidt besteht darin, dass er die gefundenen 100 Euro einmal als den kleineren und einmal als den größeren Geldbetrag ansieht, was zu einem Widerspruch führen muss." Der mögliche (!) Fehler von Herrn Schmidt besteht, wenn er vermutet 100 Euro seien aufgrund der Beschreibung zu 50% der kleinere und zu 50% der größere Betrag. Ob dies für 100 Euro tatsächlich ein Fehler ist, weiß in der Situation niemand. Welcher Widerspruch sollte aus der Annahme, dass 100 Euro manchmal den größeren und manchmal den kleineren Betrag darstellen resultieren? Oder vermutest Du, dass auch bei einer gedanklichen Wiederholung immer wieder die gleichen Beträge von Herrn Lemke ausgewählt werden?
5. Zitat: "Die Pseudo-Information 100 Euro sind völlig belanglos für eine korrekte Berechnung des Erwartungswerts beim Tausch der Umschläge." Für eine korrekte Berechnung des bedingten Erwartungswertes ist der aufgefundene Betrag selbstverständlich notwendig. Zusätzlich ist die bedingte Wahrscheinlichkeit notwendig. Schätzt Herr Schmidt aufgrund eines Verständnisproblems diese Wahrscheinlichkeit mit 50%, so ist seine Rechnung dennoch völlig richtig. 50% kann stimmen oder falsch sein und führt zu keinem mir ersichtlichen Widerspruch. Auch wenn Herr Schmidt zu dem Ergebnis käme, dass sich ein Tausch bei jedem Betrag lohnt, so hätte auch ich berechtigte Zweifel - aber es wäre gut möglich. Paradox wäre dies immer noch nicht.
6. Zitat: "Nein, das Paradox ergibt sich nicht aus der Schlussfolgerung bei jedem Betrag, sondern aus der (falschen) Berechnung des Erwartungswerts durch Schmidt." Was wäre, wenn Herr Schmidt einen anderen Erwartungswert berechnet hätte? Was wäre wenn Herr Schmidt auf einen Erwartungswert von unter 100 Euro gekommen wäre? Richtig ist, dass sich eine 50 zu 50 Verteilung vom doppelten und halben Betrag aus der Beschreibung nicht ableiten läßt. (Siehe auch unter Denkfalle: "Die Denkfalle besteht darin, dass Herr Schmidt das Indifferenzprinzip falsch anwendet, also davon ausgeht, dass die 100 Euro mit einer 50-50-Wahrscheinlichkeit den halben oder den doppelten Betrag darstellen." Richtig ist aber auch, dass sich kein anderes Verhältnis aus der Beschreibung ableiten läßt. --Rebiersch (Diskussion) 23:56, 22. Apr. 2012 (CEST)

ad 1. Geschenkt!

ad 2. Das wurde oben bewiesen.

ad 3. Klar, aber wer die wahren Geldbeträge nicht kennt, kann trotzdem korrekt W'keitsrechnung betreiben.

ad 4. Nach dem Öffnen eines Umschlags ist der Inhalt des anderen Umschlags eindeutig festgelegt. Das entspricht jedenfalls der Problemformulierung. Deshalb kann der geschlossene Umschlag nicht ein bißchen 50 Euro und ein bißchen 200 Euro enthalten.

ad 5. Die gleiche Rechnung, die Schmidt für den Betrag im geöffneten Umschlag macht, würde, wenn er stattdessen den anderen Umschlag geöffnet hätte, zu demselben Ergebnis führen: der geschlossene Umschlag ist immer der bessere (oder schlechtere oder wie auch immer). Das ist paradox, weil ja ein Umschlag wirklich besser (oder schlechter) als der andere ist.

ad 6. Stimmt, es lässt sich überhaupt kein Verhältnis aus der Problemformulierung ableiten, welches Schmidts Rechnung begründen könnte. Jeder andere Erwartungswert, den Schmidt auf seine Art berechnen würde, führt ebenfalls zu einem Widerspruch. Z.B führt eine 1/3- zu 2/3-Verteilung (kleinerer Betrag x, größerer Betrag x) dazu, dass Schmidt immer genau seinen Erwartungswert im jeweils geöffneten Umschlag gefunden hätte. --Geodel (Diskussion) 18:02, 23. Apr. 2012 (CEST)

ad 1 (geschenkt): Wir sind uns also einig, dass die Umschläge vor dem Öffnen gleichwertig sind, nach dem Öffnen aber nicht mehr unbedingt.

ad 2 (oben bewiesen): Gezeigt hast Du, dass die Betrachtung "entweder G oder 2G" dieses Ergebnis zur Folge haben kann. Dem steht die Überlegung gegenüber, dass ich beim kleinstmöglichen Betrag (z.B. 1 Euro) sicher G=1 Euro gewinne. (spricht eindeutig für Tauschen). Wenn aber 2 Euro geöffnet werden, verliere ich nicht sicher G=1 Euro, sondern ich könnte auch 2 Euro gewinnen. Da sich Gewinn und Verlust bei der 1 Euro / 2 Euro Kombination auf lange Sicht ausgleichen, bedeutet allein die Aussicht auf eine 2 Euro / 4 Euro Kombination einen Vorteil für "Tausche auch bei 2 Euro". Wenn ich vermute (!), dass die bedingte Wahrscheinlichkeit für den größeren Betrag immer größer als 1/3 ist, so komme ich zu dem Ergebnis, dass sich Tauschen auf lange Sicht tatsächlich für jeden Betrag lohnt.

ad 3 (korrekte Wahrscheinlichkeitsrechnung): gegen welche Mathematikregel hat Herr Schmidt verstoßen? Dass die Annahme nicht stimmen muss, haben wir schon geklärt.

ad 4 (ein bißchen): von ein bißchen 50 Euro und ein bißchen 200 Euro war nie die Rede. Entweder 50 Euro oder 200 Euro.

ad 5 (Paradox): Vielleicht der wichtigste Punkt. Weshalb sei es paradox, wenn ausgehend von 2 konkreten Beträgen beide zu dem Ergebnis kommen, dass sich tauschen lohnt?

ad 6 (1/3 zu 2/3 Verteilung): Ein Verhältnis von 1/3 zu 2/3 kann ich mir nur für den halben bzw doppelten Betrag ausgehend von einem aufgedeckten Betrag Z vorstellen. In diesem Fall wäre der Erwartungswert wenn Z Euro aufgedeckt werden, tatsächlich immer Z Euro. Das wäre ungewöhnlich aber nicht paradox. Man nennt es auch Nullsummenspiel. In diesem Fall ein Nullsummenspiel unabhängig vom aufgefundenen Betrag --Rebiersch (Diskussion) 20:56, 23. Apr. 2012 (CEST)

Was ist Information?

@NeoUrfahraner:

ad 1. Abstrahieren bedeutet hier, sich nicht von der Pseudo-Information "100 Euro gefunden" in die Irre führen zu lassen. Dabei geht keine relevante Information verloren.

ad 2. Verstehe ich nicht.

ad 3. Zitat:"Knowing that X = x leaves us as ignorant as before opening the envelope in terms of the odds (1:1) of having being handed, the envelope with the larger quantity. So from a classical standpoint, there is no reason to assert that having observed X = x, you must switch envelopes." Außerdem betrachten auch andere Quellen die einfache Lösung als korrekte Lösungsmethode (siehe z.B. Stefan Bartz oder Priest/Restall). --Geodel (Diskussion) 16:43, 22. Apr. 2012 (CEST)

Bleiben wir zunächst bei Punkt 1: Was genau verstehst Du unter "relevanter Information"? Sobald Hr. Schmdit noch genügend weitere Information bekommt (z.B. "Herr Lemke hat in die Briefumschläge maximal 160 Euro gesteckt"), wird die Information "100 Euro gefunden" sehr wohl relevant. Nach welchen Kriterien entscheidest Du also, welche Information in welchem Zusammenhang "relevant" ist? --NeoUrfahraner (Diskussion) 20:02, 22. Apr. 2012 (CEST)

Wenn du die Problemformulierung liest, wirst du feststellen, dass keine weiteren Informationen vorliegen:"Herr Lemke möchte Herrn Schmidt beschenken und gibt ihm zwei Briefumschläge mit den Worten „Ich schenke Ihnen einen dieser Umschläge. In beiden befindet sich ein Geldbetrag, im einen doppelt so viel wie im anderen. Sie dürfen einen Umschlag öffnen und dann entscheiden, welchen der beiden Umschläge Sie nehmen.“" --Geodel (Diskussion) 22:19, 22. Apr. 2012 (CEST)

Deine Behauptung ergibt keinen Sinn für mich, solange Du "Information" nicht definierst. Ich gebe Dir meine Defintion: (Eine Zufallsvariable) A enthält Information über (die Zufallsvariable) B, wenn die bedingte Wahrscheinlichkeitsverteilung von B unter Berücksichtigung von A sich von der "unbedingten" Wahrscheinlichkeitsverteilung von B unterscheidet. Oder mit anderen Worten: Die Berücksichtigung der Information "A" erfolgt, indem man zur bedingten Wahrscheinlichkeitsverteilung unter A wechselt. Verwendest Du ebenfalls diese Definition oder hast Du irgendeine andere? --NeoUrfahraner (Diskussion) 06:19, 23. Apr. 2012 (CEST)

Wenn das Ereignis A Information enthält, müsste p(A)>0 bekannt sein. Wie groß ist denn die Wahrscheinlichkeit, dass Schmidt beim Öffnen eines Umschlags 100 Euro findet? --Geodel (Diskussion) 16:33, 23. Apr. 2012 (CEST)

Du hast meine Frage nicht beantwortet. Trotzdem, wenn es Dir irgendwie hilft:

$P(A=100)=P(G=50)/2+P(G=100)/2$

(wobei wie oben G und 2G die Beträge in den Umschlägen bezeichnet und eine diskrete Verteilung vorausgesetzt wird. Bei stetigen Verteilungen wird es formal komplizierter, inhaltlich kommt aber nichts Neues dazu). --NeoUrfahraner (Diskussion) 16:57, 23. Apr. 2012 (CEST)

Wenn das kein Zirkelschluss sein soll, müsstest du jetzt noch sagen, wie groß p(G=50) und p(G=100) tatsächlich sind. Deine obige Definition kann ich im Großen und Ganzen bestätigen. --Geodel (Diskussion) 18:07, 23. Apr. 2012 (CEST)

p(G=50) und p(G=100) sind beliebig aber fix. (Natürlich mit den üblichen Einschränkungen p(G=50)>=0, p(G=100)>=0 und p(G=50)+ p(G=100)<=1 )--NeoUrfahraner (Diskussion) 18:12, 23. Apr. 2012 (CEST)

Du weichst aus! Wenn "100 Euro gefunden" für dich eine Information darstellt, dann müsstest du in der Lage sein, diese Information in Form einer Wahrscheinlichkeit quantitativ darzustellen. Also nenne mir bitte die konkrete Zahlengröße für p(A). --Geodel (Diskussion) 18:31, 23. Apr. 2012 (CEST)

Die konkrete Zahlengröße für p(A) ist nicht nötig, ich kann ja Algebra ;-). Zuerst noch eine kleine Notationsänderung: $A_{1}$ sei der Betrag im ersten Umschlag, $A_{2}$ der Betrag im zweiten Umschlag. $B$ ist das Ereignis $A_{2}>A_{1}$. Die Frage, die es zu klären gibt, ist, ob $P(B)=P(B|A_{1}=100)$ gilt. Einverstanden? --NeoUrfahraner (Diskussion) 18:41, 23. Apr. 2012 (CEST)

1. Ich bezweifle nicht, dass du Algebra kannst. aber wir sind hier ja nicht in einem Quiz. Wenn du also etwas zu sagen hast, dann sprich es bitte zur Gänze aus.

2. Wie soll ich deine obige Formel interpretieren: P(A=100)=P(G=50)/2 + P(G=100)/2? --Geodel (Diskussion) 15:16, 24. Apr. 2012 (CEST)

Der Vorschlag zu abstahieren kam ja von Dir. Da Du ja hoffentlich auch Algebra kannst, ist Dir ja bekannt, dass man nicht nur mit "konkreten Zahlengrößen" sondern auch mit "abstrakten Zahlengrößen" rechnen kann. Die Frage, die es zu klären gilt, ist, ob die "unbedingten" Wahrscheinlichkeitsverteilung von $B$ sich von der bedingten Wahrscheinlichkeitsverteilung von $B$ unter $A_{1}$ unterscheidet. In Formeln: Gilt $P(B)=P(B|A_{1}=100)$?

Bei der Klärung dieser Frage darfst Du, wenn Du willst $P(A_{1}=100)=P(G=50)/2+P(G=100)/2$ verwenden, also sowohl die linke Seite $P(B)$ also auch die rechte Seite $P(B|A_{1}=100)$ auf Formeln führen, die nur $P(G=g)$ enthalten. Dann können wir objektiv feststellen, ob bzw. in welchen Situationen der konkrete Zahlenwert $A_{1}=100$ Information darüber enthält, welcher der beiden Umschläge den größeren Betrag enthält. --NeoUrfahraner (Diskussion) 16:24, 24. Apr. 2012 (CEST)

Die Antwort möchte ich sehen...

Gehe ich recht in der Annahme, dass du mit P(A_1=100) die Wahrscheinlichkeit bezeichnest, 100 Euro zu finden, bevor ein Umschlag geöffnet wird? --Geodel (Diskussion) 22:08, 24. Apr. 2012 (CEST)

Ja, P(A_1=100) bezeichnet die Wahrscheinlichkeit, 100 Euro zu finden, bevor ein Umschlag geöffnet wird. Das kann nur auftreten, wenn in den Umschlägen (50/100) steckt (G=50) oder wenn in den Umschlägen (100/200) steckt (G=100). Laut Problembeschreibung wird jeweils jeder der beiden Umschläge mit gleicher Wahrscheinlichkeit gezogen, daher also P(A=100)=P(G=50)/2 + P(G=100)/2.

P(B)=1/2 gilt ebenfalls laut Problembeschreibung.

Interessant wird $P(B|A_{1}=100)$.

Zuerst eine Warnunung, damit der "Schock" nicht zu groß ist. Wir sind jetzt auf dem Weg, das Paradoxon algebraisch zu formulieren. Paradox wird es nicht, wenn $P(B|A_{1}=100)>1/2$ gilt. Paradox wird es erst, wenn $P(B|A_{1}=a)>1/2$ für alle $a$ gilt, wenn also der andere Umschlag unabhängig vom gefundenen Inhalt immer besser ist. Die Wahrscheinlichkeitstheorie verlangt lediglich das Gesetz_der_totalen_Wahrscheinlichkeit, also dass die algebraische Identität

$P(B)=P(B|A_{1}=1)\cdot P(A_{1}=1)+P(B|A_{1}=2)\cdot P(A_{1}=2)+P(B|A_{1}=3)\cdot P(A_{1}=3)+\dots$

bzw. etwas formaler

$P(B)=\sum _{a}P(B|A_{1}=a)\cdot P(A_{1}=a)$

gilt.

Zurück zu $P(B|A_{1}=100)$. Willst Du es ausrechnen oder soll ich weitermachen? --NeoUrfahraner (Diskussion) 07:04, 25. Apr. 2012 (CEST)

Was ist paradox?

Ich denke das ist nicht nötig, weil auch so allmählich klar wird, wo die Unterschiede in unserer Auffassung des Paradoxons liegen. Aber danke erstmal für deine Bemühungen!

1. P(A=100)=P(G=50)/2 + P(G=100)/2: Du hast meine Frage nach p(A) mit der Verlagerung auf die p(G) zu beantworten versucht. Welche Informationen hat Schmidt über die p(G)?

2. Du sagst"Paradox wird es nicht, wenn P(B|A_1=100)>1/2 gilt." Warum ist das nicht paradox?

3. Zu welchem Zeitpunkt macht sich Schmidt seine Gedanken, vor dem Öffnen oder nach dem Öffnen eines Umschlags? --Geodel (Diskussion) 16:22, 25. Apr. 2012 (CEST)

Ad 1 und 3: Sagen wir, Hr. Schmidt macht sich vor dem Öffnen seine Gedanken. Wie viel Geld wird wohl im Umschlag sein? Er schreibt seine subjektive Einschätzung in Form einer beliebigen aber fixen Wahrscheinlichkeitsverteilung nieder:

$p(G=g)\geq 0,\quad \sum _{g}p(G=g)=1$

(Er könnte es sich auch erst nach dem Öffnen überlegen, aber dann ist er wohl schon vom gefundenen Betrag beinflusst) Zur Vereinfachung verlange ich noch zusätzlich endlichen Erwartungswert

$\sum _{g}g\cdot p(G=g)<\infty$

Ad 2: Es ist ganz normal, dass $P(B)\neq P(B|A)$. Wenn die bedingte Wahrscheinlichkeit immer gleich der unbedingten wäre, bräuchte man ja keinen eigenen Begriff "bedingte Wahrscheinlichkeit" einführen. --NeoUrfahraner (Diskussion) 16:50, 25. Apr. 2012 (CEST)

ad 1: Du weichst wieder aus. Welche konkreten Zahlenwerte haben für Schmidt die p(G=g), so konkret wie der Betrag 100 Euro und so konkret wie der Zahlenwert 1/2 für die W'keit, den größeren bzw. den kleineren Geldbetrag zu finden?

ad 2: Warum ist das nicht paradox bzgl. der Problemformulierung? Wie groß ist denn die Wahrscheinlichkeit, irgendeinen Geldbetrag im geöffneten Umschlag zu finden?

ad 3: Laut Problemformulierung wird zuerst der Umschlag geöffnet und dann die Überlegung bezogen auf 100 Euro angestellt. Welche Überlegung veranlasst Schmidt dazu, seinen Erwartungswert beim Tausch so zu berechnen? --Geodel (Diskussion) 17:51, 25. Apr. 2012 (CEST)

ad 1: Der Vorschlag zu abstrahieren kam von Dir, nicht von mir. Wenn Du aber mit konkreten Zahlengrößen rechnen willst, nimm eine beliebige konkrete Verteilung her, bei der das Paradox Deiner Meinung nach auftritt. Wenn es Dir lieber ist, kann auch ich irgendeine konkrete Verteilung nennen (ohne Anspruch darauf, dass es die "einzige richtige" wäre). Oder meinst Du etwa, das Paradox wäre eine Folge des Abstrahierens?

ad 2a: Ein Paradox ist ein (scheinbarer) Widerspruch. Du brauchst also zwei Aussagen, die einander (scheinbar) widersprechen. Welcher Aussage widerspricht $P(B)\neq P(B|A)$?

ad 2b: Wenn Hr. Lemke nicht lügt, ist die Wahrscheinlichkeit, irgendeinen Geldbetrag im geöffneten Umschlag zu finden, gleich 1. Wenn Du meinst, dass es keine echte bedingungslose Wahrscheinlichkeit gibt, können wir die Annahme W (Hr. Lemke sagt die Wahrheit) miteinbauen. Dann ist $P(B|W)=1/2$ und es geht um die Frage, ob $P(B|W)=P(B|A\,{\mbox{und}}\,W)$

ad 3: Ich kann nicht Gedanken lesen. Nach meiner Interpretation will Hr. Schmidt den Erwartungswert unter der Bedingung, dass er 100 Euro gefunden hat, berechnen. --NeoUrfahraner (Diskussion) 18:49, 25. Apr. 2012 (CEST)

ad 1. Ich habe nicht gesagt, dass man von den verwertbaren Informationen, die die Problemformulierung liefert, abstrahieren soll, sondern nur, dass man von dem gegebenen Geldbetrag abstrahieren darf. Du führst aber in deiner Argumentation eine W'keitsverteilung für alle möglichen Geldbeträge ein, von der in der Aufgabenstellung gar keine Rede ist. Damit löst du aber nicht das Problem, sondern erfindest mittels Zusatzannahmen ein neues Umschlagspiel, welches kein Paradoxon mehr ist.

ad 2. Wenn p(irgendein Geldbetrag (z.B. 100 Euro) gefunden)=1 ist, wie groß sind dann der Informationsgehalt von A=(irgendein Geldbetrag (z.B. 100 Euro) gefunden) und die bed. W'keit p(B|A)?

ad 3. Meine Frage war, warum Schmidt den Erwartungswert deiner Meinung nach genau so berechnet, wie er es tut? --Geodel (Diskussion) 19:57, 25. Apr. 2012 (CEST)

ad 1: Das heißt, Du stimmst zu, dass das Paradoxon verschwindet, sobald man davon ausgeht, dass die Geldbeträge mit einer beliebigen fixen Wahrscheinlichkeitsverteilung in die Umschläge kommen?

ad 2: Aus p(A)=1 folgt p(B)=p(B|A), A enthält also keine Information.

ad 3: Weil die Formel im Prinzip völlig richtig ist, wenn sie bei einer beliebigen fixen Wahrscheinlichkeitsverteilung korrekt angewendet wird. --NeoUrfahraner (Diskussion) 20:25, 25. Apr. 2012 (CEST)

ad 1: Das Paradoxon verschwindet nicht, sondern es taucht erst gar nicht auf, wenn man eine W'keitsverteilung annimmt, die damit auch Teil der Aufgabenstellung ist. Wo bitte ist in der Problemformulierung von einer beliebigen fixen Wahrscheinlichkeitsverteilung unterschiedlicher Umschlagpaare die Rede? Dort steht nur, dass sich in dem einen Umschlag ein Geldbetrag und in dem anderen der doppelte Geldbetrag befinden.

ad 3. Wenn nun aber keine beliebige fixe Wahrscheinlichkeitsverteilung vorgegeben ist, woraus könnte Schmidt denn noch die in der Formel E=0,5*50 +0,5*200 auftauchenden Zahlenwerte "0,5" abgeleitet haben? --Geodel (Diskussion) 22:17, 25. Apr. 2012 (CEST)

ad 1: Was ist denn nach Deinem Verständnis überhaupt das Paradoxon? Siehe auch Punkt 5 oben, Rebiersch (20:56, 23. Apr. 2012)

ad 3: Das hatten wir ja schon. Hr. Schmidt verwendet eine beliebige fixe Wahrscheinlichkeitsverteilung, um seine subjektive Einschätzung der Situation (vor dem Öffnen der Umschläge) zu modellieren. Das darf er doch, oder etwa nicht? --NeoUrfahraner (Diskussion) 06:19, 26. Apr. 2012 (CEST)

ad 1:Schmidt öffnet einen Umschlag U_1, findet irgendeinen Geldbetrag und errechnet dann, dass sich ein Tausch der Umschläge lohnen würde. Würde er zuerst den anderen Umschlag U_2 öffnen und irgendeinen Geldbetrag finden, käme seine Berechnung zu dem Ergebnis, dass sich wiederum ein Tausch der Umschläge lohnen würde. Der Umschlag, den Schmidt nicht öffnet, erscheint somit beide Male als der bessere. Das ist paradox. Grams z.B. beschreibt den Widerspruch so:"Da es auf den Betrag nicht ankommt, hätte ich mich – ohne den Umschlag zu öffnen – gleich für den anderen Briefumschlag entscheiden können. Aber damit bin ich wieder bei der Ausgangssituation: Ich habe ja einfach nur gewählt und kann dieselbe Überlegung wie oben anstellen. Der Wechsel würde auch jetzt Gewinn versprechen, obwohl ich dann wieder beim ersten Umschlag gelandet wäre."

ad 3: Das darf er deswegen nicht, weil solch eine subjektive Einschätzung im Problem nicht angelegt und somit dem Leser des Textes verborgen ist. Schmidt und Leser müssen aber von denselben Voraussetzungen ausgehen können, sonst macht so eine Problemstellung keinen Sinn. Seine Rechnung wäre nur dann, auch im Sinne des Lesers, korrekt, wenn das Problem anders formuliert wäre:

"Herr Lemke möchte Herrn Schmidt beschenken und gibt ihm einen Briefumschlag, den dieser sofort öffnen darf. In diesem Umschlag befindet sich ein Geldbetrag. Anschließend sagt Herr Lemke:"Ich habe hier zwei andere Umschläge, in einem ist der halbe und in dem anderen der doppelte Betrag der Summe, die sie bereits in Ihrem Umschlag gefunden haben. Sie dürfen nun entweder Ihren Umschlag behalten oder ihn gegen einen der anderen beiden Umschläge tauschen." --Geodel (Diskussion) 18:32, 26. Apr. 2012 (CEST)

"Da es auf den Betrag nicht ankommt". Genau das ist das Problem. Erst die Annahme, es käme nicht auf den Betrag an, erzeugt das Paradox. Sobald es auf den Betrag ankommt, verschwindet das Paradox. --NeoUrfahraner (Diskussion) 18:45, 26. Apr. 2012 (CEST)

Das hatten wir doch schon! "Da es auf den Betrag nicht ankommt" bedeutet einfach, dass der gefundene Geldbetrag keine Zusatzinformation liefert. Welche Zusatzinformationen hat Schmidt (und der Leser) denn, wenn er 100 Euro findet? --Geodel (Diskussion) 20:09, 26. Apr. 2012 (CEST)

Gegenfrage: Was versteht Hr. Schmidt (oder der Leser) unter Wahrscheinlichkeit? Welches Gedankenexperiment wiederholen sie, bei dem es tatsächlich nicht auf den Geldbetrag ankommt? --NeoUrfahraner (Diskussion) 20:15, 26. Apr. 2012 (CEST)

Das Gedankenexperiment könnte darin bestehen, dass Lemke verschiedenen Personen, die nichts voneinander wissen, jeweils einmal ein Umschlagpaar mit immer denselben Geldbeträgen zur Auswahl vorlegt. Auch Schmidt bekommt mal die Chance. Weil jedesmal eine Zufallswahl stattfindet, kann jeder einzelne Teilnehmer, so auch Schmidt, W'keitsrechnung betreiben. Eine Wiederholung des Experiments ist aber eigentlich nicht nötig. Oder meinst du, dass ein einmaliger Wurf mit einer fairen Münze keine W'keitsrechnung rechtfertigt? --Geodel (Diskussion) 21:05, 26. Apr. 2012 (CEST)

Welchen Betrag steckt Hr. Lemke in das Umschlagpaar? --NeoUrfahraner (Diskussion) 21:13, 26. Apr. 2012 (CEST)

Z:B. (50,100). --Geodel (Diskussion) 22:20, 26. Apr. 2012 (CEST)

Liegt dann aus der Sicht von Hrn. Lemke ein Paradoxon vor? --NeoUrfahraner (Diskussion) 22:29, 26. Apr. 2012 (CEST)

Die Schlussfolgerung von Schmidt, dass sich auch der Tausch des Umschlags mit den 100 Euro gegen den anderen Umschlag lohnt, würde Lemke paradox erscheinen. --Geodel (Diskussion) 22:49, 26. Apr. 2012 (CEST)

Nö - es erscheint mir nicht paradox, sondern folgerichtig --HerrLemke (Diskussion) 23:12, 26. Apr. 2012 (CEST)

Hr. Lemke könnte nun folgende Überlegung anstellen: "Hr. Schmidt hat 100 Euro gefunden. Wenn er tauscht, hat er mit einer Wahrscheinlichkeit von 0% 200 Euro und mit einer Wahrscheinlichkeit von 100% 50 Euro. Dies macht einen Erwartungswert von 50 Euro."

$50=1\cdot 50+0\cdot 200$

Nach dieser Überlegung würde sich das Tauschen nicht lohnen. Was ist an dieser Überlegung von Hrn. Lemke falsch? --NeoUrfahraner (Diskussion) 06:43, 27. Apr. 2012 (CEST)

Bevor du dich weiter auf Lemke einschießt: falls Lemke, genauso wie der Leser, Anteil an Schmidts Überlegungen hätte, würde ihm dessen Schlussfolgerung, dass der jeweils andere Umschlag der bessere ist und somit ein ewiger ideeller Tausch der beiden Umschläge stattfinden würde, paradox erscheinen. Ansonsten spielt Lemke für unsere Überlegungen keine Rolle, denn der Leser weiß genausowenig wie Schmidt, welcher Betrag im anderen Umschlag ist. Schmidt und Leser, also wir, müssen ja von den gleichen Voraussetzungen ausgehen.

Du hast immer noch nicht meine Frage beantwortet, woher Schmidt seine Informationen bzgl. seiner Berechnung des Erwartungswerts hernimmt? --Geodel (Diskussion) 07:55, 27. Apr. 2012 (CEST)

1) Der Leser ist nicht gezwungen, wie Hr. Schmidt zu denken. Er kann auch aus jeder anderen Perspektive denken.

2) Um die Frage, woher Schmidt seine Informationen bzgl. seiner Berechnung des Erwartungswerts hernimmt, zu beantworten, brauche ich Deine Definition von Wahrscheinlichkeit und von Information. --NeoUrfahraner (Diskussion) 11:12, 27. Apr. 2012 (CEST)

Ergänzung zu 2: Verwendest Du den Frequentistischen Wahrscheinlichkeitsbegriff, den Bayesschen Wahrscheinlichkeitsbegriff oder den axiomatischen Wahrscheinlichkeitsbegriff? Jeder dieser Wahrscheinlichkeitsbegriffe liefert eine andere Antwort auf Deine Frage. --NeoUrfahraner (Diskussion) 11:57, 27. Apr. 2012 (CEST)

ad 1. Die Aufgabe für den Leser besteht darin, zuerst das in der Problemformulierung enthaltene mathematisierbare Wissen zu extrahieren und daraufhin einen logischen Gedankengang zu entwickeln, der zu Schmidts Formel und Schlussfolgerung führt. Dabei ist es nicht nötig, irgendwelche Phantasieannahmen, die nicht durch den Text gedeckt sind, hinzuzufügen. Dieses Standardvorgehen entspricht z.B. auch dem Lösungsweg beim Gefangenenparadoxon: der Leser übernimmt die Rolle von Anton und geht an dessen Stelle den gedanklichen Weg, ausgehend von den im Text genannten Voraussetzungen, bis zur überraschenden, aber korrekten Lösung.

ad 2. Was spricht gegen den axiomatischen Wahrscheinlichkeitsbegriff? --Geodel (Diskussion) 14:55, 2. Mai 2012 (CEST)

Ad 2: OK. Beim axiomatischen Wahrscheinlichkeitsbegriff gibt es keine "richtige" oder "falsche" Verteilung. Hr. Schmidt kann also jede beliebige Verteilung nehmen, die den Axiomen von Kolmogorow genügt. --NeoUrfahraner (Diskussion) 15:14, 2. Mai 2012 (CEST)

Nein, die Formel von Schmidt repräsentiert keine beliebige Verteilung sondern ist der Schluss eines Gedankengangs, der sich aus der Problemformulierung ergibt. --Geodel (Diskussion) 15:48, 2. Mai 2012 (CEST)

Bei welchen Verteilungen, die den Axiomen von Kolmogorow genügen, ist die Formel von Hrn. Schmidt mathematisch korrekt? Bei jeder/keiner/manchen? --NeoUrfahraner (Diskussion) 15:51, 2. Mai 2012 (CEST)

Über Verteilungen müssen wir hier nicht diskutieren. Die Formel von Schmidt basiert auf seinen fehlerhaften Überlegungen bezogen auf den gefundenen Geldbetrag. Eine W'keitsverteilung bzgl. irgendwelcher fiktiver Umschlagpaare spielt dabei keine Rolle. --Geodel (Diskussion) 18:45, 2. Mai 2012 (CEST)

Wenn Du über Wahrscheinlichkeiten ohne Wahrscheinlichkeitsverteilungen diskutieren willst, ist jede weitere Diskussion sinnlos. --NeoUrfahraner (Diskussion) 19:17, 2. Mai 2012 (CEST)

Wieso dieses Missverständnis? Meine Aussage bezieht sich auf zusätzliche fiktive Umschlagpaare. Das Umschlagpaar mit den unbekannten aber festen Geldbeträgen G und 2G genügt offensichtlich der Diskreten Gleichverteilung. --Geodel (Diskussion) 15:25, 3. Mai 2012 (CEST)

Was ist Deine Zufallsvariable $X$ und welche Ausprägungen $x_{i}$ nimmt sie an? --NeoUrfahraner (Diskussion) 15:38, 3. Mai 2012 (CEST)

$X$ meint den Geldbetrag im zuerst gewählten Umschlag, und die $x_{i}$ stehen für G und 2G. --Geodel (Diskussion) 18:08, 3. Mai 2012 (CEST)

G ist dabei entweder 50 oder 100? --NeoUrfahraner (Diskussion) 18:19, 3. Mai 2012 (CEST)

G ist beliebig, aber (von Lemke) festgelegt. Aber ich glaube, wir drehen uns hier im Kreis. Ich würde deshalb gerne den Diskussionsstrang an dieser Stelle unterbrechen, weil es noch andere Themen zu besprechen gibt, die mir im Moment wichtiger erscheinen. Außerdem mag ich so eine zerfranste Diskussion nicht so gerne. --Geodel (Diskussion) 21:15, 3. Mai 2012 (CEST)

Wir drehen uns nicht im Kreis, vielmehr drückst Du Dich vor der Antwort. --NeoUrfahraner (Diskussion) 22:23, 3. Mai 2012 (CEST)

Nein, G ist irgendein Geldbetrag, aber ein (von Lemke) vorher festgelegter. Mal eine Frage: wie groß ist die W'keit, 100 Euro zu finden, bevor Schmidt einen Umschlag öffnet? --Geodel (Diskussion) 14:23, 4. Mai 2012 (CEST)

Die Antwort kann ich Dir erst geben, wenn Du sagst, aus welcher Grundmenge G genommen wird. --NeoUrfahraner (Diskussion) 16:47, 4. Mai 2012 (CEST)

Vorschlag Geodel

Hallo; ich hätte den Vorschlag zu machen, den Lösungsabschnitt des Artikels in zwei Absätze zu teilen:

1. Lösung ohne Zusatzannahmen (bisher "Die einfache Lösung", die in den Artikel wieder eingefügt wird)

2. Lösung mit Zusatzannahmen (bisher "Analyse mit bedingten Wahrscheinlichkeiten")

Ich werde mich nun für ein paar Tage aus der Diskussion hier verabschieden. Gruß. --Geodel (Diskussion) 10:49, 27. Apr. 2012 (CEST)

Gegenvorschlag NeoUrfahraner

"Die einfache Lösung" (ohne Zusatzannahmen) aus frequentistischer Sicht beruht auf der Erkenntnis, dass die Aufgabenstellung unterbestimmt ist, solange das Zufallsexperiment nicht sauber definiert ist. Das Ergebnis 50:50 nach dem Öffnen ist dann genausowenig richtig oder falsch wie 1:0 oder 0:1 oder jedes andere Ergebnis - es ist ganz einfach aus der Aufgabenstellung nicht ableitbar. Eine Berechnung des Erwartungswerts ist ohne Zusatzannahmen weder vor noch nach dem Öffnen möglich. Aus dieser Sicht wäre das Paradox entfernt mit dem en:Bertrand paradox (probability) verwandt.

Man könnte jetzt versucht sein Indifferenzprinzip anwenden, damit sind wir beim bisherigen Abschnitt "Die Denkfalle". Oder aber man könnte versuchen, das Zufallsexperiment sauber zu definieren, damit sind wir beim bisherigen Abschnitt "Analyse mit bedingten Wahrscheinlichkeiten". --NeoUrfahraner (Diskussion) 07:51, 28. Apr. 2012 (CEST)

Meinung Rebirsch

Du hast schon recht. Alles wird angesprochen. OMA-tauglich ist offensichtlich nicht gewünscht (siehe mein Beitag oben). Dennoch bleibt der Abschnitt an der entscheidenen Stelle ("Die Berechnung des Erwartungswertes könnte aber auch bei anderen Wahrscheinlichkeiten zu dem Paradoxon führen, dass ein Tausch immer angezeigt wäre.") ungenau, beziehungsweise mißverständlich. --Rebiersch (Diskussion) 20:02, 28. Apr. 2012 (CEST)

Nicht OMA-tauglich ist vor allem die "Analyse mit bedingten Wahrscheinlichkeiten". Da ist eine Überarbeitung sicherlich sinnvoll, Als ersten Schritt sollten wir aber vorher klären, ob wir einen Abschnitt der Art "Die einfache Lösung" brauchen. Da bin ich nach dieser langen Diskussion mit Geodel inzwischen zur Meinung gekommen, dass dies notwendig ist. Die einfache Lösung empfinde ich zwar als unbefriedigende Lösung, aber die Feststellung, dass das Problem unterbestimmt ist, gibt erst die Rechtfertigung für mehr oder weniger willkürliche Zusatzannahmen. --NeoUrfahraner (Diskussion) 07:23, 29. Apr. 2012 (CEST)

Zunächst wäre es notwendig, was unter "einfacher Lösung" zu verstehen ist. Ich habe sie daher als OMA-tauglich, also ohne mindeste Ahnung (ohne Ahnung = ohne Vorwissen) bezeichnet. Die einfache Lösung ist die vereinfachende und nicht die allumfassende = mathematische Lösung. Wie in der Schulzeit, in der ein hilfreicher Lehrer auch nicht sagt "Man muss es aber so rechnen, sonst ist das Ergebnis falsch" sondern vom "Einfachen" zum "Komplizieren" schreitet. Zudem versteht schon unter "paradox" jeder etwas anderes und sollte zum besseren Leseverständnis durch "falsch", "tatsächlich widersprüchlich" oder "scheinbar widersprüchlich" ersetzt werden. Wenn "möglicherweise tatsächlich widersprüchlich oder doch nur scheinbar widersprüchlich" gemeint ist, sollte dies auch so ausformuliert werden. Wenn wir schon in der Beschreibung Herrn Schmidt rechnen lassen, so sollten wir auch in der "einfachen Lösung" die Verteilung so betrachten, wie sie Herrn Schmidt erscheint. Ob wir Herrn Schmidt jetzt Eurobeträge oder Murmeln zählen lassen ist eigentlich egal. Meine Vereinfachung wäre also nicht wie oben vorgeschlagen ("man muss abtrahieren") sondern wir vereinfachen das Problem zunächst auf 1,2,4,8,16 Murmeln. Herr Schmidt könnte also mindestens drei Betrachtungen anstellen, die jeweils ein anderes Ergebnis nahelagen (Tauschen ist immer sinnvoll (wenn es keinen Höchstbetrag gibt), Nichttauschen ist immer sinnvoll (wenn ich Murmeln auch teilen darf) , Tauschen und Nichttauschen sind gleichwertig). Wenn alle Murmeln (und Murmelteilstücke) wieder korrekt eingesammelt werden, zeigt es sich natürlich, dass es sich immer! nur um einen scheinbaren Widerspruch handelt.

Nicht hereinfallen sollten wir hier auf einen alten Autoverkäufertrick. Schon die Gegenüberstellung "der ungeöffnete Umschlag sei immer besser" versus "die Umschläge sind gleichwertig" schafft ein Ungleichgewicht, das sich gedanklich nur schwer zu beseitigen ist. Dringend notwendig ist auch die Gegenüberstellung "Tauschen lohnt sich für jeden Betrag" versus "Behalten lohnt sich für jeden Betrag". --Rebiersch (Diskussion) 14:49, 29. Apr. 2012 (CEST)

Ich meinen mit "einfacher Lösung" hier in diesem Zusammenhang nicht "OMA-tauglich", sondern eine meiner Meinung nach völlig unzureichende Lösung, die das Problem nicht erklärt, sondern leugnet. Diese "einfache Lösung" findet sich allerdings tatsächlich in der Literatur und ist genau das von Geodel gebrachte Argument, dass das Öffnen des Umschlags keine Information brächte und die Rechnung von Hrn. Schmidt daher unzulässig wäre. Dieses Argument ist anscheinend nicht widerlegbar, solange das betrachtete Zufallsexperiment nicht vollständig definiert ist. Umgekehrt braucht man für den "Beweis" dieses Arguments aber ebenfalls Zusatzannahmen. Mit dem Hinweis auf die unvollständige Aufgabenstellung kann man diese Pseudolösungen angemessen berücksichtigen und hat gleichzeitig eine Rechtfertigung dafür, wieso man "Zusatzannahmen" einführen darf. --NeoUrfahraner (Diskussion) 18:31, 29. Apr. 2012 (CEST)

Nunja, ich hatte Dich wohl schon richtig verstanden. Jetzt aber nicht mehr. Keine Information ist einfach nicht richtig. Herr Schmidt öffnet 100 Euro. Das ist eine Information. Ob sie relevant für das Problem ist, darf man nicht vorher ausschließen. Diese Information bedeutet z.B., dass nicht 0 Euro in beiden Umschlägen sind. Es bedeutet auch, dass beide Umschläge jetzt (in der einmaligen Tauschsituation) nicht mehr gleichwertig sind. Das hast Du mit anderen Worten doch selbst geschrieben. Die Information (100 Euro) zu leugnen wäre zumindest aus psychologischer Sicht als eine Art Problemlösung zu bezeichnen. Eine Auseinandersetzung wird vermieden und ein tatsächlich bestehendes Problem (hier: der bedingte Erwartungswert des anderen Umschlags kann immer größer sein als der geöffnete) wird nicht mehr wahrgenommen. Ich will überhaupt nicht ausschließen, dass so ein Mechanismus tatsächlich existiert und eine Lösung bzw Pseudolösung für das persönliche Problem mit dem Umtauschparadoxon darstellen kann. Für möglich halte ich es durchaus. Wenn überhaupt sollten solche Betrachtungen ans Ende des Artikels, aber nicht an den Anfang. Jeder Leser muss sich ja vor den Kopf gestoßen fühlen, wenn ihm gleich zu Anfang vorgeworfen wird, dass ein Nichterkennen des Problems Resultat eines Verdrängungsmechanismus sei. Auch nicht wenn es, wie vorgeschlagen, freundlicher formuliert wird. Ich bin mir auch sicher, dass du es nicht so gemeint hast. Gegen einen Hinweis auf die unvollständige Aufgabenstellung ist aus meiner Sicht nichts zu sagen.--Rebiersch (Diskussion) 00:04, 30. Apr. 2012 (CEST)

Mehr als ein Hinweis auf die die unvollständige Aufgabenstellung soll auch nicht im Artikel stehen, der Rest ist nur für die Diskussionsseite. Jetzt sollten wir noch abwarten, was Geodel dazu meint, wenn er aus dem Urlaub zurück ist. --NeoUrfahraner (Diskussion) 08:48, 30. Apr. 2012 (CEST)

Wobei auch zu klären wäre, ob das Beispiel bereits Teil der Aufgabenstellung ist. Aus dem Beispiel geht ja schon einiges hervor. Ohne Beispiel sehe ich keine Aufgabenstellung. Man kann sich lediglich eine Aufgabenstellung ausdenken. Aber warten wir es ab. --Rebiersch (Diskussion) 11:06, 30. Apr. 2012 (CEST)

Das Beispiel ist insofern Teil der Aufgabenstellung, als dass hier die Schlussfolgerung von Schmidt eingeführt wird, die letztendlich das Paradoxon erst auftauchen lässt. Man könnte aber den gefundenen Geldbetrag auch mit "B" oder "Otto" bezeichnen, auf den konkreten Betrag kommt es ja nicht an (Grams). Allerdings ist die Aufgabenstellung nicht unvollständig, sondern der Leser ist aufgefordert, den Fehler in Schmidts, durch den Text nahegelegten, Gedankengang zu entdecken und an seiner Statt die richtigen, also von der Problemformulierung gedeckten, Schlüsse zu ziehen, z.B. dass die Erwartungswerte für beide Umschläge gleich sind, vor dem Öffnen für beide, nach dem Öffnen für die jeweils anderen. --Geodel (Diskussion) 15:40, 2. Mai 2012 (CEST)

Meinung Geodel

Ad "Allerdings ist die Aufgabenstellung nicht unvollständig". Ist das Zufallsexperiment vollständig definiert? --NeoUrfahraner (Diskussion) 16:15, 2. Mai 2012 (CEST)

Nein, aber darauf beruht ja gerade das Paradoxon. --Geodel (Diskussion) 18:39, 2. Mai 2012 (CEST)

Oder umgekehrt: Sobald das Zufallsexperiment sauber definiert ist, gibt es kein Paradoxon. --NeoUrfahraner (Diskussion) 19:15, 2. Mai 2012 (CEST)

Sobald das Zufallsexperiment sauber definiert ist, ist es eine andere Aufgabenstellung. Das eigentliche Paradoxon ist damit aber nicht gelöst, denn dazu müssten zuallererst Schmidts Überlegungen, die ohne Zusatzannamhen aus dem Text ableitbar sind und ihn zu seiner Formel führen, aufgeführt und analysiert werden. Das leistet der Artikel bisher nicht. --Geodel (Diskussion) 15:34, 3. Mai 2012 (CEST)

Ohne Zusatzannahmen kann Hr. Schmidt keine Wahrscheinlichkeit berechnen. --NeoUrfahraner (Diskussion) 15:40, 3. Mai 2012 (CEST)

Er tuts aber trotzdem. Die Frage ist also, wo sein Fehler liegt. --Geodel (Diskussion) 17:44, 3. Mai 2012 (CEST)

Es ist eine Fehler, etwas zu tun, was man nicht kann. --NeoUrfahraner (Diskussion) 18:18, 3. Mai 2012 (CEST)

Die Umtauschsituation

Die Formulierung im Artikel "Herr Schmidt öffnet zufällig einen der beiden Umschläge, findet zum Beispiel 100 Euro und überlegt..." scheint mir eine der Quellen von Missverständnissen zu sein. In der Literatur wird i.A. kein konkreter Geldbetrag genannt. Stattdessen wird die Umtauschsituation so eingeleitet:

"Sie wählen zufällig einen Umschlag, aber bevor Sie ihn öffnen wird Ihnen die Möglichkeit gegeben, ihn gegen den anderen Umschlag zu tauschen..."

Im Folgenden werden dann die Überlegungen, die zum Paradoxon führen, mit einem Symbol, der den im zuerst gewählten Umschlag befindlichen unbekannten Geldbetrag kennzeichnet, z.B. "B", durchgeführt. Das sollten wir auf jeden Fall auch so in den Artikel übernehmen. --Geodel (Diskussion) 21:30, 3. Mai 2012 (CEST)

+1: Ja, so hab ich's auch schon gelesen und denke auch, dass diese Variante zumindest erwähnt werden sollte. Das scheinbare Paradoxon kommt hier sogar noch etwas deutlicher raus, andererseits denke ich, dass die Überlegung anhand eines konkreten Betrags vielleicht etwas laienfreundlicher ist!? An der Analyse selbst sollte sich ja nicht viel ändern, da wird der Betrag ja jetzt schon durchweg X genannt. Oops, da war ich etwas voreilig, es ist ein anderes Problem. Aber erwähnt werden sollte es dennoch. -- HilberTraum (Diskussion) 15:57, 4. Mai 2012 (CEST)

Es sollte nicht nur erwähnt werden, sondern diese Formulierung stellt das eigentliche Zwei-Umschläge-Paradoxon, wie es in der Literatur zu finden ist, dar. --Geodel (Diskussion) 17:57, 4. Mai 2012 (CEST)

Hmm, offenbar gibt es schon beide Varianten in der Literatur, aber ein genauen Überblick, was jetzt die "Originalaufgabe" ist, habe ich auch nicht. Im Zweifelsfall ist es aber wohl immer besser, beide Varianten zu erwähnen. -- HilberTraum (Diskussion) 16:19, 6. Mai 2012 (CEST)

Es gibt bereits einen Abschnitt "Geschichte" im Artikel (insbesondere steht dort die "Originalaufgabe" Maurice Kraitchik) --NeoUrfahraner (Diskussion) 16:51, 6. Mai 2012 (CEST)

Das Problem dabei ist, dass das ja wieder eine etwas andere Aufgabe ist als die mit den Umschlägen. Es würde aber tatsächlich eher für die "erst öffnen, dann überlegen"-Variante sprechen, weil man ja üblicherweise weiß, wie viel man in der eigenen Geldbörse hat. Wie ist es denn bei Nalebuff?-- HilberTraum (Diskussion) 17:09, 6. Mai 2012 (CEST)

Der Nalebuff Artikel findet sich unter http://faculty.som.yale.edu/barrynalebuff/OtherPersonsEnvelope_JEP1989.pdf --NeoUrfahraner (Diskussion) 09:29, 7. Mai 2012 (CEST)

Och menno, das ist ja schon wieder ein anderes Problem. Ich denke wir bräuchten dringend einen Abschnitt über Variationen des Problems. -- HilberTraum (Diskussion) 09:58, 7. Mai 2012 (CEST)

Falls Du eine halbwegs vollständigen Überblick haben willst: http://en.wikipedia.org/wiki/Talk:Two_envelopes_problem/Literature Allerdings verstehe ich nicht, wieso dieses Problem so viel Papier wert ist. Sobald man das Problem unter dem Gesichtspunkt der bedingten Wahrscheinlichkeit bzw. bedingten Erwartung betrachtet, sollte das Thema doch im Wesentlichen erledigt sein. --NeoUrfahraner (Diskussion) 10:14, 7. Mai 2012 (CEST)

Schmidts Gedankenkette

Vor Ihnen liegen zwei ununterscheidbare Briefumschläge, jeder von ihnen enthält einen Geldbetrag. Ein Umschlag enthält den doppelten Betrag des anderen. Sie wählen zufällig einen Umschlag, aber bevor Sie ihn öffnen wird Ihnen die Möglichkeit gegeben, ihn gegen den anderen Umschlag zu tauschen. Nun überlegen Sie:"

 1. B bezeichne den Betrag im zuerst gewählten Umschlag
 2. Die W'keit, dass B der größere bzw. kleinere Betrag ist, ist 1/2.
 3. Der andere Umschlag kann entweder B/2 oder 2B enthalten.
 4. Ist B der kleinere Betrag, so enthält der andere Umschlag 2B.
 5. Ist B der größere Betrag, so enthält der andere Umschlag B/2.
 6. Der andere Umschlag enthält also B/2 mit W'keit 1/2 und 2B mit W'keit 1/2.
 7. Somit ergibt sich der Erwartungswert des Geldbetrags im anderen Umschlag zu 1/2*B/2+1/2*2B=5B/4.
 8. Dies ist größer als B, also lohnt sich der Tausch.
 9. Nach dem Tausch kann ich dieselbe Überlegung für den anderen Umschlag anstellen.
10. Ich komme zu dem Schluss, dass ich zurückwechseln sollte.
11. Rational betrachtet sollte ich die Umschläge ewig weitertauschen."

--Geodel (Diskussion) 15:13, 4. Mai 2012 (CEST)

Ist B eine reelle Zahl oder eine Zufallsvariable? --NeoUrfahraner (Diskussion) 17:13, 4. Mai 2012 (CEST)

Wenn es einen zuerst gewählten Umschlag gibt, so ist der andere Umschlag der 2. Umschlag.

Wenn Du den Betrag im zuerst gewählt Umschlag "B" nennst und den Betrag im 2. Umschlag auch "B", dann brauchst Du dich nicht zu wundern, dass sie ständig verwechselt werden. Aus diesem Grund gibt man seinen Kindern unterschiedliche Namen. Nenne die Umschläge besser Beträge B1 und B2. --Rebiersch (Diskussion) 17:16, 4. Mai 2012 (CEST)

Gegenfrage: sind "100 Euro" eine reelle Zahl oder eine Zufallsvariable? --Geodel (Diskussion) 18:01, 4. Mai 2012 (CEST)

Gegen-Gegenfrage: Ist der Name des Kindes wirklich "Paul" oder nur zufällig "Paul"? --Rebiersch (Diskussion) 18:08, 4. Mai 2012 (CEST)

"100 Euro" ist jedenfalls keine Zufallsvariable, evtl. aber die Realisierung einer Zufallsvariablen. Es kommt jedenfalls auf den Kontext an. --NeoUrfahraner (Diskussion) 18:33, 4. Mai 2012 (CEST)

Aber "Euro" kann doch schon als Zufallsvariable aufgefasst werden. --Rebiersch (Diskussion) 22:05, 4. Mai 2012 (CEST)

1. Ich denke, dass man B als eine reelle Zahl betrachten kann.

2. Punkt 6 der Gedankenkette wurde ergänzt, weil er bereits eine Schlussfolgerung von Schmidt darstellt. --Geodel (Diskussion)

Wenn B eine reelle Zahl ist, dann bedeutet Aussage 2: $P(\max(X,Y)=B)=1/2$ für alle $B\in \mathbb {R}$ (wbei X, Y die Beträge in den Umschlägen sind). So kannst Aussage 2 doch wohl nicht gemeint sein? --NeoUrfahraner (Diskussion) 08:31, 6. Mai 2012 (CEST)

Du hast bei deiner Überlegung den Kontext nicht berücksichtigt. "B" ist der Platzhalter für einen von zwei unbekannten, aber festgelegten Geldbeträgen. --Geodel (Diskussion) 13:29, 6. Mai 2012 (CEST)

Also Kontext "X=B"? Demnach $P(\max(X,Y)=B|X=B)=1/2$ für alle $B\in \mathbb {R}$? --NeoUrfahraner (Diskussion) 13:59, 6. Mai 2012 (CEST)

Maximalgewinn

Schmidt deckt entweder 100% oder 50% des Maximalgewinns im ersten Umschlag auf, unabhängig vom darin enthaltenen Betrag. Demnach kann er entweder 50% des ihm weiterhin unbekannten(!) Maximalgewinnes dazugewinnen oder verlieren indem er wechselt – der Erwartungswert liegt entsprechen beim aufgedeckten Betrag und ist unnütz in der Spielsituation. Der Maximale Gewinn in einem Spiel wird nicht durch Aufdecken eines Betrages verändert, der Informationsgehalt des aufgedeckten Betrages zum Wechsel ist so hoch wie der einer zufällig in einen der Umschläge gepackten Fußballsammelkarte – was für jede mögliche, feste Paarung von Beträgen gleichermaßen gilt. Ob «Gewinn» (100%) oder «Niete» (50%) aufgedeckt wurden bleibt unbekannt. Paradox wird es erst unter der nahegelegten aber irrigen Annahme, der aufgedeckte Betrag oder das Fußballbildchen böten spielrelevante Informationen über den maximal zu erzielenden Gewinn. --87.79.60.190 13:10, 5. Jun. 2012 (CEST)

Ich kann langsam echt nicht mehr verstehen, was man für einen Informationsbegriff man haben könnte, um zur Meinung zu kommen, dass der aufgedeckte Betrag keine oder keine relevante Information für das Spiel hat. Vorher weiß man nichts, nada, niente über den Maximalbetrag; solange nicht aufgedeckt ist, kann man hoffen, Millionär zu werden! Und dann deckt man auf, findet 1 Euro und die Enttäuschung ist groß. Wenn das keine Information ist ... ;-) -- HilberTraum (Diskussion) 15:54, 5. Jun. 2012 (CEST)

Es geht überhaupt nicht darum, etwas über einen Maximalbetrag zu wissen, sondern allein darum ,ob der aufgedeckte Geldbetrag 100 Euro Information darüber liefert, ob es der größere oder der kleinere Geldbetrag ist. Solch eine Information liefert er allerdings nicht. --Geodel (Diskussion) 17:28, 30. Sep. 2012 (CEST)

Richtig. Und was genau ist dann so paradox daran ? (nicht signierter Beitrag von 80.153.119.241 (Diskussion) 15:29, 23. Mai 2013 (CEST))

Archivierung

Diese Seite wird wegen ihrer großen Anzahl an kB auf dieser Wartungsseite angezeigt. Ich habe die Archivierung deswegen geändert. Wenn diese Seite kleiner geworden sein wird (< 150 kB), wird man die Archivierung wieder ändern können. Auch können einzelne Punkte, zu denen es noch Diskussionsbedarf gibt, auf diese Diskussionsseite zurückübertragen werden. MfG Harry8 11:37, 7. Jun. 2012 (CEST)

Ich habe einen Teil manuell archiviert - hoffentlich ist mir kein Fehler dabei passiert. --NeoUrfahraner (Diskussion) 12:23, 7. Jun. 2012 (CEST)

Herzlichen Dank! So sind die verbliebenen Abschnitte leichter zu überschauen, und Benutzer, die neu auf diese Diskussionsseite stoßen, können sich leichter einlesen. MfG Harry8 12:54, 7. Jun. 2012 (CEST)

fehlende Aspekte im Artikel

Leider bleibt der Artikel in der Argumentationskette (siehe unter Denkfalle) immer noch unvollständig. Gut erklärt ist lediglich, dass sich eine 50 zu 50 Verteilung für den doppelten und halben Betrag aus der Beschreibung (die Umtauschsituation) nicht abgeleitet werden kann. Die Rechnung von Herr Schmidt ist daher lediglich eine Annahme, die sich aus der Aufgabenstellung nicht herleiten läßt. Das danach folgende Argument "Da die Anzahl von denkbaren Fällen unendlich groß ist, können diese Wahrscheinlichkeiten auch nicht alle gleich sein" lässt unberücksichtigt, dass einerseits eine annähernde 50/50 Verteilung (z.B. zwischen 51/49 und 49/51) sehr wohl realisierbar wäre, andererseits auch jedes andere fixe Verhältnis (z.B. immer genau 1/3 zu 2/3) nicht für alle Beträge gleichzeitig gelten kann, wenn von einem tatsächlichen Zufallsexperiment ausgegangen wird. Es ist also möglich, dass der Erwartungswert vom ungeöffneten Umschlag ausgehend vom geöffneten Umschlag immer über dem tatsächlichen Wert des geöffneten Umschlags liegt siehe hier. Andererseits (und das wäre doch auch erwähnenswert) läßt sich keine Verteilung realisieren, bei der der Erwartungswert des ungeöffneten Umschlags immer kleiner ist als der Wert des geöffneten Umschlags. --Rebiersch (Diskussion) 10:53, 3. Nov. 2012 (CET)

Ich hab es jetzt mal hineingeschrieben. --Rebiersch (Diskussion) 18:34, 17. Nov. 2012 (CET)