Diskussion:Ziegenproblem/Archiv/001

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Rätsel mit einem Satz erklären

Warum kann man am Anfang des Textes nicht das Rätsel mit einem Satz erklären? so ala Da am Anfang die Wahrscheinlichkeit grösser ist eine Niete auszuwählen, muss man danach tauschen um in 2 von 3 Fällen richtig zu liegen. Ich versteh auch nicht wie man darüber diskutieren kann. Gibt ja genügend Links wo man es im Internet 1000mal machen kann, und dann sieht das man wenn man wechselt zu 66% das Auto hat...

Meine Erklärung in einem Satz

Ich hab die Möglichkeit eine einzelne Tür auszuwählen (die zuerst gewählte) und es besteht die Möglichkeit 2 Türen auf einmal auszuwählen (im Falle des Wechsels, die Niete dieser beiden Türen scheidet der Moderator für mich aus). Logischer Weise habe ich bei einer gewählten Tür die Chance 1 zu 3 und im Falle des Wechselns 2 zu 3. Und daran zweifeln Nobelpreisträger ?

Logische Auflösung und Erklärungsversuch

Der Moderator kann NICHT die Türe mit dem Auto (bzw. dem Preis) öffnen. Sondern immer nur eine der beiden Ziegentüren. Das ist der ganz wesentliche logische Punkt, weshalb der Moderator und die geöffnete Tür eine Rolle spielen: Er WÄHLT AUS!

MÖGLICHKEIT 1) wenn sich hinter deiner Türe das Auto befindet, dann verlierst du beim Wechseln (Chance 1/3)

MÖGLICHKEIT 2) hinter einer der beiden anderen Türen ist das Auto (Chance 2/3) dann WÄHLT DER MODERATORFÜR DICH DIE RICHTIGE TÜRE AUS indem er die Falsche öffnet.

wenn der Moderator jede Türe öffnen könnte, dann wäre die Chance 1/2. Aber der Moderator hat eine SELEKTIVE FUNKTION.

Wischiwaschi-Artikel

Wie dieser Artikel das Prädikat exzellent erreichen konnte, ist mir unbegreiflich. In jedem zweiten Absatz werden Erklärungen wiederholt, die der versteht, der das Problem sowieso schon verstanden hat. Argumentationsmotto: die Wahrscheinlich ist 2/3, weil sie 2/3 ist.

Milchmädchenrechnung

Es ist mir absolut unbegreiflich, wer sich so einen mist einfallen läßt... Im Übrigen stimme ich Michael Mosmann zu. Benutzer:Il_Duce

Danke. Um das mal mit den Wahrscheinlichkeiten nocheinmal genauer darzustellen.

Es sind die drei Tore A,B und C gegeben. Da ich weiß, dass der Moderator ein Tor mit einer Ziege wählt, entstehen folgende Torgruppen mit entsprechenden Wahrscheinlichkeiten:

Gruppe AB,AC,BC mit jeweils 1/3.

In jeder dieser 3 Gruppen ist die Wahrscheinlichkeit, das A,B oder C richtig ist, wie folgt definiert:

AB - A=1/2, B=1/2, C=0
AC - A=1/2, B=0, C=1/2
BC - A=0, B=1/2, C=1/2

Die Wahrscheinlichkeit, dass ich nun mit einem Tor gewinne ergibt sich dann wie folgt:

AB(1/3)*A(1/2)+AB(1/3)*A(1/2)+
AC(1/3)*A(1/2)+AC(1/3)*C(1/2)+
BC(1/3)*B(1/2)+BC(1/3)*C(1/2)=3*1/3=1/2

(Gelesen wie folgt: ((Gruppe AB und Tor A) oder (Gruppe AB und Tor B)) oder ((Gruppe AC und Tor A) oder (Gruppe AC und Tor C)) oder ((Gruppe BC und Tor B) oder (Gruppe BC und Tor C)))

Bitte wiederlegt die Argumentation. Denn eins muss man einfach sagen. Es darf keinen Unterschied machen, wenn bei Runde 2 ein Spieler hinzukommt und auch wählen darf und sich für ihn andere Wahrscheinlichkeiten ergeben, weil ja das Ergebnis der 1. Runde von Anfang an bekannt ist. Der Spieler der schon Runde 1 mitgemacht hat, kann überhaupt keinen Vorteil aus dieser Information ziehen.

Wie ich weiter unten gesehen habe, kann man das auch mit durchprobieren aller Möglichkeiten Erklären. Mann muss es nur richtig machen

Tore	Tor 1	Tor 2	Tor 3
hinter den Toren:	Zonk	Zonk	Auto
Ich wähle zunächst	x
Moderator öffnet		x
Ich tausche			x

Tore	Tor 1	Tor 2	Tor 3
hinter den Toren:	Zonk	Zonk	Auto
Ich wähle zunächst		x
Moderator öffnet	x
Ich tausche			x

Tore	Tor 1	Tor 2	Tor 3
hinter den Toren:	Zonk	Zonk	Auto
Ich wähle zunächst			x
Moderator öffnet	x
Ich tausche		x

Tore	Tor 1	Tor 2	Tor 3
hinter den Toren:	Zonk	Zonk	Auto
Ich wähle zunächst			x
Moderator öffnet		x
Ich tausche	x

Nunja.. , dass kann man nun mit jedem Tor wiederholen. Aber 2 mal gewinnt mann und 2 mal verliert man. Das bedeutet schlicht 1/2. Benutzer:Michael.Mosmann

Dein dritter und vierter Fall sind in Wahrheit identisch. [Du hast eben gleich am Anfang die Auto-Tür erwischt. Das passiert in einem Drittel aller Fälle, nicht in zwei Vierteln.] Gast

Ok. ok.. das war alles naja.. so nicht richtig. Eigentlich ist es ganz einfach und wurde so glaub ich auch schon öfter dargestellt. Trotzdem hoffe ich durch meine Version das Thema viel einfacher nachvollziehbar zu machen, denn ich weiß jetzt, wie man es darstellen kann, ohne das es eigentlich noch Interpretationsspielraum gibt. Also los!

Es gibt bei 3 Toren 3 Möglichkeiten, in welchem Tor sich das Auto befindet. Es gibt für mich weiterhin 3 Möglichkeiten, meine erste Wahl zu treffen. Das sind insgesammt 9 mögliche Kombinationen. Mehr gibt es nicht und alle treffen mit der selben Wahrscheinlichkeit ein: 1/9.

Jetzt kommt das interessante oder eigentlich ganz einfache.

Für die Variante, dass ich das Auto getroffen habe, kann der Schowmaster unter 2 Toren wählen. Wenn ich bei meiner Wahl bleibe, dann gewinne ich, wenn ich wechsle verliere ich.

Für die Variante, dass ich eine der beiden Ziegen gewählt habe, muss der Schowmaster das Auto wählen. In diesem Fall verliere ich, wenn ich bleibe und gewinne, wenn ich wechsle. Hier gibt es keine andere Möglichkeit.

Zusammenfassung: Für den Fall, dass ich beim 1. Mal richtig getippt habe, gewinne ich wenn ich bleibe und verliere wenn ich wechsle. Das passiert mit der Wahrscheinlichkeit von 1/3. Für den Fall, dass ich beim 1. Mal falsch lag, verliere ich, wenn ich bleibe und gewinne wenn ich wechsle. Das ich falsch Tippe geschieht mit einer Wahrscheinlichkeit von 2/3. Was zu beweisen war.

Es ist einfach, wenn man sich alle 9 Varianten mal aufzeichnet und dann die Wahlmöglichkeiten des Showmasters aufzeigt. Nur in den Fällen, wo ich richtig lag, hat er überhaupt eine Wahl. Und das sind nur 3 von 9 Fällen. Yust as easy. Benutzer:Michael.Mosmann

tut mir leid aber ich verstehe nicht wie man ein so eindeutiges ereignis derart diskutieren und zerfransen muß, und die leute es dennoch nicht verstehen.. wenn ich 3 tore habe, in zweien ist ne niete und in einem ist das auto, dann habe ich eine höhere wahrscheinlichkeit, eine niete zu ziehen, als das auto. einfach gesagt: die wahrscheinlichkeit, daß ich mit meiner wahl daneben liege, ist höher, als die, daß ich das auto wähle. aus diesem grunde, weil der moderator ja auch noch ein falsches tor aus dem spiel nimmt, ist die wahrscheinlichkeit, daß ich mit dem wechsel dann das auto erwische, höher, als wenn ich bei meiner entscheidung bleiben würde. was gibt es daran nicht zu verstehen? ist doch sogar schön anschaulich im Schema für die (richtige) „Immer-Wechsel“-Strategie dargestellt. mathematisch alles einwandfrei. gruß

Allgemeine Erwägungen

.........Die "Lösung" geht von der falschen Grundannahme aus, daß die Gewinnwahrscheinlichkeit anfänglich 1/3 betrage. Tatsächlich beträgt sie aber von Anfang an und durchgehend 1/2, denn der Spielverlauf garantiert, daß ein nicht gewähltes Ziegentor aus dem Spiel entfernt wird. Der Quizmaster könnte ebensogut bereits vor dem Spiel ein Tor mit einer Ziege entfernen. Ob man ein Ziegentor vor dem Spiel oder ein nicht gewähltes Ziegentor nach der Wahl des Kandidaten entfernt, ist gleich: In beiden Fällen nimmt es am Spiel nicht teil. Deshalb beträgt die Chance des Kanditaten, ein Tor zu wählen, das ein Flop ist, von Anfang an in Wirklichkeit nur 1/2 und nicht etwa 2/3, und entsprechend ist auch die Chance auf das Autotor stets 1/2. Einzig in der Verschleierung dieses Umstandes liegt der Reiz des "Problems". Die Gewinnwahrscheinlichkeit steigt also durch das Umentscheiden selbstverständlich nicht. (29304-OEM-0086061-55988)..........

Bitte zunächst das Problem gründlich durchdenken, dann wird sehr einfach offensichtlich, dass die Wahrscheinlichkeit am Anfang 1/3 war und beim Wechsel auf 2/3 steigt. Die entsprechenden Fakten und theoretischen Grundlagen sind in der Diskussion und im Artikel aufgeführt. Entsprechende Diskussionen gibt es, seit die Lösung bekannt wurde. Sie ist nicht intuitiv. Am besten ist es, das durch einen Versuch zu ermitteln, wenn man der Mathematik nicht glaubt. --Hutschi 21:35, 19. Jul 2005 (CEST).........

..........Voraussetzung für eine anfängliche 1/3-Chance wäre, daß jedes der drei anfänglichen Tore die selbe Gewinn/Verlust-Chance hätte. Dies ist jedoch nicht der Fall, da nach der ersten Wahl bereits feststeht, daß dieses Tor entweder das Autotor oder das (verbleibende) Ziegentor ist (50%):

Ist Ziegentor 1 gewählt, kann das verbleibende Tor nur das Autotor sein => 50% Ist Ziegentor 2 gewählt, kann das verbleibende Tor nur das Autotor sein => 50% Ist das Autotor gewählt, kann das verbleibende Tor nur das (verbleibende) Ziegentor sein => 50%

Der Fehler der Gegenargumentation liegt in der Annahme, nach der ersten Wahl gebe es zunächst noch die beiden weitern Möglichkeiten "Ziege oder Auto" und erst nach dem Aufdecken eines (anderen) Verlusttores gäbe nur noch die eine weitere Möglichkeit "Auto". Tatsächlich beschränkt sich jedoch bereits die ursprüngliche Wahl auf die Möglichkeiten "Ziege oder Auto" und nicht auf die Möglichkeiten "Ziege oder Ziege oder Auto" (siehe oben). Abgesehen davon wäre das Gegenteil der erste Nachweis der unmittelbaren Wirkung einer rein intellektuellen Entscheidung auf die materielle Welt, was doch eher unwahrscheinlich erscheint ;-) - Demnach müßte das Programm unten deshalb richtig wohl "wahl := random(3-1) einsetzen. (29304-OEM-0086061-55988, des formgerechten Editierens unfähig) .............

Diese Argumentation ist aus dem klassischen Grund falsch: Dass ein Experiment zwei mögliche Ausgänge hat, bedeutet nicht, dass diese zu 50/50 verteilt sind. Wenn ich eine Münze werfe, dann kann ich entweder "Münze klassisch" spielen, wobei Kopf und Zahl zu 50/50 verteilt sind. Ich kann aber auch "Münze akrobatisch" spielen: Dann gilt es als Verlust, wenn die Münze hinfällt und als Gewinn, wenn sie auf der Kante stehen bleibt. Nach der falschen Argumentation müsste hier auch eine 50/50-Verteilung gegeben sein (schließlich gibt es ja zwei Möglichkeiten). Es ist aber offensichtlich, dass das hier nicht der Fall ist. --Jeremy 07:00, 6. Mär 2006 (CET)

Ich kann der ersten Argumentation folgen. Ich stelle fest, das die Vorraussetzungen falsch erfasst werden. Dazu folgende Erklärung: Da der Moderator gezwungen ist, eine Tür zu öffnen, in der eine Ziege ist, ist die Wahrscheinlichkeit, dass in den 2 verbliebenen Türen das Auto ist schlicht 1. Somit ergibt sich für die 2. Wahl eine Wahrscheinlichkeit von 1/2 für jede Tür. Denn das die vom Moderator geöffnete Tür das Auto enthält, findet nunmal mit einer Wahrscheinlichkeit von 0 statt. --Michael Mosmann

Genau. Die erste "Wahl" teilt das Tableau mit den möglichen Gewinnfeldern in zwei Teile (unabhängig davon, ob ich mit 3 Toren, mit 52 Spielkarten oder mit 13.983.816 möglichen Lottoscheinen rechne): Der eine Teil enthält exakt ein Los (ein Tor, eine Karte, was auch immer), und der andere Teil enthält den Rest. Die Wahrscheinlichkeit, dass sich der Hauptpreis in diesem Moment noch im großen Feld befindet, beträgt genau (n-1)/n also 2/3 bei den drei Toren, 51/52 bei den 52 Spielkarten und 13983815/13983816 beim Lotto. Jetzt kommt der Moderator ins Spiel und entfernt aus dem großen Teil n-2 Nieten, also ein Tor, 50 Karten oder 13.983.814 Lottoscheine. Nun sind noch genau zwei Lose/Tore/Karten im Spiel, darunter der Hauptgewinn. Da sich der aber mit einer Wahrscheinlichkeit von 2/3 (bzw. 51/52, 13983815/13983816 in dem vom Moderator nachträglich "bereinigten" Topf befunden hat, ist es für den Spieler nachweislich besser, jetzt umzusatteln und das zu nehmen, was im großen Topf noch übriggeblieben ist.

Dies gilt natürlich nicht für einen zweiten Spieler, der erst jetzt dazukommt und nur noch zwei Lose zur Auswahl hat. Ohne die Information, welches der beiden Lose sich im großen Topf befunden hat, bevor der vom Moderator ausgesiebt wurde, weiß er nur, dass eines der beiden Lose der Gewinn sein muss. Für ihn gilt die Gewinnchance von 50%, nicht jedoch für den ersten Spieler, der den Verlauf des Spieles verfolgt hat.

Die 50%-Chance, die hier immer wieder ins Spiel gebracht wird, würde nur dann gelten, wenn die beiden verbleibenden Lose/Tore/Karten neu gemischt würden (was aber lt. Spielregel nicht der Fall ist). --Jeremy 15:11, 2. Feb 2006 (CET)

- - Hallo, also ich versteh das auch nicht. Am Anfang ist die Wahrscheinlichkeit pro Tor 1/3 . Ok. Für die 2 nicht gewählten Tore zusammen 2/3. Da ein Tor wegfällt beträgt die Wahrscheinlichkeit 2/3 = wechseln. Meiner Meinung ist das falsch, da sich ja durch das geöffnete Tor die Wahrscheinlichkeit ändert. Den das geöffnete Tor hat ja statt p = 1/3 nun p=0 . Daraus folgt das die Wahrscheinlichkeit auf der einen Seite genauso hoch ist wie auf der anderen Seite/bzw man aufgrund der neuen Grundlagen p = 1/2 für die verbliebenen Tore hat. Kurz : man darf nicht die 2/3 nach der Öffnung so belassen, sondern muss sie anpassen. Bitte helft mir den ich weiss nicht wo meon Denkfehler liegt! Danke! MfG R.K.

Einfache Erklärung: Ein Kandidat der sich immer gegen den Wechsel entscheidet kann nur gewinnen, wenn er auf Anhieb das richtige Tor findet. Das geschieht in einem Drittel der Fälle. Hätte er gewechselt, wird er in allen Fällen verlieren, wo er ohne Wechsel gewonnen hätte. Er würde also in einem Drittel der Fälle verlieren, folglich in zwei Drittel der Fälle gewinnen. In diesem Sinn habe ich das (korrekte) Beispielprogramm einmal in aribas (siehe (http://www.mathematik.uni-muenchen.de/~forster) übersetzt und angepaßt. Möglicherweise macht das Programm so die Zusammenhänge klarer? (jb 24.12.2006)

procedure Ziegenproblem()

var
  versuche := 1000000;
  n,gewinntor,wahl  : integer;
  gewonnenOhneWechsel : integer;
  gewonnenMitWechsel  : integer;

begin
  gewonnenOhneWechsel := 0;

  for n := 1 to versuche do
    gewinntor := random(3); (* Zufall 1, 2 oder 3 *)
    wahl := random(3);
    if gewinntor = wahl then
      gewonnenOhneWechsel := gewonnenOhneWechsel + 1;
    else
      gewonnenMitWechsel := gewonnenMitWechsel + 1;
    end;
  end;
  writeln("ohne Wechsel ", gewonnenOhneWechsel / n);
  writeln("mit Wechsel ", gewonnenMitWechsel / n);
end;

Hallo, ich bins nochmal- R.K., wenn man da so sieht wie du es erklärst klingt es ganz logisch. aber auch hier gehst du wieder davon aus, das die wahrscheinlichkeit bei 2/3 liegt. das geht doch aber nicht aus oben genannten gründen. (ausserdem darf er ja nur /kann er ja nur einmal wechseln und sich nur einmal umentscheiden.) aber zum zeitpunkt des wechsels sind ja eben gleiche wahrscheinlichkeiten für das auto auf beiden seiten gegeben. Kurz: ich kann die "herrschende" argumentation nachvollziehen, empfinde sie aber als oberflächlich, da man ja nur von der Ausgangssituation ausgeht, aber zum Zeitpunkt des möglichen Wechsels die Wahrscheinlichkeiten sich geändert haben.Mir kommt es so vor als ob man krampfhaft eine mathematisch saubere Lösung an der -Realität vorbei-sucht, aber es könnte auch sein das es mir keiner richtig erklärt hat. MfG und auf Antwort freuend

Abgesehen davon, sollte man wirklich dem Kandidaten raten zu wechseln? angenommen eine Show hat 999 Folgen , laut hM gibt es in 1/3 aller fälle= 333 Ziegen, in 2/3 = 666 Auto, wenn man immer wechselt. Wenn ich 99 mal mitspiele, wie ist denn meine Wahrscheinlichkeit zu gewinnen? einfach übertragbar von der Gesamtanzahl? Es könnte doch auch sehr wahrscheinlich sein das ich dummerweise 99 Ziegen von den insgesamt 333 erleide. die gesamtwahrscheinlichkeit würde ja noch stimmen.

Hallo R.K., zum Zeitpunkt es Wechsels unterscheidet sich die Wahrscheinlichkeit für das Auto hinter dem ersten Tor nicht von der in der Anfangssituation, denn das Auto wird nicht nachträglich verschoben. Für die Anzahl der Autos, die du bei 99 Teilnahmen an der Show mit der Wechselstrategie gewinnen würdest, beträgt der Erwartungswert 66. Die Wahrscheinlichkeit dafür, mit derselben Strategie 99 Ziegen zu erhalten, beträgt (1/3)⁹⁹ ~ 5.82*10^-48. --Wiegels „…“ 21:51, 26. Jan 2006 (CET)

Also ich habe deine Argumente verstanden, aber du leider meine nicht. Denn du setzt wieder die 2/3 als richtig voraus. Die Frage lautet doch: Soll er wechseln? Das heisst man muss die Wahrscheinlichkeit zu diesem Zeitpunkt berechnen und die Vorherberechnung ist sinnlos. Es ist also immer eine p=1/2 vorhanden zum Zeitpunkt des Wechsels und indirekt auch von Anfang an, da der Moderator ja immer eine Tür(p=0) öffnet. Übrigens würde ich es begrüssen, wenn man meinen Text nicht löscht und andere (falsche) Infos, wie über mir stehen lässt. Ich habe also keinen Denkfehler, mfG R.k.

Hallo R.K., eine Löschung kann ich nicht erkennen, aber ich habe mir erlaubt, diesen wie schon deinen vorherigen Beitrag ans Ende des Absatzes zu verschieben, weil du ihn zwischen einen Beitrag und dessen zugehörigen Anhang gesetzt hast.

Deine Argumentation kann ich nachvollziehen, bin aber damit nicht einverstanden. Der Kandidat muss die Wahrscheinlichkeit für das Auto hinter dem ersten Tor und damit hinter den übrigen Toren nicht neu berechnen, weil das Auto nicht bewegt worden ist. Wenn er es trotzdem macht, muss er die Zusatzinformationen, die er jetzt besitzt, berücksichtigen und kann deshalb nicht mit einer Gleichverteilung (1/2, 1/2) rechnen. Dies ginge nur, wenn das Auto nach dem Toröffnen zufällig (gleichverteilt) hinter eines der verbliebenen Tore gestellt würde. --Wiegels „…“ 14:49, 28. Jan 2006 (CET)

Hallo Wiegels, wieso müßte das Auto bewegt werden? Der Kandidat muß sich - und das übersieht die 2/3-Fraktion - in jedem Fall neu entscheiden. Er wählt immer neu aus. Nur eben wählt er im einen Fall dieselbe Tür wie in der Vorrunde und im anderen die alternative Tür. Da er diesmal nur die Auswahl aus zwei Türen hatte, hat er in der 2. Runde die Gewinnchance von 1/2. Somit ist es egal welche Tür er von zwei (übriggebliebenen) er wählt. Neues Spiel, neues Glück! Gruß Fellkugel

Du irrst. Mache mit einem Kumpel doch den Test so ein paar Dutzend Mal. Du wirst zu Deiner Überraschung erkennen, dass Dir ein Wechsel in ca. 2/3 aller Fälle den Preis bringt. Zur Erläuterung, warum das so ist, lies den Artikel. --AchimP 14:03, 2. Feb 2006 (CET)

Hallo Fellkugel, das Auto müsste zufällig hinter eins der beiden verbleibenden Tore gestellt werden, damit der Kandidat von einer Gleichverteilung (1/2, 1/2) ausgehen kann. Der Kandidat darf neu entscheiden, muss aber nicht neu rechnen, denn wenn das Auto am Anfang hinter dem ersten Tor stand (Wahrscheinlichkeit 1/3), dann steht es auch zum Zeitpunkt seiner zweiten Wahl dahinter, und in den anderen Fällen nicht. Es ist also kein neues Spiel und der Moderator hat nur die möglichen Gewinne zweier Tore hinter eins zusammengelegt. Viele Grüße --Wiegels „…“ 13:19, 7. Feb 2006 (CET)

Hallo AchimP, was soll das sein? Wenn Du schon antwortest, dann bitte argumentativ. Um das Problem nochmal einfacher darzustellen: Papa pflanzt mit Sohn einen Apfelbaum. Mit 3 Ästen (klar, sonst hätt's ja mit uns nix zu tun). Vater: "Na, Sohnemann, was glaubst du an welchem Ast zuerst eine Frucht hängt?". Der Stepke deutet auf einen (nennen wir in A). Monate später stutzt der Vater die Obstbäume, auch diesen und entfernt einen (nicht A) der drei Äste... Was glaubt Ihr, welcher Ast trägt als erster eine Frucht, den, den der Knirps gewählt hat, oder der andere? Gruß Fellkugel

Problem ist nicht äquivalent. Warum das der Fall ist, sollte jeder durchschnittlich begabte Benutzer, der sich mit dem Artikel auseinandergesetzt hat, rasch erkennen können, einer expliziten Erläuterung bedarf es somit hier nicht.--Berlin-Jurist 11:59, 7. Feb 2006 (CET)

Argumentativ bist Du ja offensichtlich nicht von den Tatsachen zu überzeugen, denn sonst würde Dir bereits der Artikel genügen. Deshalb der Vorschlag, dass Du Dich anhand einer Fallstudie von Deinem Irrtum überzeugst. Dein Apfelbäumchenvergleich zeigt aber, dass Du die Aufgabenstellung, die dem Artikel zugrunde liegt, noch nicht komplett erfasst hast. Lies die doch noch mal Schritt für Schritt durch. Der Moderator darf nicht einen beliebigen Ast abschneiden, und die Frucht wächst auch nicht erst nach dem Abschneiden. Die (einzige) Frucht *ist* bereits an einem der drei Äste, der Moderator *weiß*, an welchem, und er schneidet garantiert einen Ast *ohne* Frucht ab. Das sind die Unterschiede zu Deinem Apfelbaumszenario und damit erklärt sich auch das unterschiedliche Ergebnis. --AchimP 12:43, 7. Feb 2006 (CET)

100 Türen-Problem

Trotzdem ist es für manche Menschen anschaulicher, zum 100-Türen-Problem überzugehen. Es gibt bei diesem Problem 100 statt 3 Türen. Zuerst wählt der Kandidat eine aus. Dann öffent der Moderator 98 von den anderen Türen, hinter denen jeweils eine Ziege steht. Jetzt die Frage: Soll der Kanditat bei seiner ursprünglich gewählten Tür bleiben (hinter der sich der Preis mit Wahrscheinlichkeit 1/100 befindet) oder zu der Tür wechseln, die weder er gewählt noch der Moderator geöffnet hat (und hinter der sich der Preis mit Wahrscheinlichkeit 99/100 befindet, nämlich der Wahrscheinlichkeit, dass der erste Tip falsch war).

Da stimme ich dir voll und ganz zu......bei der zahl 100 wird dieses eleminationsproblem richtig deutlich....1/3 und 2/3 ist ein sehr unglücklich gewähltes beispiel,auch wenn das in der us-amerikanischen fernsehsendung so benutzt wird, ist doch der 100türen-vorschlag doch erheblich anschaulicher

Fehleinschätzung?

Die Fehleinschätzung ist: Wenn es zwei Möglichkeiten gibt, dann sind beide gleich wahrscheinlich. Das dahinterliegende Prinzip vom unzureichenden Grund gilt aber nur dann, wenn keine weiteren Informationen vorliegen.

Und die liegen auch nicht vor noch gewinnt man sie dazu. Würde man sich beim zweiten Mal wieder neu entscheiden, wird man mit einer Wahrscheinlichkeit von 50% das Auto bekommen. Die Immer-Wechseln-Strategie umgeht aber die zweite Entscheidung. Sie steht vorher schon fest. --LC 20:36, 18. Jan 2005 (CET)

Wenn bei einem Münzwurf die beiden Ereignisse "Die Münze bleibt auf der Kante stehen" und "die Münze bleibt nicht auf der Kante stehen" betrachtet werden, dann ist es vermutlich einsichtig, dass nicht nach dem Prinzip vom unzureichenden Grund verfahren wird, d.h. dass nicht beide Ereignisse mit der Wahrscheinlichkeit 1/2 belegt werden, weil es ja nur zwei gibt. -- (KurtWatzka)

Nochmal von vorne... Die Erklärung: Die Wahrscheinlichkeit, dass sich das Auto hinter dem zunächst gewählten Tor befindet, beträgt 1/3, dass es hinter einem der anderen beiden steht, 1/3 + 1/3 = 2/3. Wenn nun klar ist, hinter welchem Tor das Auto nicht steht, dieses also die Wahrscheinlichkeit 0 hat, das ausgewählte Tor aber immer noch eine 1/3-Chance hat - siehe weiter unten, liegt jetzt die 2/3-Wahrscheinlichkeit auf dem nichtgewählten Tor. Bei einem Wechsel verdoppelt der Kandidat also seine Chancen auf das Auto. ist schlichtweg falsch. Allein aus der Tatsache, daß nun ein Tor ausgeschlossen werden kann, erhalte ich keine neuen Erkenntnisse über die Verteilung der Zufallsgröße, ich verkleinere lediglich die Ergebnismenge $\Omega$ von {Auto, Ziege1, Ziege2} auf {Auto,Ziege1}. Wenn man sonst keine Erkenntnisse über die Verteilung der Zufallsvariable hat, kann man von der Gleichverteilung ausgehen, in dem Fall also Fifty-Fifty. Das kann man auch am Beispiel eines äquivalenten Spiels etwas anschaulicher zeigen. Man zieht aus einem Beutel mit einer weißen und zwei schwarzen Kugeln eine, ohne sie anzuschauen (die erste Wahl des Tores). Dann wird von den restlichen Kugeln eine schwarze weggenommen. Nun wird die Kugel (die ich nicht angeschaut habe) wieder zurückgelegt und es wird neu gezogen. Die Wahrscheinlichkeit ist 1/2, daß man die weiße erwischt. Das erste Mal ziehen (bzw. die erste Wahl) hätte man sich auch sparen und gleich eine eine schwarze Kugel rausnehmen (bzw. gleich ein Tor mit Ziege öffnen) können, da man durch die erste Ziehung keine Erkenntnisse gewinnt. Das Ganze ist eher psychologisch zu betrachten, da der Showmaster so eher beeinflussen kann. Mathematisch interessanter wird das Spiel erst, wenn man vor die Wahl gestellt wird, daß ein Tor zu nehmen, oder es von vornherein auszuschließen. --LC 16:41, 18. Jan 2005 (CET)

Würde auch alles stimmen, wenn man beim zweiten Mal wirklich wählen würde. Aber genau das umgeht man mit der Strategie: Man legt sich bereits vorher fest und das Endergebnis hängt nur davon ab, was man (zufällig) beim der ersten Wahl erwischt hat. Trotzdem ist die Erklärung so nicht richtig. Werde ich überarbeiten --LC 18:39, 18. Jan 2005 (CET)

So, überarbeitet. Hoffe, die Erklärung ist verständlicher. Hab die Bedingte Wahrscheinlichkeit aus dem Fließtext genommen. Hat eigentlich nicht viel mit dem Problem zu tun.

Ich bin mit der Erklärung im Artikel auch nicht einverstanden. Es wird unbegründet festgelegt, dass der Gewinnchance der Tür, die der Moderator wählt, auf die nicht gewählte Tür übergeht. Dadurch ist es logisch, dass die Gewinnchance bei dieser Tür höher ist als bei der Gewählten. Lege ich jetzt aber fest, dass die Gewinnchance auf die gewählte Tür übergeht, ist es wahrscheinlicher zu gewinnen, indem man nicht wechselt. Am logischsten wäre hier aber eine Aufteilung der Gewinnchancen der vom Moderator geöffneten Tür auf die beiden noch geschlossenen Türen. --84.189.182.64 23:13, 27. Jun 2005 (CEST)

??? Leider kann man nicht einfach festlegen, auf welche Tür die Gewinnchance „übergeht“. --Mst 10:31, 20. Jul 2005 (CEST)

LC behauptet sein Kugelbeutelspiel sei äquivalent. Das ist nicht korrekt. Äquivalent wäre es, wenn die erste Kugel in der geschlossenen Faust verbliebe, eine schwarze Kugel aus dem Beutel genommen würde und nun zwischen Kugel in Faust oder Kugel in Beutel gewählt würde. denkt mal drüber nach --141.53.194.251 18:04, 20. Jul 2005 (CEST)

Beim Ziegenproblem wird nämlich gerade nicht nochmal durchgemischt. --Mst 22:21, 20. Jul 2005 (CEST)

Dieses Diskussionskapitel enthält doch die Erklärung für die Missverständnisse: Legt man sich vorher auf die "Immer-Wechseln"-Strategie fest, dann ist die Wahrscheinlichkeit zu gewinnen 2/3. Überlegt man sich erst nach dem öffnen der Tür durch den Moderator ob man wechselt oder nicht, dann ist die Wahrscheinlichkeit zu gewinnen 1/2. Die Wahrscheinlichkeit hängt somit von der Strategie des Kandidaten ab:

1. Legt er sich vorher fest zu wechseln, ist seine Gewinnchance 2/3
2. Legt er sich vorher fest nicht zu wechseln, ist seine Gewinnchance 1/3
3. Legt er sich vorher nicht fest ob er wechseln, ist seine Gewinnchance 1/2.

Diese "Voraussetzung" kommt im Artikel nicht klar rüber - erst bei "Auflösung der verbreiteten Fehlargumentation" ("Legt sich der Kandidat hingegen auf eine bestimmte Strategie fest, so hat er zu diesem Zeitpunkt keine Entscheidungsfreiheit, der Ausgang des Spiels ist alleine festgelegt durch die ursprüngliche Wahl eines Tores.") und "Schema für die (richtige) „Immer-Wechsel“-Strategie" (das sagt schon der Titel). Diese sollte aber bereits im Kapitel "Wesentliche Voraussetzung" oder sogar "Lösung und Erklärung" genannt werden. Auch bei der Problemstellung ist die Frage "Wie soll der Kandidat sich entscheiden, um seine Gewinnchance zu maximieren?" irreführend: Diese impliziert, dass sich der Kandidat nach Öffnen der Tür durch den Moderator für ein Umentscheiden entscheidet oder nicht. Besser/genauer wäre die Frage: "Wie soll der Kandidat vorgehen, um seine Gewinnchance zu maximieren?". Da die Seite für eine Bearbeitung gesperrt ist, kann ich leider keinen Vorschlag einarbeiten.--Vanda1 09:36, 14. Dez. 2006 (CET)

Allerdings spielt es keine Rolle, wann der Kandidat sich festlegt. Es spielt nur eine Rolle, welche Regeln der Moderator wählt

Beispiel:

wenn er das Tor öffnet, das der Kandidat gewählt hat: 1/2, wenn dort eine Niete liegt, sonst 0,

nach der ursprünglichen Aufgabe: 2/3, wenn er wechslt, sonst 1/3) - genau um diese Lösung geht es. Weitere Fälle sind im Artikel unter Ungenauigkeiten beschrieben. (Die Regel, dass der Moderator weiß, wo das Auto nicht steht und das Wissen teilweise weitergibt, ergab sich nur implizit aus dem bisherigen Verlauf. Die Regel, dass er nicht die Tür wählt, die der Kandidat gewählt hat, ebenfalls.)--Hutschi 13:05, 14. Dez. 2006 (CET)

Überarbeitung

ICh werde wieder das schema mit 3 Fällen wiederherstellen: Es ist verständlicher und realistischer (der Kandidat wählt ja tatsächliche eine von DREI türen) und JA :Bedingte Wahrscheinlichkeit liegt immmer vor, wenn ein VOrwissen ("der schowmaster") eingeht.--^°^ @ 09:56, 19. Jan 2005 (CET)

was ich besonders schlecht finde: Früher wurden 3 Fälle mit 3 Grafiken (Diese Schema finde ich besser) , jetzt 2 Fälle mit 4 Grafiken beschrieben.--^°^ @

Dann bitte wieder auf das alte Schema ändern. Bastle gerade an einer mathematisch formaleren Begründung als Ergänzung. --LC 13:31, 19. Jan 2005 (CET)

Gemacht, es unterscheidet die drei realen Fälle ohne IMHO unnötiger Abstraktion und führt leichter zum richtigen Ergebnis.--^°^ @

Also ich finde die derzeitige schematische Darstellung gut und prägnant. Sie sagt alles. Gruß --Philipendula 11:23, 20. Jan 2005 (CET)

Zum Thema Bayes'sche oder Bayessche (Kurt Jansson):

Aus der neuen deutschen Rechtschreibung:

"Adjektivische Ableitungen von Eigennamen auf -sch werden kleingeschrieben, außer wenn die Grundform eines Personennamens durch einen Apostroph abgegrenzt wird, z.B. die goetheschen/Goethe'schen Dramen, indischer Tee, kafkaeske Stimmung."

Also darf es wohl Bayes'sche oder bayessche heißen

Ben-Zin

Ah ja. Rechtschreibung ist schon was tolles. Sollen wir mal anfangen, immer für alle möglichen (erlaubten) Schreibweisen REDIRECTs anzulegen? Schaden kann's ja nicht. --Kurt Jansson

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mit einem Entscheidungsbaum gehts auch: [1] --'~'

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Man kann es sich vielleicht anschaulich vorstellen, dass die Wahrscheinlichkeit, sich vorher für die falsche Tür entschieden zu haben 2/3 ist, und es deswegen besser ist, zu wechseln.
Wenn ich mich nicht irre, ist es so, dass man beispielweise bei 100 Türen, falls nach und nach n Türen geöffnet werden, am besten n-1-mal bei seiner Wahl bleibt und dann beim letzten Mal wechselt. --Gothmog 15:29, 15. Aug 2003 (CEST)

---

Das Ganze geht natuerlich davon aus, dass der Moderator nicht versucht, den Kandidaten in die Irre zu fuehren, weil er weiss, dass er das richtigte Tor gewaehlt hat, und ihn nur deshalb fragt, ob er wechseln will. Haette er ein falsches gewaehlt, haette der Moderator nicht gefragt. Damit ergaebe sich eine voellig andere Berechnung und man landet bei der 50:50 Chance, die der "gesunde Menschenverstand" annimmt. Ergo: Da man annehmen muss, dass der Moderator genau das versucht, wechselt man lieber nicht.

~ Moderator nicht versucht der Moderator versucht gar nix, er zeigt ein Tür wo eine Zieg dahinter ist. --'~'

Mehrere Türen (alt, neu siehe unten)

Ich habe die 100-Türen-Erklärung herausgenommen, da sie extrem irreführend ist. Auch wenn der Moderator nur eine der verbleibenden 99 Türen öffnen muss, mit der Maßgabe, auf keinen Fall das Auto zu zeigen, lohnt sich der Wechsel (Chance steigt durch Hilfe des Moderators geringfügig von 1/100 auf 99/100 x 1/98, also von 1% auf ca. 1,01%), und darum geht es.

In der Ursprungsaufgabe mit 3 Türen ist die Anweisung Öffne eine Tür mit einer Ziege identisch mit der Anweisung Öffne alle bis auf eine Tür, und zwar nur Türen mit Ziegen. Bei mehr als 3 Türen ist dies aber nicht der Fall. Deswegen lässt sich die Aufgabenstellung nicht in der gezeigten Form von 3 auf 3+n Türen übertragen, da zusätzliche einschränkende Annahmen einfließen.

--Abe Lincoln 16:49, 15. Feb 2005 (CET)

Habe jetzt einen entsprechenden Abschnitt zur Erläuterung im Artikel eingefügt, vielleicht mag ihn ja jemand noch schön formatieren... jetzt wo der Artikel exzellent gemacht werden soll... --Abe Lincoln 16:20, 15. Apr 2005 (CEST)

Ich finde den Satz „Es ist aber unzulässig, die zweite Interpretation zur Veranschaulichung des Spezialfalls n=3 heranzuziehen“ unpassend. Natürlich ist der Fall n=100 keine "Erklärung" für den Fall n=3, aber dennoch macht er den meistens gemachten Fehler der "Fehleinschätzung durch Übertragung auf eine andere Situation" deutlich. Wenn 98 Türen geöffnet werden und eine nicht, wird niemand mehr glauben, dass es wieder eine 50/50-Situation ist. --Yonatan 18:20, 3. Jun 2005 (CEST)

Hallo Yonatan, ich möchte Dich auf die englischsprachige Diskussion verweisen, dort hat man meine dort wesentlich ausführlicher formulierten Einwände schon heftigst auseinander genommen. Mittlerweile ist mir die Lust etwas vergangen weiter zu diskutieren, da das Thema doch komplexer ist als ich dachte, und einige Leute penetrant unlogisch argumentieren.

Ich möchte nur anmerken, dass die doppelte Interpretierbarkeit gar nicht das einzige Problem bei den mehreren Türen ist, sondern die auch Tatsache, dass man nicht von einem Spezialfall auf einen anderen schließen darf. Obwohl dieser Ansatz auf die richtige Lösung verweist, ersetzt er eine falsche Argumentation durch eine andere, und das ist nun mal nicht so prickelnd.

--Abe Lincoln 20:44, 3. Jun 2005 (CEST)

Warum verändert sich die Chance nicht

Ein oft falsch gegangener Gedankenweg besteht darin, dass man sich nach Aufdeckung
einer der Ziegentore eine fälschlicherweise davon ausgegangene "vergleichbare"
Situation vorstellt: Wenn man die Auswahl zwischen 2 Toren hat, aber nur 1 die
Richtige ist, dann müssen die Chancen 50% zu 50% stehen. Dies wäre aber eine
andere Situation als die des Ziegenproblems, denn die Wahrscheinlichkeiten, dass
der Gewinn sich hinter dem einem bzw. dem anderen Tor befindet, sind nicht gleich.

Warum ist das eine andere Situation? Gary Luck 15:09, 21. Mär 2005 (CET)

Die Situation ist deshalb anders, weil der Moderator einen Teil seines Wissens eingebracht hat. Die Wahrscheinlichkeit, dass das Auto hinter irgendeiner Tür steht, ist 1/3. Sie ändert sich nicht, wenn eine Tür geöffnet wird. Deshalb ist die Wahrscheinlichkeit, dass sie hinter einer der beiden anderen steht, 2/3. Wenn der Moderator die eine dieser beiden öffnet, bleibt die Wahrscheinlichkeit 2/3. Nur, dass ich jetzt weiß, bei deiner der Türen ist sie Null, also muss sie bei der anderen 2/3 sein, weil die Summe ja 2/3 ist. Man kann das alles sehr leicht mit einem Würfel und drei Türen testen. In der anderen Situation mit zwei Türen ist die Wahrscheinlichkeit hinter jeder Tür 1/2. (Es sind zwei und nicht drei Türen.) --Hutschi 15:40, 21. Mär 2005 (CET)

einen Teil seines Wissens eingebracht hat... wie immer bei einer bedingte Wahrscheinlichkeit.--^°^ @

Es gibt nur eine Situation: Nämlich die, die variabel ist. Statische Vorgänge kann man immer außen vor lassen. So z.B. der Vorgang, dass ein Tor gewählt und anschließend ein Tor geöffnet wird. Die Wahl ist nicht relevant, weil sie jederzeit geändert werden kann. Es bleibt also der Vorgang, dass ein Tor geöffnet wird. Da nie das Auto-Tor geöffnet wird ergibt sich immer die Situation, dass zwei Tore - eins mit Ziege und eins mit Auto - übrig bleiben. Also eine Wahrscheinlichkeit von 50% die Ziege zu treffen. Die Berechnungen auf der Seite dienen nur dazu, Studenten zu beschäftigen. --wigwam 16:17, 14. Apr 2005 (CEST)

Meine Fresse... Nachdem ich meien Behauptung beweisen wollte, habe ich das mal kurz simuliert (=programmiert). Die Wahrscheinlichkeit von 1/3 zu 2/3 stimmt. Warum - das muss ich jetzt kapieren... Den PHP-Code gibt's hier: http://www.spotlite.de/stuff/ziege.phps --wigwam 16:41, 14. Apr 2005 (CEST)

Mir ging es auch so, Wigwam. Erst nachdem ich es mit einem Würfel getestet hatte, glaubte ich es. Seitdem bin ich aber der festen Überzeugung. Nimm einen Würfel und drei Türen, 1 und 4 sind Tor 1, 2 und 5 Tor 2, 3 und 6 Tor 3. Nimm zwei Cent als Ziegen und einen Euro als Auto und würfle es. Du siehst noch deutlicher als mit dem Programm, was passiert. --Hutschi 09:39, 15. Apr 2005 (CEST)

Ziegenproblem#Schema, so hab ich es kapiert!--^°^ @

Wenn übrigens der Moderator nichts weiß und zufällig die Tür mit dem Auto öffnet, dann ist die Wahrscheinlichkeit gleich Null, dass hinter einer der anderen Türen ein Auto steht. Wenn er die Niete zieht, ändert sich nichts. dann ist Wechseln auch günstiger. Wenn die Zahl der Autos und Ziegen vorher nicht feststeht, also ein, zwei oder drei Autos dastehen können, muss die ganze Aufgabe neu bedacht werden. (Das war in einer deutschen Variante mit dem "Zonk" der Fall.) --Hutschi 13:10, 15. Apr 2005 (CEST)

Nein, wenn der Moderator ZUFÄLLIG eine Ziegentür öffnet, dann ist die Chance bei den anderen beiden gleichgroß. Mehr dazu weiter unten in eigenem eigenen Abschnitt. --84.133.213.172 14:03, 20. Jul 2005 (CEST)

Betrachten wir die Fälle:

1. Der Moderator öffnet zufällig die Tür mit dem Auto. Dann ist die Chance = 0, dass hinter der verbliebenen Tür ein Auto ist.

2. Der Moderator öffnet zufällig eine Niete. Dann ist die Chance, dass das Auto hinter der vom Spielteilnehmer gewählten Tür ist, gleich 1/3, dass es hinter den beiden anderen zusammen ist, 2/3, hinter der geöffneten Tür aber nicht, also bleibt 1/3, wenn nicht gewechselt wird und 2/3, wenn gewechselt wird. (Wir hatten das schon mehrfach. es entspricht der Wahrscheinlichkeit, dass man zwei Türen wählen darf.) --Hutschi 14:21, 20. Jul 2005 (CEST)

Nein. Es gibt jeweils drei Möglichkeiten für Auto (A), drei für die Wahl des Kandidaten (K) und zwei für die Wahl des Moderators (M). Im Fall 2 scheiden noch die Fälle mit M = A aus, alle anderen Möglichkeiten sind gleichwahrscheinlich. Aufgrund der Symmetrie dürfen wir A = 1 annehmen. Es verbleiben die folgenden Möglichkeiten für (K,M):

• (1,2) (1,3): Gewinn bei Bleiben, Verlust bei Wechsel
• (2,3) (3,2): Verlust bei Bleiben, Gewinn bei Wechsel

Der Wechsel bringt also keinen Vorteil.

Der Trugschluss in Deiner Argumentation besteht darin, dass die beiden von Dir genannten Fälle nicht gleichwahrscheinlich sind, sondern Fall 1 mit 1/3 und Fall 2 mit 2/3 eintritt. Wenn der Kandidat bei der gewählten Tür bleibt, gewinnt er in 1/3 der Fälle, wenn man nichts über die Wahl des Moderators voraussetzt. Dieses 1/3 der Fälle schließt aber Fall 1 aus, deshalb entfällt es ganz auf Fall 2. Betrachtet man nur Fall 2, sind also Gewinn und Verlust gleich wahrscheinlich.--Gunther 14:45, 20. Jul 2005 (CEST)

Man könnte das Spiel auch so gestalten, dass der Moderator wegfällt. Es geht beim originalen Ziegenproblem einfach die Tür auf, hinter dem kein Auto ist und die nicht gewählt wurde. Dieses Spiel ist isomorph zu dem mit Moderator. Das von mir angegebene Zufallsspiel ist dagegen nicht isomorph sondern nur homomorph. (Da es den Fall gibt, dass der Automat bereits das Auto zeigt.) Die Summe der Wahrscheinlichkeiten muss eins ergeben. Im Originalen Spiel und im Fall mit der Nietenöffnung ergibt sich: 1/3+(0+2/3)=1, im anderen Fall 0+(1+0)=1. Dabei ist eine Gleichverteilung für die drei Türen vorausgesetzt. (Wenn das Auto immer hinter Tür C stünde, wäre die grundlegende implizite Voraussetzung des Spieles natürlich verletzt.) --Hutschi 15:09, 20. Jul 2005 (CEST)

Ein Kandidat der ursprünglich eine Ziege wählte bekommt im Falle des gezielten Öffnens IMMER das Auto, beim zufälligen Öffnen aber nur in der Hälfte der Fälle (in der anderen bekommt er das Auto NIE, ob er wechselt ist egal). Die 2/3-Wahrscheinlich bei Wechsel durch ursprüngliche Ziegenwahl zu gewinnen halbiert sich also auf eine 1/3-Wahrscheinlichkeit, also genausoviel wie die Chance durch Nichtwechsel zu gewinnen. Zur Veranschaulich siehe auch die weiter unten geposteten 6 möglichen Varianten des Ablaufes: Es ist gleichwahrscheinlich daß der Kandidat beim Wechsel gewinnt, beim Nichtwechsel gewinnt oder auf jeden Fall verliert. -84.133.213.172 15:16, 20. Jul 2005 (CEST)

@Hutschi: Wie gesagt: Die 1/3 Gewinnwahrscheinlichkeit gelten für beide Fälle zusammen. Der Gewinn kann aber nur in dem Fall, dass der Moderator eine Niete wählt, eintreten. Es gibt drei gleichwahrscheinliche Fälle:

• (A) Kandidat wählt Niete, Moderator wählt Auto.
• (B) Kandidat wählt Niete, Moderator wählt Niete.
• (C) Kandidat wählt Auto, Moderator wählt Niete.

Schließt man die erste Möglichkeit aus, sind die beiden verbleibenden Möglichkeiten gleich wahrscheinlich.

Die Wahrscheinlichkeiten für die drei genannten Möglichkeiten sind jeweils 1/3: Für (C) wirst Du mir das vermutlich glauben, und falls Du mir nicht glaubst, dass (A) und (B) gleich wahrscheinlich sind, bitte ich Dich, mir zwei Zahlen für (A) und (B) zu nennen, deren Summe 2/3 ergibt.--Gunther 15:20, 20. Jul 2005 (CEST)

Testet es bitte durch einen Versuch. Das ist dann überzeugend. Das Beispiel gibt nur den ersten Schritt an. Man muss dann berücksichtigen, wie die Wahrscheinlichkeit auf die einzelnen Tore verteilt ist.--Hutschi 08:03, 21. Jul 2005 (CEST)

Sorry, ich bin Theoretiker, ich glaube nicht an Versuche :-) Wie gesagt, wenn Du mir nicht glaubst, nenne mir andere Zahlen für (A), (B) und (C).--Gunther 09:40, 21. Jul 2005 (CEST)

@Gunter

1. Runde

(A) Kandidat wählt Niete, Moderator wählt Auto.

(B) Kandidat wählt Niete, Moderator wählt Niete.

(C) Kandidat wählt Auto, Moderator wählt Niete.

Diese Fälle sind gleich wahrscheinlich. Jeweil 1/3.

Fall (A) entfällt (nach Original-Regeln ist er nicht möglich, bei zufälliger Wahl beendet er die Runde.

Es bleiben Fall B und C. Beide sind gleich wahrscheinlich.

Jetzt geht es in die zweite Runde.

Das Auto steht mit einer Wahrscheinlichkeit von 1/3 hinter der Tür, die der Kandidat gewählt hat. Wenn er wechselt, erhöht sich die Wahrscheinlichkeit auf 2/3. Wenn ich die 1. Runde mitzählte, und dabei auch möglich wäre, dass die geöffnete Tür das Auto zeigt (Fall a), so ist die Gesamtwahrscheinlichkeit für einen Gewinn 1/3. Wahrscheinlich liegt ein Denkproblem darin, dass wir immer schreiben, das Auto stehe hinter einer der Türen. Hier geht es ja darum, dass es mit einer bestimmten Wahrscheinlichkeit von 1/3 hinter ein bestimmten der Türen steht. Es ist ein Paradoxon der Wahrscheinlichkeit: Wenn das Auto hinter Tor A steht und ich Tor A wähle, habe ich 100% Wahrscheinlichkeit, steht es hinter Tor B oder C, dann sind es 0%, wenn ich Tor A wähle. Aber genau das betrachten wir hier nicht. Wir betrachten es so, dass das Auto mit einer bestimmten Wahrscheinlichkeit hinter einer der Türen steht und erst durch das Öffnen wird bekannt, ob es wirklich dahinter steht. Das Problem ist, wie einer scharfsnnig bemerkte, damit äquivalent, ob ich, nachdem ich eine Tür wählte, nicht zu zwei Türen wechseln wolle. --Hutschi 10:53, 21. Jul 2005 (CEST)

Wenn Du einen Fall ausschließt, wird nicht seine Wahrscheinlichkeit zu einem (relativ beliebigen) anderen dazuaddiert, sondern alle anderen werden gleichermaßen wahrscheinlicher. Hier könnte man wirklich den Satz von Bayes anwenden:

$P(\mathrm {KA} |\mathrm {MN} )={\frac {P(\mathrm {MN} |\mathrm {KA} )\cdot P(\mathrm {KA} )}{P(\mathrm {MN} )}}={\frac {1\cdot 1/3}{2/3}}={\frac {1}{2}}.$

(KA = Kandidat wählt Auto, MN = Moderator wählt Niete)

Anschaulich: Wenn der Kandidat nie wechselt und man die Show 100 mal durchführt, dann muss sie 33 mal abgebrochen werden, weil der Moderator das Auto gewählt hat, 33 mal bekommt der Kandidat eine Ziege, und 33 mal bekommt er ein Auto.

Noch eine rechenaufwendige Veranschaulichung: Wir stellen uns das ganze mal praktisch vor: Wenn der Moderator das Auto wählt, wird die Show wiederholt. Dann bekommt ein Kandidat, der nie wechselt, mit 1/3 Wahrscheinlichkeit in der ersten Show das Auto, und mit 1/3 Wahrscheinlichkeit muss die Show wiederholt werden. In diesem Fall erhält der Kandidat mit der relativen Wahrscheinlichkeit 1/3 in der zweiten Show das Auto, die Gesamtwahrscheinlichkeit für das Auto ist bisher also ${\frac {1}{3}}+{\frac {1}{3}}\cdot {\frac {1}{3}}$. Mit Gesamtwahrscheinlichkeit 1/9 muss es eine dritte Show geben usw., die Gesamtwahrscheinlichkeit für ein Auto ist also

$\sum _{i=1}^{\infty }1/3^{i}={\frac {1}{2}}.$

--Gunther 11:12, 21. Jul 2005 (CEST)

Ich denke, Du hast mich doch noch überzeugt, Gunther. Ich glaube, ich sehe jetzt, was bei zufälliger Wahl der Tür durch den Moderator geschieht. Dadurch, dass die Hälfte der Fälle ausfallen, in denen ein Gewinn möglich wäre, wird praktisch die Wahrscheinlichkeit gleich groß. (Bei zufälliger Wahl wechselt auch der Moderator nicht.) Es wird kein Wissen transformiert. Es ist etwas anderes, wenn ein Automat jeweils die Niete auswählt, er übernimmt dann die Rolle des Moderators.--Hutschi 07:57, 22. Jul 2005 (CEST)

Ziegenproblem,15. April 2005

• PRO wenn sogar ich es versteh:-)--^°^ @

• CONTRA, Eine Illustration sollte noch in die Einleitung und das Bild eines Entscheidungsbaums wäre auch schön. --Suricata 10:59, 15. Apr 2005 (CEST)
  • 'Bild eines Entscheidungsbaums' ist im link google.groups und würde alle Maßstäbe sprengen.--^°^ @
  • ' Illustration sollte noch in die Einleitung' und was genau?--^°^ @
  • Bild eines Entscheidungsbaum ist jetzt drin. --Tkarcher 09:12, 2. Mai 2005 (CEST)

*contra Das Problem ist ja ziemlich bekannt, und zwar durch einen Artikel von Marilyn vos Savant. Das sollte schon erwaehnt werden. VIele Gruesse --DaTroll 14:13, 15. Apr 2005 (CEST)

• • Sei mutig.--^°^ @
  • Marilyn vos Savant ist jetzt erwähnt. --Tkarcher 09:12, 2. Mai 2005 (CEST)

• Contra. Haben wir eigentlich keinen Artikel zur guten Vos Savant? Mal nachschauen... -- Carbidfischer Kaffee? 16:20, 15. Apr 2005 (CEST)

Ich habe mal schnell Teile des englischen Artikels zu ihr übersetzt: Marilyn vos Savant. Ich habe schon Fernsehberichte zu ihr gesehen, es klingt so gut, wenn der intelligenteste Mensch der Welt eine Frau ist (war, jetzt ist ja ein anderer intelligenter). -- Dishayloo [ +] 21:24, 15. Apr 2005 (CEST)

• PRO. Der Artikel ist gut. Ja, ein Entscheidungsbaum und/oder eine Vierfeldertafel wären für den optisch eingestellten Leser hilfreich. Aber der Artikel ist auch ohne dieses Beiwerk gut, weil verständlich, und das ist bei bedingten Wahrscheinlichkeiten nicht eben selbstverständlich.Pard 21:26, 25. Apr 2005 (CEST)

• PRO - wie mein Vorredner, außerdem in so prägnanter Kürze wohltuend besser als manche über-langatmig "Exzellent"-geschaffte. -- WHell 14:06, 26. Apr 2005 (CEST)

• Pro - Kurz, prägnant, verständlich. Da ich ein absolutes Subgenie in Mathe bin, dennoch die Frage (die ich aus einem Rätselbuch habe): Ist das Phänomen in etwa gleichzusetzen mit dem Schützen, der bei drei Schüssen mindestens einmal trifft und daher um seine Chancen einen seiner beiden Gegner zu treffen zu erhöhen, den ersten Schuss absichtlich in die Luft abgibt ? --nfu-peng 20:44, 1. Mai 2005 (CEST)

• Pro. Das Problem wird anschaulich beschrieben, die Lösung ausführlich erklärt und auf verschiedene Weisen hergeleitet - aus meiner Sicht bleibt nichts zu wünschen übrig. --Tkarcher 09:12, 2. Mai 2005 (CEST)
• pro - sehr überzeugend und (fast) auf Anhieb laienverständlich. --Lienhard Schulz 18:08, 2. Mai 2005 (CEST)

• Jetzt pro. @Nfu-peng, ne, was Du beschreibst ist das nur ein Witz, um das landläufig falsche Verständnis von Wahrscheinlichkeiten zu beschreiben. Das Ziegenproblem kann jeder bei sich zu Hause nachspielen, auch wenns beim 100.mal langweilig werden könnte. ;-) Viele Gruesse --DaTroll 22:03, 2. Mai 2005 (CEST)

• pro sehr schön! --Leipnizkeks 23:27, 2. Mai 2005 (CEST)

• Pro Finde auch, dass der Artikel klärend dazu beiträgt, die "Bauernmeinung" von Stochastik zu klären. Ist nicht nur für Laien, sondern auch für Spezialisten erklärt. Sehr löblich. --Mifrank 01:44, 3. Mai 2005 (CEST)

• PRO, denn der Artikel ist eine sehr gute Referenz für jedes Mal, wenn die Ziegen-Diskussion in irgendeiner Mailingliste auftaucht, um den Thread sofort zu beenden. :-) Ernsthaft, sehr gut beschrieben und auch für Nicht-Mathematiker verständlich.

Ich hab da ein Problem

Ich habe den interessanten Artikel gelesen und ,soweit es meine mathematische Ausbildung gestattet, auch verstanden.

Ich habe nur ein Problem:

Nehmen wir das Beispiel mit der Fernsehshow und verändern es etwas: Nachdem ich z.B. in einer Fernsehshow das Tor eins gewählt habe, hat der Showmaster bewusst das Tor 2 mit der Niete geöffnet. Nun steigt also nach allgemeiner Meinung bei einem Wechsel des Tores die Chance auf den Hauptgewinn von 1/3 auf 2/3.

So weit, so gut.

Aber was, wenn ich Tor 2 mit dem Zonk von der Bühne schiebe und mir irgend einen Passanten draussen vor dem Fernsehstudio hole und den zwischen den mittlerweile 2 Toren entscheiden lasse. Dieser Passant soll nichts von dem Zonk wissen, man sagt ihm lediglich, das hinter einem Tor eine Niete und hinter einem anderen der Hauptgewinn ist.

Wie sind dessen Chancen auf den Hauptgewinn?

50/50!

Wie kann es also sein, dass für mich die Wahrscheinlichkeit anders verteilt ist, als für den Passanten?

Dieser Zustand kann nicht erlaubt sein, oder?

Die gesamte Wahrscheinlichkeitsrechnung könnte man abschreiben, wenn es so wäre, das ein und dasselbe Tor 2 Wahrscheinlichkeiten auf einen Hauptgewinn böte.

Der Passant weiß nicht, welches Tor zuerst gewählt wurde. Die Wahrscheinlichkeit, dass hinter dem einen Tor ein Zonk ist, ist 1/3, die Wahrscheinlichkeit, dass hinter dem anderen Tor ein Zonk ist, dagegen 2/3 für die ursprünglichen Beobachter. Für den Spielmeister 1 bzw. 0. Die Wahrscheinlichkeit, dass der Unbekannte das richtige Tor wählt, ist 50%, wenn er zufällig wählt. Wenn er aber vorgesagt bekommt, welches Tor der andere Spieler zuerst gewählt hat, kann er die zusätzliche Information nutzen und das Tor mit 2/3 Wahrscheinlichkeit wählen. (Wenn einem der Nachbar in der Schule vorsagt, hat man auch größere Chancen, die richtige Antwort zu kennen. Ob die Antwort stimmt, ist dagegen in beiden Fällen ungewiss.) - Es ist beim Zonk eben nur 1/3 zu 2/3. Vergleiche es mit dem Extrem, dass alle Tore offen waren. Wenn der Neue nicht die Lösung kennt, bleibt ihm nur raten. Sonst kann er sein Wissen ausnutzen. --Hutschi 16:06, 18. Mai 2005 (CEST)

Die Schwierigkeit dieses Problem zu verstehen.

Ich finde, man kapiert das Ganze besser, wenn man sich vorstellt, dass die beiden nicht gewählten Tore (durch die Hilfe des Moderators) zu einem Tor "verschmelzen". Dann habe ich nämlich die Möglichkeit mit einem Wechsel von nur einem Tor (1/3) auf "zwei verschmolzene Tore" zu wechseln (2/3). Der Moderator ist dann unerheblich: er ist einfach nur derjenige der die beiden Tore (durch das Öffnen des Ziegentors) zu einem Tor verschmilzt. Sebastian

Ich habe selber ziemlich lange gebraucht, um hinter das Geheimnis zu kommen und wäre selber wahrscheinlich noch am Grübeln, wenn mir nicht ein Freund eine besonders zündende Erklärung gegeben hätte (spielt jetz keine Rolle welche). Mir stellt sich aber jetzt die Frage, warum eigentlich dieses Experiment, das ja eigentlich ganz und gar nicht komplex ist, für dessen Ablauf es eine wirklich begrenzte Anzahl an Möglichkeiten gibt, (8 mit Knotenreduktion nur 4) den menschlichen Geist so sehr in die Irre führt. Irgend ein Denkmuster, das allen Menschen zu eigen sein scheint, muss hier den Kern des Experiments verdecken. Gibt es darüber irgendwelche interessanten Erkenntnisse? --Ariser 22:41, 31. Mai 2005 (CEST)

• ja, dass Bedingte Wahrscheinlichkeiten mit dem Satz von Bayes schwer, aber mit einem Entscheidungsbaum leicht zu verstehen sind, gut ist auch folgendes Buch, mit mathematisch/kognitiver Ausrichtung: http://christoph-gaebler.de/gigerenzer.htm.--^°^ @ 13:17, 22. Jul 2005 (CEST)

Es gibt hier bei den Diskussionen genug elementare "richtige" Antworten - sie beruhen aber alle auf der Annahme, dass die Gewinnwahrscheinlichkeit bei (zufälliger!) Wahl einer Tür 1/3 beträgt. Damit ist die Lösung natürlich sofort offensichtlich! Wie man in der Diskussion "Wandernde Wahrscheinlichkeiten" z.B. sieht, ist aber nicht allen Menschen klar, dass sich daran nichts ändern kann. Denn der Zweifel an der (experimentell nachprüfbar!) richtigen Strategie bedeutet ja anzunehmen, diese Wahrscheinlichkeit würde sich plötzlich auf 1/2 verändern! Natürlich ist so eine Idee mathematisch völlig unsinnig, aber offenbar hat unser Gehirn gar keine Probleme damit...

Dass wir überhaupt kein Gefühl für statistische Effekte haben (sondern an "Glück" und "Pech" glauben), sieht man am wöchentlichen Ausfüllen von Lottozetteln. In jedem Casino ist beim Roulett in angenehmer Umgebung die Gewinnhöhe fast doppelt so hoch!!

Ich habe in früheren Diskussionen auch gemerkt, dass es sogar eine Hemnung gibt, die Tür zu wechseln, obwohl - wie immer man die Sache sieht - man sich auf keinen Fall verschlechtern kann. Aber in der Tat besteht offenbar diese "Befürchtung": Wenn der Spielleiter schon eine Ziegentür öffnet, dann wird ja hinter der anderen Tür wohl auch nur eine Ziege stehen können.... --MichaelP 22:17, 27. Nov 2005 (CET)

Man kann sich mit einer Wahrscheinlichkeit von 1/3 verschlechtern und mit einer Wahrscheinlichkeit von 2/3 verbessern. "Auf keinen Fall" erscheint mir ungenau, obwohl ich weiß, wie es gemeint ist. --Hutschi 23:13, 27. Nov 2005 (CET)

Einfache, nicht mathematische Erklärung

Da steht: Ich wähle als Strategie: Nicht tauschen. Um das Auto zu gewinnen, muss ich das Auto-Tor wählen (1/3). Jetzt mit der anderen Strategie: Tauschen. Um das Auto zu gewinnen, muss ich jetzt ein Ziegen-Tor wählen (2/3), weil ich ja durch den Tausch das Auto bekomme. Diese Erklärung macht es recht einfach zu verstehen, wann und warum man mit welcher Wahrscheinlichkeit gewinnt.

Diese Erklärung ist für mich völlig unverständlich. Sie ist nicht einfach, sondern falsch. Um zu gewinnen muss ich natürlich das Autotor wählen. Ich weiß leider nur nicht, welches es ist. --Hutschi 13:07, 10. Jun 2005 (CEST)

• Mit "tauschen" ist "wechslen" gemeint, siehe http://de.wikipedia.org/wiki/Ziegenproblem#Schema_f.C3.BCr_die_.28richtige.29_.22Immer_-_Wechsel.22-Strategie . --^°^ @

Hallo, Nerd, ob "tauschen" oder "wechseln" das richtige Wort ist, ist kein Problem. Beide sind gleich verständlich. Aber der Abschnitt bleibt unverständlich. "Um zu gewinnen muss ich das Ziegentor wählen" ist Quatsch, es sei denn, mit "Ziegentor" ist das "Autotor gemeint, dann ist es ebenfalls falsch. Es ist auch falsch: "weil ich ja nur durch den Tausch das Auto bekomme. Genau das weiß ich noch nicht. Ich bekomme es nur mit einer höheren Wahrscheinlichkeit. Wenn es dort nicht steht, dann erhalte ich es nicht. Auf die hier angegebene "einfache" Weise und ohne Berücksichtigung der Wahrscheinlichkeiten geht es nicht zu erklären. Die richtige "immer-Wechsel-Strategie heißt nicht, dass ich gewinne, sondern dass ich in zwei von drei statt in einem von drei Fällen gewinne, wenn ich genügend oft spiele. --Hutschi 16:06, 10. Jun 2005 (CEST)

Hi, ich habs nur überflogen ("1/3", "2/3"), du hast recht, es ist unverständlich.--^°^ @

Füllwörter entfernt --81.14.179.162 11:05, 19. Jun 2005 (CEST)

@Hutschi: Wenn man zuerst das Ziegentor gewählt hat, dann bekommt man nach dem Wechsel auf jeden Fall das Autotor (was anderes ist ja nicht mehr da). Natürlich weiß man nicht ob man zuerst ein Ziegen- oder ein Autotor gewählt hat, die Wahrscheinlich ein Ziegentor gewählt zu haben ist aber grösser, weil ja mehr Ziegentore als Autotore da sind. --84.133.225.43 01:17, 20. Jul 2005 (CEST)

Die obige Erklärung ist genau richtig: da nach dem Öffnen nur noch eine Ziege und ein Auto im Spiel sind, kann ich durch Wechsel der Tür gerade Gewinn und Niete vertauschen, also gewinne ich bei dieser Strategie genau dann, wenn ich ursprünglich eine Ziegentür gewählt habe (Wahrscheinlichkeit 2/3). --Mst 10:48, 20. Jul 2005 (CEST)

Eine kleine Frage...

...die mir vielleicht jemand der Wahrscheinlichkeitstheoretiker hier beantworten kann:

Wenn der Moderator nun spaßeshalber 2 Kandidaten hat, die sich jeder ein Tor ausgesucht haben und der Moderator nun mit seinem 'Chef-Wissen' das dritte (Ziegen-)Tor öffnet, welcher der beiden Kandidaten muss nun tauschen? --NB > + 21:57, 19. Jul 2005 (CEST)

Die Regelerweiterung führt zu unauflöslichen Problemen: Wenn z.B. beide Kandidaten sich jeweils eine der Ziegentüren ausgesucht haben, dann darf der Moderator überhaupt keine Tür öffnen.--Berlin-Jurist 22:05, 19. Jul 2005 (CEST)

Genau. Denn der Moderator hat nun keine Wahl. Wenn sie sich beide aber das gleiche Tor ausgesucht haben, dann müssen beide tauschen, nachdem der Moderator eine Tür geöffnet hat. Noch schlauer wäre es, sie vereinbarten, den Gewinn zu teilen, und nur einer tauschte. --Hutschi 22:14, 19. Jul 2005 (CEST)

• Ich weiß, dass der Pferdefuß in der Festlegung liegt - aber es ist auch eine schöne Gegenfrage (ich mag Knobeleien, die einen erst gaaannz breit angähnen und dann die Maske lupfen) ;-)... --NB > + 22:57, 19. Jul 2005 (CEST)

Anderer Vergleich

Für diejenigen die das Prinzip noch nicht verstanden haben ein anderer Vergleich:
Kandidat wählt eine Türe, Moderator öffnet keine Tür sondern bietet dem Kandidat an statt der gewählten Tür BEIDE anderen zu bekommen. In dieser Situation wäre es offensichtlich sinnvoller zu tauschen, weil man eine 2/3-Wahrscheinlich statt einer 1/3-Wahrscheinlich bekäme.
Die Situation ist aber die Gleiche wie beim Ziegenproblem, denn daß hinter mindestens einer der beiden nichtgewählten eine Ziege ist weiß der Kandidat ja so oder so, ob nun geöffnet wird oder nicht. --84.133.225.43 01:44, 20. Jul 2005 (CEST)

Diesen Erklärungsansatz zur Veranschaulichung halte ich nicht nur für korrekt, sondern für sehr pfiffig!--Berlin-Jurist 09:24, 20. Jul 2005 (CEST)

Und noch einmal:
Angenommen der Kandidat verfolgt die Strategie „ich bleibe dabei“. Der Kandidat wählt seine Tür. Die Wahrscheinlichkeit, dass er eine Niete erwischt hat ist 2/3. Der Moderator kann nun mit den anderen Türen machen, was er will (öffnen, rot anmalen, in Brand stecken): daran, dass der Kandidat in 2 von 3 Fällen danebenliegt, ändert sich nichts. Also: doch lieber wechseln. --Mst 10:38, 20. Jul 2005 (CEST)

IMHO der sinnvollste Beitrag hier überhaupt (vom anonymen 84.133.225.43). Die einfache Sichtweise wird durch viel Mathematik eher verschleiert: Die dem Kandidaten zur Verfügung stehenden Möglichkeiten sind:

(a) Wähle eine einzige Tür

(b) Wähle die (beiden) anderen Türen (etwas versteckt in der "Umentscheidungs-Strategie")

Jeder vernünftige Mensch wählt natürlich zwei Türen :-) Oder 99 ... Der Spielleiter nimmt dem Kandidaten gerade die Mühe ab, selbst die "Nieten" aussortieren zu müssen.

Das der Spielleiter eine (oder 98 der) Niete(n) irgendwie "vorher" aussortiert, bevor er dem Kandidaten die "Umentscheidung" ermöglicht, ist unerheblich (und gehört zum Verwirrspiel.) Ich glaube, ein Teil der hier nachlesbaren Missverständnisse liegt in einer zu dynamischen Betrachtungsweise: "vorher", "nachher", "und dann"... Die Angelegenheit (=die Strategie) ist vollständig statisch!

Ich merke gerade, ich lege hier schon wieder Keime zum Widerspruch, deshalb nochmal: Der Spielleiter stellt den Kandidaten vor folgende Entscheidung: "Wähle Dir eine der Türen - wenn Du das mit Hilfe eines "Zufallsgenerators" tust, dann wird mit p=1/3 dahinter der Hauptgewinn stehen. Oder wähle die beiden anderen Türen (dahinter wird dann mit p=2/3 der Hauptgewinn stehen). Wegen des Showeffekts werde ich dann die Tür (bzw eine der Türen) hinter der eine Ziege steht öffnen. Es ist natürlich egal, ob ich das tue oder nicht..." --MichaelP 13:02, 19. Nov 2005 (CET)

n-Türen-Problem

Bitte entsperren, oder den letzen Satz im Abschnitt "Mehrere Türen" entfernen (das 100-Türen-Problem ist sehr wohl als Veranschaulichung zulässig). --Mst 11:22, 20. Jul 2005 (CEST)

[x] done.--Gunther 11:24, 20. Jul 2005 (CEST)

Das 100-Türen-Problem ist als Veranschaulichung nicht zulässig. In der Diskussion zum englischsprachigen Artikel hierzu habe ich das ausführlicher erklärt. Wenn eine Aussage für ein Element einer Menge wahr ist (n=100), und mag dies noch so offensichtlich sein, so ergibt sich hieraus keine Aussage darüber, ob dies auch für andere Elemente dieser Menge wahr ist. Es könnte für n=100 wahr und für n=3 falsch sein!!! Entweder man beweist es direkt für n=3 (wie geschehen), oder allgemein für n>2 (sicher möglich, aber nicht offensichtlich), oder man beweist es für n=100 und unternimmt dann eine Vollständige Induktion. All dies ist sicher durchaus möglich, aber der hier vorgeschlagene Weg (weil n=100 offensichtlich richtig, n=3 auch richtig) ist mathematisch falsch und die Offensichtlichkeit der Lösung deshalb (leider?) nicht gegeben. Vielleicht liefert ja jemand die vollständige Induktion noch nach. Aber ich bezweifle, dass sie offensichtlich ist. --- Außerdem gehört das Ziegenproblem eben wie gezeigt zwei Mengen an, und für die andere Intepretation ist die Aussage mit dem Wechsel eben wie von mir gezeigt nicht offensichtlich. --Abe Lincoln 17:25, 20. Jul 2005 (CEST)

Als Veranschaulichung ist auch mathematisch völlig Unhaltbares zulässig. Außerdem sehe ich in dem 100-Türen-Problem nicht eine Beweismethode, sondern ein Mittel der Falsifikation. Und als solches ist es mathematisch völlig korrekt.--Gunther 19:18, 20. Jul 2005 (CEST)

Dann sind wir hier auf Galileo-Niveau, wo leider auch oftmals richtige Aussagen falsch begründet werden. Das ist nicht populärwissenschaftlich, sondern einfach nur traurig. --Abe Lincoln 11:40, 21. Jul 2005 (CEST)

Wie gesagt: Es geht hier nicht um Begründungen oder Beweise, es geht um Heuristik und Falsifikation. Für beides sind Beispiele zulässige Mittel.--Gunther 11:53, 21. Jul 2005 (CEST)

@Abe: Ich widerspreche heftigst:

Das n-Türen-Problem in a Nutshell: Kandidat wählt eine Tür, Moderator öffnet alle bis auf eine der restlichen Türen. Übrig ist genau ein Gewinn und eine Niete. Durch konsequentes wechseln kann der Kandidat also Gewinn und Niete vertauschen. Die Gewinnwahrscheinlichkeit ist somit gerade die Wahrscheinlichkeit, ursprünglich eine Ziege gewählt zu haben, nämlich (n-1)/n. Das gilt für n=100 und für n=3. qed. SDG. --Mst 12:21, 21. Jul 2005 (CEST)

PS. ihr könnt den Artikel gerne durch diesen Absatz ersetzen.

@Mst: Du verteidigst das unbestrittene. Du leitest vollkommen schlüssig den Fall n=x her und kannst daraus den Fall n=3 ableiten. Dies ändert aber nichts an der Unzulässigkeit der Argumentation: "Seht her, für n=100 ist der Wechsel ganz offensichtlich besser, also muss er ja auch für n=3 besser sein." Diese Argumentation ist absolut unzulässig. Abgesehen davon ist die Offensichtlichkeit bei der anderen von mir im Artikel skizzierten, ebnso zulässigen und imho intuitiveren Interpretation (Moderator öffnet genau eine der anderen Türen) noch nicht einmal gegeben. --Abe Lincoln 14:00, 21. Jul 2005 (CEST) Interessant ist übrigens, dass für den Fall n=2 der Wechsel nicht lohnt (Gewinnwahrscheinlichtkeit = (2-1)/2 = 1/2, der Moderator öffnet aber auch nur n-2 = 0 Türen. n=1 ergibt keinen Sinn. --Abe Lincoln 14:00, 21. Jul 2005 (CEST)

1. Meine Argumentation ist: die Gewinnwahrscheinlichkeit ist bei dieser Strategie gerade die Wahrscheinlichkeit, zunächst eine Ziege zu wählen. Diese Aussage – die mathematisch hieb- und stichfest ist – wird bei vielen Türen mE sehr anschaulich: Bei sagen wir mal 1000 Türen ist jedem intuitiv einsichtig, dass man praktisch immer (zunächst) eine Ziege erwischt, und damit fast immer gewinnt. Dies gilt auch für n=2 (was aber eigentlich kein sinnvolles Spiel mehr ist). Ich stimme dir natürlich zu, dass man nicht argumentieren darf „bei n=100 verbessern sich die Gewinnchancen, also auch für n=...“.

OK, aber die Tatsache dass ich bei 1000 Türen ganz offensichtlich zunächt mit einer Wahrscheinlichkeit > 50% eine Ziege erwische, lässt gar keinen Schluss darauf zu, ob dies bei 3 Türen genauso ist. Es ist bei 3 Türen "gerade noch" so, denn bei 2 Türen ist die Wahrscheinlichkeit nur noch genau 50%. Dass man mit 2/3 Wahrscheinlickeit zunächst eine Ziege wählt, muss explizit für genau diesen Fall n=3 hergeleitet werden (was ja durchaus einfach ist). --Abe Lincoln 15:21, 21. Jul 2005 (CEST)

Genau das habe ich oben geschrieben: es wird anschaulicher, dass P=(n-1)/n (das ist für viele Türen fast 1, aber natürlich nicht für n=3), und nicht, dass P>50%. Du willst mich offensichtlich missverstehen. --Mst 16:02, 21. Jul 2005 (CEST)

OK, ich denke ich verstehe jetzt, was Du meinst... --Abe Lincoln 16:22, 21. Jul 2005 (CEST)

2. Zur anderen Variante (Moderator öffnet nur eine Tür): dies ist möglicherweise aus Sicht des Veranstalters die intuitivere Regelerweiterung, bringt aber keinen Nutzen für das Verständnis des Ziegenproblems. Ich fürchte, meine Oma wäre nicht im Geringsten davon beeindruckt, wenn der Moderator am anderen Ende des Studios eine mickrige Ziegentür öffnet, und sich dadurch die Gewinnchance um 1 Prozent erhöht. Ich votiere daher stark dafür, diese Variante ganz aus dem Artikel zu streichen (man kann sich natürlich viele möglichen Regeln ausdenken...). --Mst 14:30, 21. Jul 2005 (CEST)

Ich schätze was ich oder Deine Oma denken ist absolut schnuppe, es gibt auf jeden Fall zwei Interprationen. Es geht hier um eine Kombination aus induktivem und deduktivem Schließen, die aufgrund des induktiven Teils formal-logisch nicht korrekt ist. Es wird zu dem speziellen Fall ein allgemeiner Fall konstruiert, daraus ein anderer spezieller Fall gepickt, dieser untersucht und dann wird versucht, aus dem offensichtlichen Ergebnis Rückschlüsse zu ziehen. Selbst wenn das Verfahren korrekt wäre, muss darauf hingewiesen werden, dass es mehrere allgemeine Fälle gibt, und nicht alle beinhalten die Offensichtlichkeit. --Abe Lincoln 15:21, 21. Jul 2005 (CEST)

nein, es ist nicht schnuppe, da im Artikel steht: „und für viele überdies intuitiver“ (was erst noch belegt werden müsste). Es gibt unendlich viele Möglichkeiten, Regeln für n-Türen-Probleme aufzustellen. Diese spezielle Variante hat den Bonus, dass die Gewinnwahrscheinlichkeit sehr einfach zu berechnen ist, P=(n-1)/n, und diese auch für den üblicherweise betrachteten n=3-Fall gilt. --Mst 16:02, 21. Jul 2005 (CEST)

Zugegebenermaßen halte ich es für intuitiver. Wenn in der TV-Zeitschrift angekündigt werden würde, dass zum Beispiel "Geh' aufs Ganze" ab morgen mit 4 statt 3 Türen gespielt werden würde, wie viele Omas würden dann annehmen, dass deswegen zwei statt einer Tür zu öffnen sind? Es würden doch sicher mehr Omas annehmen, dass nur eine Tür geöffnet wird, und drei geschlossen bleiben. Na ja, die meisten Omas würden es vermutlich eh für Blödsinn halten.

Eben. Aus Sicht des Veranstalters (oder Otto Normalbürger, der weiss, das man im Leben nichts geschenkt bekommt) ist es intuitiver, die Regeln auf diese Weise zu erweitern (genau das habe ich oben geschrieben). Das heisst aber nicht, dass das ursprüngliche Problem dadurch intuitiver zu verstehen ist. --Mst 16:29, 21. Jul 2005 (CEST)

Aber das eigentlich Missverständnis bei Dir ist imho: Die erste Interpretation ist nicht irgendein n-Türen-Problem, sondern eine zulässige Verallgemeinerung des Ziegenproblems, genau wie die zweite Interpretation. Es kommt für n=3 ja auch das gleiche heraus. nur n=100 kommt etwas anderes heraus. (Auch ein Anstieg der Wahrscheinlichkeit, aber nur ein minimaler.) Das kann man nicht in den Skat drücken, auch wenn die Offensichtlichkeit der 98 geöffneten Türen einem noch so sehr gefällt. --Abe Lincoln 16:19, 21. Jul 2005 (CEST)

Ja, beide sind zulässige Erweiterungen, aber deine bringt nichts für das intuitive Verständnis. Es ist ja gerade die drastisch große Verbesserung der Chancen, die meiner Erfahrung nach den Aha-Effekt auslöst („wechseln kann sich ja doch lohnen“). --Mst 16:29, 21. Jul 2005 (CEST)

Na OK, um zu zeigen, dass wechseln lohnen kann, ist der Ansatz zulässig... Nur früher stand in diesem Artikel (und im englischen leider immer noch) so etwas wie: Weil es für 100 Türen ganz offensichtlich so ist, wird nur ein Dummkopf leugnen, dass es auch es auch für 3 Türen so ist. Und das halte ich für gefährlich. --Abe Lincoln 17:51, 21. Jul 2005 (CEST)

agreed. --Mst 20:16, 21. Jul 2005 (CEST)

In diesem Punkt sind sich hier wohl alle einig. Es wäre nett, wenn Ihr beide Euch noch einigen könntet, ob ich da unten nun einen oder zwei Absätze in den Artikel übernehmen soll.--Gunther 18:01, 21. Jul 2005 (CEST)

gemach, gemach ... das eine hat mit dem anderen ja wohl nichts zu tun ... --Mst 20:16, 21. Jul 2005 (CEST)

Die Argumentation ist nicht: "Wenn es bei 100 besser ist, dann ist es auch bei 3 besser." Sondern: "Wenn Dein Argument bei 3 zum Ergebnis kommt, dass der Wechsel nichts bringt, und Dein Argument ohne wesentliche Änderung auch auf 100 anwendbar ist, dann ist es falsch."--Gunther 14:17, 21. Jul 2005 (CEST)

Ich verstehe leider nicht ganz, was Du meinst, könntest das bitte erläutern? Welches Argument meinst Du? --Abe Lincoln 15:21, 21. Jul 2005 (CEST)

Das "Dein" wendet sich an den Leser, und gemeint ist jedes beliebige falsche Argument, das zu dem Schluss kommt, dass der Wechsel keinen Vorteil bringt.--Gunther 15:24, 21. Jul 2005 (CEST)

Ach so. Es sei aber angemerkt: Die meisten kommen nicht wegen unzulässiger Schlüsse auf ein falsches Ergebnis, sondern wegen einer falschen Interpretation der Aufgabenstellung, insbesondere die Annahme, der Moderator würde irgendeine Tür öffnen, und es käme zufällig eine Ziege zum Vorschein. Für 100 Türen wäre es extrem unwahrscheinlich, dass der Moderator 98 Türen öffnet, und hinter allen wäre zufällig eine Ziege. Falls dieser Fall aber auftritt, ist es wiederum egal, ob man wechselt. --Abe Lincoln 15:48, 21. Jul 2005 (CEST)

Was bisher noch nicht so deutlich gesagt wurde (Gunther hat es angedeutet): ein Merkmal des (üblichen) 100-Türen-Problems ist, dass nach Öffnen der Türen (vermeintlich!) dieselbe Situation gegeben ist wie bei 3 Türen, nämlich 2 Türen hinter denen sich 1 Gewinn verbirgt. Der typische unbedarfte Kandidat könnte hier also wieder argumentieren, dass die Gewinnchance immer 1/2 ist (da es ja egal sei, was vorher war). Dieses Missverständnis kann mE sehr anschaulich mit dem 100-T-P entkräftet werden. --Mst 22:57, 21. Jul 2005 (CEST)

Fazit: Es zeigt sich mal wieder, dass man eben niemandem vorschreiben kann, was „anschaulich“ ist, und was nicht. Ich persönlich meine, dass das 100-T-P – richtig erklärt – sehr anschaulich, gewissermaßen mit Aha-Effekt, einige Missverständnisse ausräumen kann, und sehr schön verständlich machen kann, dass „besser als 1/2“ möglich ist. --Mst 22:57, 21. Jul 2005 (CEST)
PS. Wenn ich mal weniger Zeit in Diskussionen stecken muss, werde ich mich an einer Neuformulierung des entsprechen Absatzes versuchen.

Artikelsperre

Könnte bitte mal ein Admin den Artikel entsperren, er ist sachlich völlig falsch. --213.54.211.73 11:01, 20. Jul 2005 (CEST)

Dies wurde nun hier, auf Wikipedia:Ich brauche Hilfe sowie auf Benutzerseiten diskutiert. Eine IP wurde gestern daher gesperrt, die 2. IP (vermutlich der gleiche Benutzer) hat später beleidigt und wurde ausfallend. Bitte erst informieren. Weitere Störungen dieser Art werden als Vandalismus betrachtet.--Berlin-Jurist 11:08, 20. Jul 2005 (CEST)

das "vermutlich" kannst du streichen, nach eigener Aussage der IP. --Mst 11:13, 20. Jul 2005 (CEST)

[der hier folgende Exkurs wurde in eigenen Abschnitt verschoben, „n-Türen-Problem“, s. o.]

Nochmal: Wer Kritik am Artikel hat, möge sie konkret und fundiert vorbringen.--Gunther 12:26, 20. Jul 2005 (CEST)

Siehe Einleitung: "... dient zur Veranschaulichung [...] der Schwierigkeiten im Verständnis der bedingten Wahrscheinlichkeiten ...". Das ist nachweislich Blödsinn, genauso ist die Verwendung von Bayes reiner Unfug, es handelt sich um ein völlig simples Problem der einfachen Wahrscheinlichkeit. --213.54.208.189 12:33, 20. Jul 2005 (CEST)

...fundiert...--Gunther 12:36, 20. Jul 2005 (CEST)

Für ein einstufiges Zufallsexperiment (wähle im ersten Versuch einen Gewinn bei zwei Nieten) gibt es keine bedingten Wahrscheinlichkeiten - qed. Das längliche Getrolle ist wirklich nervig. --213.54.208.189 12:44, 20. Jul 2005 (CEST)

Es geht um die Wahl im zweiten Schritt. Dass dafür nur der Erfolg der Wahl im ersten Schritt ausschlaggebend ist, muss offenbar doch recht ausführlich erklärt werden. Welche Änderungen möchtest Du denn vornehmen? Wenn es wieder die Kategorie "Wissenschaftlicher Witz" oder "Scherzartikel" (sic!) ist, vergiss es.--Gunther 13:01, 20. Jul 2005 (CEST)

Für den Anfang ein {{überarbeiten}}, und die Einordnung "Wissenschaftlicher Witz" erscheint mir beim gegenwärtigen Zustand durchaus nicht abwegig ;-) --213.54.208.189 13:08, 20. Jul 2005 (CEST)

@ IP 213.54.208.189: Erkennst du wenigstens das 100-Türen-Problem als richtig an? Falls ja, dann können wir über das 99-Türen-Problem diskutieren, dann über 98 Türen, dann 97 Türen usw., und wir gelangen dann in endlicher Zeit zu 5 Türen, dann 4 und schließlich zum 3-Türen-Problem. Dann musst du dich entscheiden; entweder ist alles richtig oder alles falsch, oder du musst begründen, bei welchem Schritt sich etwas grundlegend ändert. -- Martin Vogel 13:33, 20. Jul 2005 (CEST)

Ich schließe mich insoweit der Meinung von 213.54.208.189 an, als dass es sich tatsächlich nur um ein "simples Problem der einfachen Wahrscheinlichkeit" handelt. Der Artikel könnte mE etwas entschlackt werden, teilweise wird wirklich mit Kanonen auf Spatzen geschossen (z. B. Bayes, und braucht man diesen "Fehleinschätzung durch...Moderators"-Abschnitt eigentlich?). --Mst 13:44, 20. Jul 2005 (CEST)

bedingte Wahrscheinlichkeit ist nie einfach zu verstehen!--^°^ @

bedingte Wahrscheinlichkeiten brauche ich hier nicht. siehe die verschiedenen „Kurzerklärungen“ weiter oben (z.B. unter „Anderer Vergleich“).--Mst 18:53, 20. Jul 2005 (CEST)

Kann die Sperre jetzt aufgehoben werden? --213.54.228.82 20:23, 20. Jul 2005 (CEST)

Ich finde, Ihr solltet Euch erst einmal da unten einigen, wie der Absatz denn jetzt aussehen soll.--Gunther 20:27, 20. Jul 2005 (CEST)

Auch wenn ich die Erklärung des eigentlichen Problems jetzt deutlich klarer finde, hättest Du unten diskutierten Abschnitt nicht einfach rauswerfen sollen. Ich persönlich halte ihn für wichtig, weil ohne ihn nicht klarwird, dass das Wissen des Moderators von entscheidender Bedeutung ist.--Gunther 21:59, 20. Jul 2005 (CEST)

Ich würde lieber abwarten wie sich die Diskussion entwickelt. Es gibt da ja mehrere Ansichten, und die Relevanz ist mir persönlich noch nicht so klar. --213.54.221.25 22:17, 20. Jul 2005 (CEST)

Abschnitt "Fehleinschätzung durch Fehlinterpretation der Rolle des Moderators"

Warum beim Ziegenproblem der Wechsel vorteilhaft ist, ist mir durchaus klar. Nicht so recht verstehe ich allerdings was der Autor mit diesem Abschnitt sagen will:
Ein typischer Grund für das Finden einer falschen Antwort ist ein falsches Verständnis von der Rolle des Moderators. Es wird oft angenommen, dass dieser irgendeine der anderen beiden Türen öffnet, wobei dann zufällig die Ziege zum Vorschein kommt. Wäre dies so, dann wäre es zunächst tatsächlich egal, ob man wechselt. Dann würde aber auch mit der Wahrscheinlichkeit 1/3 das Auto vom Moderator selbst gezeigt werden, und die anderen beiden Türen hätten dann jeweils eine Wahrscheinlichkeit von Null, wenn sich das Auto zeigt. In diesem Fall ist Wechseln egal. Zeigte sich die Ziege, dann wäre Wechseln wieder besser. (Unter der Voraussetzung der Aufgabe, dass genau ein Auto und zwei Ziegen vorhanden sind.)
Zunächst ist es egal ob man wechselt, später dann doch ein Vorteil? Hä? Das ist doch Blödsinn: Wenn sich hinter dem ZUFÄLLIG geöffneten Tor eine Ziege befindet, dann ist die Chance bei beiden verbleibenden Türen - anders als im normalen Ziegenproblem - gleich gross. Zur Verdeutlichung die möglichen Varianten, das Auto befindet sich hierbei jeweils hinter Tor 3:

• Kandidat wählt Tor 1 - Moderator öffnet Tor 2 - Man gewinnt durch Wechsel
• Kandidat wählt Tor 1 - Moderator öffnet Tor 3 - Man hat auf jeden Fall verloren
• Kandidat wählt Tor 2 - Moderator öffnet Tor 1 - Man gewinnt durch Wechsel
• Kandidat wählt Tor 2 - Moderator öffnet Tor 3 - Man hat auf jeden Fall verloren
• Kandidat wählt Tor 3 - Moderator öffnet Tor 1 - man gewinnt durch Nichtwechsel
• Kandidat wählt Tor 3 - Moderator öffnet Tor 2 - man gewinnt durch Nichtwechsel

Der einzige Grund warum man eventuell wechseln könnte, ist der, daß der Kandidat möglicherweise nicht weiß ob der Moderator zufällig oder gezielt eine Ziegentür öffnete. Das steht aber nicht in dem Text, dort klingt es so als sei die Gewinnchance bei Wechsel grösser. Das ist sie im Fall der ZUFÄLLIGEN Türöffnung aber nicht. --84.133.213.172 13:22, 20. Jul 2005 (CEST)

Das ist in der Tat Blödsinn. Verbesserungsvorschlag? Soll ich den fraglichen Satz einfach löschen?--Gunther 13:27, 20. Jul 2005 (CEST)

mE könnte man auf den größten Teil dieses Abschnitts verzichten. --Mst 13:47, 20. Jul 2005 (CEST)

Textvorschlag:
Ein typischer Grund für das Finden einer falschen Antwort ist ein falsches Verständnis von der Rolle des Moderators. Es wird oft angenommen, dass dieser irgendeine der anderen beiden Türen öffnet, wobei dann zufällig die Ziege zum Vorschein kommt. Wäre dies so, dann wäre es tatsächlich egal, ob man wechselt, da alle Türen die gleiche Gewinnwahrscheinlich haben. Die 1/3-Chance der geöffneten Tür geht nicht auf die andere über, da in 1/3 der Fälle die Autotür geöffnet wird und in diesem Fall ein Wechsel keinen Vor- oder Nachteil brächte. (Falls der Kandidat nicht weiß, ob der Moderator gezielt oder zufällig eine Ziegentür geöfnet hat, ist es natürlich trotzdem sinnvoller zu wechseln und auf eine gezielte Türöffnung zu hoffen).
--84.133.213.172 13:51, 20. Jul 2005 (CEST)

Textvorschlag

Ein typischer Grund für das Finden einer falschen Antwort ist ein falsches Verständnis von der Rolle des Moderators. Es wird oft angenommen, dass dieser zufällig, also gleichwahrscheinlich eine der Türen öffnet, in welchem Fall sich die ursprüngliche Gewinnchance des Kandidaten tatsächlich nicht verändern würde. Tatsächlich aber ist der Moderator in seiner Entscheidung eingeschränkt, er muss laut Regeln die Tür mit dem Auto vermeiden. Im Falle der 2/3-Wahrscheinlichkeit einer Niete des Kandidaten ist er dadurch praktisch gezwungen, die richtige Tür durch Öffnen der verbleibenden Niete zu identifizieren. Die ursprüngliche 2/3 Verlustchance des Kandidaten verwandelt sich durch den Wechsel in eine 2/3 Gewinnchance.

--stefan (?!) 14:18, 20. Jul 2005 (CEST)

Als derjenige, der den Absatz geschrieben hat, möchte ich einfach mal meine Originalversion vorschlagen, die leider mit der Zeit seltsam verhunzt wurde:

Ein typischer Grund für das Finden einer falschen Antwort ist ein falsches Verständnis von der Rolle des Moderators. Es wird oft fälschlicherweise angenommen, dass dieser irgendeine der anderen beiden Türen öffnet, wobei dann zufällig die Ziege zum Vorschein kommt. Wäre dies so, dann wäre es tatsächlich egal, ob man wechselt. Dann würde aber auch mit der Wahrscheinlichkeit 1/3 das Auto vom Moderator selbst gezeigt werden, und die anderen beiden Türen hätten (nach wie vor) die anderen beiden Drittel Wahrscheinlichkeit. Laut Aufgabenstellung muss er aber auf jeden Fall eine Tür öffnen, die nicht das Auto enthält. Würde man die Aufgabe des Türöffnens einem anderen Mitspieler oder einer Maschine geben (mit der Prämisse, das Auto nicht zu offenbaren), wäre der Zusammenhang unter Umständen verständlicher, da man bei ihnen eher als bei einem Moderator akzeptiert, dass sie - durch die Vorgabe des Spiels - gezwungen sind, dem Kandidaten zu helfen. Genau dies aber geschieht in 2/3 der Fälle durch Öffnen der jeweils anderen Tür.

--Abe Lincoln 17:02, 20. Jul 2005 (CEST)

Genau so ist es. --Hutschi 10:57, 21. Jul 2005 (CEST)

Vorschlag:

Ein typischer Grund für das Finden einer falschen Antwort ist ein falsches Verständnis von der Rolle des Moderators. Es wird angenommen, dass durch das Öffnen einer der verbliebenen Türen sich die Chancenverteilung des Spielers bezüglich seiner ersten Wahl verändert. Tatsächlich bleibt sie aber konstant: hinter der verbleibenden Tür steht entweder das Auto (Gewinnaussicht durch Wechsel 100%) oder die Ziege (0%), und zwar jeweils genau dann, wenn der Gewinn schon zuvor hinter einer der beiden Türen stand bzw. nicht stand. Das Verhältnis dieser Wahrscheinlichkeiten ist und bleibt aber 2:1. Der Eingriff des Moderators hat also die selbe Wirkung, als dürfe der Spieler bei einem Wechsel beide anderen Türen öffnen, ohne durch das erstmalige Aufdecken einer Ziege einen Verlust befürchten zu müssen. --213.54.212.126 17:50, 20. Jul 2005 (CEST)

Das ist zwar richtig, aber ganz und gar nicht das, was ich mit dem Abschnitt ausdrücken wollte. Der Moderator öffnet nicht irgendeine Tür, hinter der dann zufällig eine Ziege steht, sondern eben genau eine, hinter der garantiert eine Ziege steht. Das führt zu den meisten Missverständnissen!!! (siehe meinen ursprünglichen Text) --Abe Lincoln 17:55, 20. Jul 2005 (CEST)

Der dort beschriebene Fall wird ja von den Regeln schon explizit ausgeschlossen, von daher aus meiner Sicht überflüssig darauf einzugehen. --213.54.212.126 18:05, 20. Jul 2005 (CEST)

Ich würde übrigens nicht wechseln, wegen der Folgekosten. Eine Ziege kostet keine Steuern und keine Versicherung und ist deutlich genügsamer im Verbrauch. Und am Ende der Nutzungsdauer kann man sie aufessen und braucht nicht fürs Verschrotten zu bezahlen. — Martin Vogel 18:32, 20. Jul 2005 (CEST)

Bist du schon mal mit einer Ziege in Urlaub gefahren? --Fb78 ☼ 00:59, 21. Jul 2005 (CEST)

Romantischer Urlaub zu zweit? --stefan (?!) 01:21, 21. Jul 2005 (CEST)

Wer ist hier der Hauptgewinn und was ist die Niete? — Martin Vogel 02:49, 21. Jul 2005 (CEST)

Literatur

im englischen Artikel ist die Literatur etwas umfangreicher. Ich kopier das mal hierher. vielleicht möchte jemand mit entsprechenden Befugnissen das in den Artikel übernehmen. --141.53.194.251 18:23, 20. Jul 2005 (CEST)

• Bapeswara Rao, V. V. and Rao, M. Bhaskara (1992). "A three-door game show and some of its variants". The Mathematical Scientist 17, no. 2, pp. 89–94
• Bohl, Alan H.; Liberatore, Matthew J.; and Nydick, Robert L. (1995). "A Tale of Two Goats ... and a Car, or The Importance of Assumptions in Problem Solutions". Journal of Recreational Mathematics 1995, pp. 1–9.
• Gardner, Martin (1959). "Mathematical Games" column, Scientific American, October 1959, pp. 180–182.
• Mueser, Peter R. and Granberg, Donald (1999), "The Monty Hall Dilemma Revisited: Understanding the Interaction of Problem Definition and Decision Making" (University of Missouri Working Paper 99-06). http://econwpa.wustl.edu:80/eps/exp/papers/9906/9906001.html (retrieved July 5, 2005).
• Selvin, Steve (1975a). "A problem in probability" (letter to the editor). American Statistician 29(1):67 (February 1975).
• Selvin, Steve (1975b). "On the Monty Hall problem" (letter to the editor). American Statistician 29(3):134 (August 1975).
• Tierney, John (1991). "Behind Monty Hall's Doors: Puzzle, Debate and Answer?", The New York Times July 21, 1991, Sunday, Section 1; Part 1; Page 1; Column 5
• vos Savant, Marilyn (1990). "Ask Marilyn" column, Parade Magazine p. 12 (Feb. 17, 1990). [cited in Bohl et al., 1995]

bitte nicht, mehr muss man dazu wirklich nicht schreiben... --Mst 23:14, 20. Jul 2005 (CEST)

Überarbeitung durch 213.54.*.*

Hier findet sich eine stark gekürzte Fassung, die mMn durchaus bedenkenswert ist. Da es sich bei der vorherigen Fassung jedoch um einen "exzellenten" Artikel handelt, sollte eine derart umfangreiche Änderung hier ausführlich diskutiert werden.--Gunther 22:25, 20. Jul 2005 (CEST)

Zusammenfassung der Änderung: im wesentlichen habe ich den Abschnitt "Fehleinschätzung durch Fehlinterpretation der Rolle des Moderators" und die Erklärung mit Hilfe von Bayes entfernt und die Erklärung überarbeitet (weil auf zu viele Stellen verstreut). --213.54.221.25 00:15, 21. Jul 2005 (CEST)

Wenn Du Deine Änderungen in kleine Teile aufteilst, kann ich den Artikel auch entsperren, und Ihr diskutiert das ganze schrittweise aus. Ok?--Gunther 23:01, 21. Jul 2005 (CEST)

Erster Eindruck: die vorgeschlagene Strukturierung gefällt mir sehr gut, schlüssiger und deutlich übersichtlicher als vorher. Das lässt sich jedoch nur schwerlich schrittweise ausdiskutieren...
Die Details habe ich mir noch nicht so genau angeschaut. --Mst 23:40, 21. Jul 2005 (CEST)

Tja, typisch... auf den revert-Knopf drücken ist ja so einfach, aber hier tut sich seit Tagen nichts. Ich meine, es wäre nur fair, wenn wenigstens die „Reverter“ hier ihre Meinung zur Neufassung der IP abgeben würden. --Mst 23:19, 23. Jul 2005 (CEST)

Wenn Du mich oder einen anderen Admin meinst: Für den Fall, dass der Artikel wieder gesperrt bleiben muss, würde ich gerne möglichst neutral bleiben und mich deshalb nicht zur Artikelgestaltung äußern.--Gunther 23:57, 23. Jul 2005 (CEST)

gerade dich meinte ich nicht, ich finde es gut, dass du den Vorschlag hier zur Diskussion gestellt hast. --Mst 17:20, 24. Jul 2005 (CEST)

Antrag auf Änderung

Kann jemand bitte die ersten beiden Sätze im Abschnitt Fehleinschätzung durch Fehlinterpretation der Rolle des Moderators durch folgenden Text ersetzen:

Ein typischer Grund für das Finden einer falschen Antwort ist ein falsches Verständnis von der Rolle des Moderators. Es wird oft fälschlicherweise angenommen, dass dieser irgendeine der anderen beiden Türen öffnet, wobei dann zufällig die Ziege zum Vorschein kommt. Wäre dies so, dann wäre es tatsächlich egal, ob man wechselt. Dann würde aber auch mit der Wahrscheinlichkeit 1/3 das Auto vom Moderator selbst gezeigt werden. Die anderen beiden Türen hätten (nach wie vor) die anderen beiden Drittel Wahrscheinlichkeit.

Laut Aufgabenstellung muss der Moderator aber auf jeden Fall eine Tür öffnen, die garantiert eine Ziege enthält. Würde man die Aufgabe des Türöffnens einem anderen Mitspieler oder einer Maschine geben (mit der Prämisse, eine Ziege zu offenbaren), wäre der Zusammenhang unter Umständen verständlicher, da man bei ihnen eher als bei einem Moderator akzeptiert, dass sie - durch die Vorgabe des Spiels - gezwungen sind, dem Kandidaten zu helfen. Genau dies aber geschieht in 2/3 der Fälle durch Öffnen der jeweils anderen Tür.

Dies ist eine verbesserte Form meines Originaltextes. Die derzeitige Version ist durch irreführende Einschübe zerstückelt. Danke. --Abe Lincoln 15:57, 21. Jul 2005 (CEST)

mE genügt der erste Absatz. --Mst 16:06, 21. Jul 2005 (CEST)
Erläuterung: war als Kompromissvorschlag zwischen Abe und 213.54.*.* gedacht. Natürlich ist die Problembeschreibung hier eindeutig, es kann aber nicht schaden (und ist leider oft notwendig) diesen Umstand noch einmal zu betonen. Der zweite Abschnitt führt allerdings schon wieder zu weit vom eigentlichen Problem weg (ich muss einfach zu lange darüber grübeln, was mir der Anschnitt sagen will). --Mst 23:01, 21. Jul 2005 (CEST)

Habe den ersten Absatz in den Artikel gestellt.--Gunther 23:00, 21. Jul 2005 (CEST)

Wikipedia:WikiReader/Wissen.ungewöhnlich.

• dieser Artikel soll Bestandteil von Wikipedia:WikiReader/Wissen.ungewöhnlich. werden..--^°^ @

Paradoxon?

Die mathematischen Grundlagen sind seit einer Reihe von Jahren klar, seit längerer Zeit auch in der Wikipedia. Nun ein ganz anderes Problem: Ist es ein Paradoxon?

Ich denke, es ist recht eindeutig ein Paradoxon, was sich auch an der langen Streitliste zeigt. Intuitiv denken viele, es gäbe eine 50:50 Chance.

Die Wikipedia sagt: Das Paradoxon oder das Paradox ([alt]griechisch παράδοξο[ν], von παρα~, para~ - gegen~ und δόξα, dóxa - eigentlich eher der Ruhm, hier im Sinne von die Meinung, Ansicht), auch eine Paradoxie (παραδοξία) genannt, ist ein Widerspruch. Man versteht darunter: ... 3. Scheinbare Widersprüche, die sich erst bei genauerer Analyse auflösen. Das Paradoxe an dieser Art von Paradoxa ist, dass es eigentlich keine sind. Die Analyse scheinbarer Paradoxa, beispielsweise im Rahmen eines Gedankenexperiments, hat schon oft zu wichtigen Erkenntnissen in Wissenschaft, Philosophie und Mathematik geführt.

Hier gibt es den scheinbaren Widerspruch zwischen der intuitiven Lösung vieler und der mathematischen Lösung. Für sehr viele ist die Lösung unerwartet. Andererseits schrieben mir einige, es sei kein Paradoxon. Was ist nun richtig? --Hutschi 14:04, 22. Jul 2005 (CEST)

Nein, es ist eindeutig kein Paradoxon. Eine korrekte Anwendung der grundlegendsten Gesetze der Stochastik führt widerspruchsfrei auf das richtige Ergebnis. Nur weil viele Leute es nicht gleich verstehen, ist es noch lange kein Paradoxon. --Mst 21:43, 22. Jul 2005 (CEST)

ACK.--^°^ @ Kein Paradoxon.--Berlin-Jurist 08:15, 23. Jul 2005 (CEST)

IMHO ist es ein Paradoxon - in den obigen Begriffen ein "scheinbarer(!) Widerspruch". Man sollte nicht von "scheinbaren Paradoxa" reden, das wäre zuviel der Relativierung. Auch in der Wikipedia http://en.wikipedia.org/wiki/Paradox wird das Monty-Hall-Problem locker unter den (mathematisch-statistischen) Paradoxa aufgeführt.

--MichaelP 13:29, 19. Nov 2005 (CET)

nur leider gibt es hier keinen Widerspruch, nur viele Leute, die es halt nicht kapieren. Und dazu gehören offensichtlich auch die Autoren, die in der englischen Wikipedia von einem Paradoxon sprechen. --mst 16:02, 28. Nov 2005 (CET)

... und es ist einfach verdammt schwierig zu "kapieren" :-) Das Paradoxe entsteht offenbar in dem Augenblick, wenn der Spielleiter eine der Ziegentüren öffnet. Wieso ist diese Situation eine andere, als wenn er schon ganz am Anfang diese (genau diese!) Tür geöffnet hätte?

• Spielvariante: Der Spielleiter öffnet eine von drei Türen und ich wähle eine der beiden übrigen (p=1/2)
• Originalspiel: Ich wähle eine von drei möglichen Türpaaren (auf eine etwas komplizierte Art und Weise, indem ich zuerst eine Tür benenne, an der ich gar nicht interesiert bin und mich dann scheinbar "umentscheide") und der Spieleiter öffnet eine Nicht-Gewinn-Tür dieses Paares (p=2/3)

Mein Tipp hier ist, sich gar nicht mt dem Türenöffnen zu beschäftigen :-) In der Spielvariante hätte man die geöffnete Tür ja genauso gut weglassen können und im Originalspiel ist es unerheblich, ob sich der Kandidat vor oder nach dem Türenöffnen (scheinbar) umentscheidet.....

Wir werden also durch das "Setting" systematisch in die Irre geführt...

Jetzt gibt es immer wieder folgendes Argument: "O.k. ich wähle also anfänglich die Tür A, der Spielleiter öffnet die Tür B. Wieso soll ich mich jetzt für C entscheiden? Was unterscheidet C von A? Wie kann es sein, dass der Hauptgewinn doppelt so häufig hinter C wie hinter A steht?" Ja, das kann natürlich nicht sein! Der Hauptgewinn steht allerdings doppelt so häufig hinter B oder C wie hinter A (oder doppelt so häufig hinter A oder B wie hinter C oder doppelt so häufig hinter A oder C wie hinter B).

Im Laufe vieler Spiele werde ich also B oder C wählen. In einem Drittel der Spiele wird hinter B der Hauptgewinn stehen, in einem Drittel hinter C; in einem Drittel der Spiele wäre ich allerdings besser bei A geblieben. Die Enscheidung aber, ob jeweils B oder C zu wählen ist, treffe nicht ich, sondern - zu meinen Gunsten! - der Spielleiter. Das genau macht den Unterschied! --MichaelP 12:57, 4. Dez 2005 (CET)

Nochmal zurück zur eigentlichen Frage, nämlich zum angeblich paradoxen: das Ziegenproblem ist genauso wenig paradox wie irgendein Integral, bei dem die meisten Laien das richtige Ergebnis wohl auch nicht einfach so "erraten" könnten. Der Unterschied ist nur, dass beim Ziegenproblem jeder fest davon überzeugt ist, dass er es sofort intuitiv verstehen können müsste, was natürlich völliger Unsinn ist.

PS. Ich persönlich finde es absolut nicht "verdammt schwierig zu kapieren", es gibt viele verschiedene (richtige) Erklärungen (auch im Artikel), die zum Teil sehr anschaulich sind. (Wobei die Bewertung der "Anschaulichkeit" natürlich eine sehr subjektive Sache ist.) --mst 13:30, 6. Dez 2005 (CET)

Damit akzeptierst Du offenbar nur die kleine Menge der logischen Paradoxien, die man (zur Abgrenzung von den übrigen Paradoxien) auch gerne Antinomien nennt?? --MichaelP 05:07, 7. Dez 2005 (CET)

Nein, ich akzeptiere durchaus auch „Scheinbare Widersprüche, die sich erst bei genauerer Analyse auflösen“. Aber hier gibt es halt keinen scheinbaren Widerspruch. (Nur Leute, die meinen, dass sie das richtige Ergebnis erraten können müssten; aber das funktioniert nun mal auch bei vielen anderen Dingen nicht.) --mst 15:37, 16. Dez 2005 (CET)

Mehrere Türen

Im AbschnittZiegenproblem#Mehrere_T.C3.BCren wird gemutmaßt, dass dieses Problem zur Erklärung des Drei-Türen-Problems dienen sollte, und dass eine Übertragung unzulässig sei. Das sollte rausgenommen werden, und das Problem (bzw. die beiden Probleme, die im Spezialfall 3 gleich sind) sollte für sich erklärt werden. Auch sollte man die Anzahl der Türen durchgängig mit n bezeichnen. --stefan (?!) 14:05, 22. Jul 2005 (CEST)

nicht schon wieder... dies wurde oben ausführlichst diskutiert (Diskussion:Ziegenproblem#n-Türen-Problem). Wenn der Artikel wieder entsperrt ist, versuche ich mich an einer Neuformulierung. --Mst 14:10, 22. Jul 2005 (CEST)

Da sich das mit den Änderungen von 213-54 nicht überschneidet, habe ich den Artikel wieder freigegeben.--Gunther 14:25, 22. Jul 2005 (CEST)

Ich habe den (in der vorliegenden Form ursprünglich von mir stammenden) Abschnitt überarbeitet und dabei versucht, die Anmerkungen von Mst, Gunther und allen anderen einfließen zu lassen. Ich denke, jetzt sind Nutzen und Gefahren der Übertragung auf 100 Türen ausgewogener dargestellt. --Abe Lincoln 18:16, 22. Jul 2005 (CEST)

Lieber Abe, bevor wir jetzt einen Edit-War beginnen, lies dir meine Version bitte noch mal in Ruhe durch (die mE alle relevanten Aspekte kurz und bündig beschreibt). Bedenke:

• der Abschnitt „Die offensichtliche Lösung bei 100 Türen allein kann allerdings nicht verwendet werden...“ ist jetzt nicht mehr zutreffend, da die allgemeine Lösung für n Türen weiter oben steht, diese kann natürlich auch für 3 Türen verwendet werden.
• die 2. Variante der Regeln ist überflüssig, sie ist zwar eine naheliegende Verallgemeinerung, sie hilft aber in keinster Weise beim Verständnis, und nur das zählt hier.

MfG --Mst 23:39, 22. Jul 2005 (CEST)

Ich finde die Version von Mst besser. Mit dem 100-Türen-Beispiel soll meines Verständnisses nach nämlich nicht die Lösung für 3 Türen hergeleitet werden, sondern es soll lediglich erstmal das intuitive Verständnis dafür geschaffen werden, dass eine Nutzung des Vorwissens sinnvoll sein kann, weil durch Beobachtung und Berücksichtigung der Vorgeschichte eine andere Wahrscheinlichkeit gegeben ist als für den nicht informierten Kandidaten, der erst dazukommt, wenn nur noch 2 Türen zur Auswahl stehen. Dementsprechend - wegen dieses geringeren Anspruchs, der mit dem 100-Türen-Beispiel verfolgt werden soll - stellt sich die Frage nach dem Schließen von einem Spezialfall einer Problemklasse auf eine andere nicht mehr.--Berlin-Jurist 07:44, 23. Jul 2005 (CEST)

Wobei die allgemeine Lösung für n Türen natürlich auch auf den Fall n=3 angewandt werden kann. --Mst 09:09, 23. Jul 2005 (CEST)

OK, wenn man die Lösung für n Türen sauber darstellt ist damit selbstverständlich auch der Fall n=3 erläutert. Was ich meinte war, dass man - losgelöst von komplizierten mathematischen Erwägungen - das 100-Türen-Beispiel benutzen kann, um dem Laine die Hintergründe intuitiv verständlich zu machen.

Insofern halte ich einen Trivialabschnitt 100-Türen-Beispiel für Laien für sinnvoll (dort ohne den Anspruch der mathematischen Übertragbarkeit) sowie einen mathematisch streng korrekten Abschnitt, der die Lösung für n Türen darstellt, der muss (und wird) dann nicht für Laien verständlich sein.--Berlin-Jurist 09:17, 23. Jul 2005 (CEST)

Ich finde meine Ausführungen lesenwert und relevant, aber mit dieser Meinung bin ich wohl in der Minderheit... --Abe Lincoln 20:57, 23. Jul 2005 (CEST)

Bilder

Im englischen Artikel, der heute auf der dortigen Hauptseite ist, finden sich einige Bildchen die man wenn gewünscht auch hier nutzen könnte. --Saperaud ☺ 18:34, 23. Jul 2005 (CEST)

Die beiden Grafiken haben das "Auto" nicht hinter der gleichen Tür. Natürlich ändert dies nichts an der Aussage, hat mich aber kurz verwirrt. Ich rege an, für beide Grafiken den gleichen Erfolgsfall zu nutzen. --FMD

"Geh aufs Ganze"

Der Abschnitt "Geh aufs Ganze" bringt keinen Wissensvorteil und verwirrt vielleicht nur, besonders "können auch mehrere Gewinne vorhanden sein". Es sind immer 2 Gewinne zu verteilen! Geh aufs Ganze IST also das Ziegenproblem, allerdings dreht sich hier die Gewinn und Verlustsituation um und es ist in der zweiten Runde nicht sinnvoll zu wechseln, da man die Gewinnchance von 2/3 auf 1/2 verringert. Wesentlich ist hier die Möglichkeit, daß der Moderator Geld zum Wechel anbietet. Wenn er mehr als 16.6% des Wertes hinter dem Tor bietet, kann das die geringere Wahrscheinlichkeit wett machen.

Gruß wollebotzen

Dabei waren auch schon mal drei Gewinne zu verteilen und die Gewinne haben unterschiedlichen Wert. Es soll nur zeigen, dass das, obwohl es wie das Ziegenproblem aussieht, nur ähnlich ist. Ich habe es allerdings vor vielen jahren gesehen und nur wenige Sendungen. (Hauptsächlich wegen des Ziegenproblems.) Wenn es genau zwei Gewinne sind und immer ein Gewinn geöffnet wird, ergibt sich natürlich eine Lösung analog zum Ziegenproblem. Gruß Bernd --Hutschi 16:13, 22. Aug 2005 (CEST)

Echt? Da gab es auch mal 3 Gewinne? Kann man das mal prüfen? http://de.wikipedia.org/wiki/Geh_aufs_Ganze gibt keine Auskunft. Ich hätte ich mich übrigens geärgert, wenn ich da mitgespielt hätte. Der große Plüsch-Zonk war doch ein Prima Trostpreis.- wollebotzen

Es war meist eine Wahl zwischen drei Gewinnen und einer Niete (Zonk). Die Gewinne waren unterschiedlich. Ein Gewinn (Geld) wurde aufgedeckt und erhöht. Die beiden anderen Gewinne standen hinter Türen. Ich habe es aber nur recht selten gesehen. Jedenfalls ist das Optimum anders als beim Ziegenproblem. Gegebenenfalls kann man natürlich den Zonk auch als Gewinn betrachten. Ob es in Ausnahmefällen auch drei Gewinne hinter den Türen gab, danach könnte man vielleicht den Moderator fragen. Die Wahrscheinlichkeit beim Wechsel beträgt aber nicht 1/2. --Hutschi 11:09, 13. Sep 2005 (CEST)

Wenn ich mich recht erinnere, waren bei "Geh aufs Ganze" im "Finale" hinter den Toren jeweils ein Auto, ein kleinerer Preis (ich glaube meist eine Reise) und ein "Zonk" (Niete). Ich unterstelle mal, daß das Spiel folgenden Ablauf nahm: Nach der ersten Auswahl des Kandidaten wurde zufällig eines der beiden anderen Tore geöffnet, also möglicherweise auch das mit dem Auto. In diesem Fall müßte doch die Gewinnchance für das Auto, egal ob Wechselstrategie oder nicht, bei 1/3 liegen und die Gesamt-Gewinnchance bei 2/3. --Stonecutter 18:24, 24. Jan 2006 (CET)

"Wandernde" Wahrscheinlichkeit

Interessant bei der "1/3 <-> 2/3 - Erklärung" finde ich die Vermutung, dass die Wahrscheinlichkeit, die hinter der Tür steckte, die der Moderator öffnet (1/3) nach dem Öffnen auf magische Weise auf die nicht geöffnete Tür herüberwandert, die vom Kandidaten nicht gewählt wurde. Diese Tür hatte am Anfang die gleiche Wahrscheinlichkeit, dass sich das Auto dahinter verbirgt (1/3).

Wir hatten also zu beginn die Verteilung 1/3 1/3 1/3.

Nach dem Öffnen 1/3 2/3 0 ????? -> Falsch! Nach dem Öffnen 1/3 1/3 0 ????? -> schon besser, aber richtigerweise verteilt sich das Drittel der geöffneten Tür auf die beiden noch geschlossenen Türen zu gleichen Teilen, d.h. (1/3+1/6) (1/3+1/6) 0 oder auch 1/2 1/2 0 !!!

Die Chance ist also tatsächlich 50/50

L.G.

Nein. Am Anfang, wenn der Kandidat eine der drei Türen auswählt, besteht seine Chance, die richtige zu finden bei 1/3. Nachdem der Moderator die erste falsche Tür geöffnet hat, ist die Chance des Kandidaten, dass er von Anfang an die richtige Tür ausgewählt hat IMMERNOCH bei 1/3 (da er diese Türe ja zu dem Zeitpunkt auswählte als es noch drei Möglichkeiten gab), folglich liegt die Wahrscheinlichkeit, dass er am Anfang falsch lag und hinter der anderen noch verbliebenen Türe, der Jackpot ist, bei 2/3. MfG --sd5 10:05, 13. Sep 2005 (CEST)

Wandernde Wahrscheinlichkeiten??? Dieses Bild ist leider völlig falsch, igitt, ganz schnell wieder vergessen. Die Wahrscheinlichkeiten sind von vornherein festgelegt, da wandert überhaupt nichts. --mst 10:47, 13. Sep 2005 (CEST)

Erklärung mit Erwartungswerten

Ich habe mir Unterschiede zwischen den beiden Strategien mit einer Berechnung über Erwartungswerte - wie vermutlich andere auch schon - klargemacht, die ich hier zur Diskussion stellen möchte:

Schritt 1 (Festlegungen): Es sind 3 Türen gegeben, die durch Buchstaben unterschieden werden: A, B, C. Jedes Elementarereignis "Der Kandidat wählt zu Anfang die Tür U" ist dabei umkehrbar eindeutig mit dem jeweiligen Buchstaben U (U= A, B, C) verbunden. Der bei der gesamten Betrachtung zu Grunde gelegte Wahrscheinlichkeitsraum hat damit als Trägermenge die Menge R:= {A, B, C}. Dabei ist die zu Grunde gelegte Wahrscheinlichkeitsverteilung auf diesem Wahrscheinlichkeitsraum die Laplacesche. Denn mangels weiterer Informationen sind alle drei Türen von Anfang an als gleichwahrscheinlich gewählt zu betrachten; d. h. es ist

• P(A) = 1/3
• P(B) = 1/3
• P(C) = 1/3

Dann wollen wir noch annehmen, dass der Gewinn in Höhe 1 (= 1 Auto) sich hinter der Tür A befindet. Hinsichtlich des Vorgehens des Moderators gehen wir von folgender Regel aus:

• Wählt der Kandidat zuerst Tür A oder B, so öffnet der Moderator Tür C.
• Wählt der Kandidat zuerst Tür C, öffnet der Moderator Tür B.

(Jedenfalls öffnet der Moderator nie die Tür A mit dem Auto. Vertauscht der Moderator die Rollen von B und C, so kann man das durch Umbenennung der Türen wieder einfangen, d. h. auf die obigen Festlegungen zurückführen.)

Schritt 2 (Fassung der beiden Strategien mit Abbildungen): Strategie 1 (Zu Anfang gewählte Tür beibehalten): Damit ist die Abbildung T_1 : R -> R verbunden, welche wie folgt definiert ist:

• T_1 (A) = A
• T_1 (B) = B
• T_1 (C) = C

Also die identische Abbildung.

Strategie 2 (Zu Anfang gewählte Tür nicht beibehalten, also die dritte verbleibende Tür wählen): Damit ist die Abbildung T_2 : R -> R verbunden, welche wie folgt definiert ist:

• T_2 (A) = B
• T_2 (B) = A
• T_2 (C) = A

Weiter haben wir noch die reellwertige Gewinnfunktion G mit

• G (A) = 1
• G (B) = 0
• G (C) = 0

Schritt 3 (Berechnung): Auszuwerten sind nun die Erwartungswerte der beiden Zufallsvariablen

• X_1 := G ° T_1
• X_2 := G ° T_2

1. Es ist E(X_1) = 0 * P(X_1 = 0) + 1 * P(X_1 = 1) = 1/3, denn: X_1 (U) = 1 <=> G (T_1 (U)) = 1 <=> T_1 (U) = A<=> U = A, damit P(X_1 = 1) = 1/3.

2. Es ist E(X_2) = 0 * P(X_2 = 0) + 1 * P(X_2 = 1) = 2/3, denn: X_2 (U) = 1 <=> G (T_2 (U)) = 1 <=> T_2 (U) = A<=> U = B oder U = C, also P(X_2 = 1)=1/3 + 1/3 = 2/3.

Schritt 4 (Schlussfolgerung): Der im Mittel zu erwartende Gewinn ist bei Strategie 1 gleich E(X_1) = 1/3, bei Strategie 2 gleich E(X_2) = 2/3. Folglich ist Strategie 2 die bessere.--195.158.131.10 03:35, 18. Sep 2005 (CEST)

Ansatz über Negierung/Tausch der Situation

Man stelle sich vor, man kann nur einmal wählen und der Moderator öffnet nicht das Tor mit der Ziege, sondern guckt nur schlau. Dann ist wohl klar, dass die Verlustquote bei 2/3 liegt, da es zwei Ziegen und einen Gewinn (Auto) gibt. Wenn man in diesem System nun eine Gewinnquote von 2/3 haben möchte, muss man die Elemente des Systems negieren. Man definiert also die Ziegen als Gewinn und das Auto als Niete. Immer wenn ein Kandidat mit seiner ersten Entscheidung eine der zwei Ziegen auswählt, gilt er als Gewinner. Wählt er jedoch das Auto aus, gilt er als Verlierer. Das System aber ist nett und sagt: "Eine Ziege ist kein Gewinn. Wer die Ziege wählt, soll das Auto bekommen! Wer aber das Auto wählt, ist in unserem System ja ein Verlierer und soll sich gefälligst mit einer Ziege begnügen! Das ist die Regel!" Was muss das System nun tun, um die Gewinne sicher auszutauschen?

Als erstes muss es die Entscheidung des Kandidaten auf jeden Fall negieren, denn egal wie er auch gewählt hat, er soll das bekommen, was er nicht gewählt hat. Er muss also immer ein anderes Tor auswählen als das, was er gewählt hat. Hat er in der ersten Wahl das Auto gewählt, spielt es für das System keine Rolle, welches der beiden anderen Tore er auswählt. Da das Ziel ist, ihm eine Ziege auszuhändigen und sich hinter jedem der zwei Tore eine Ziege befindet, wird das Ergebnis Ziege in jeden Fall erreicht. Hat der Kandidat aber in der ersten Wahl eine Ziege gewählt, ist er also ein Gewinner und hat damit Anspruch auf das Auto, muss das System sicherstellen, das er nur das Tor mit dem Auto auswählen kann. Zu diesem Zweck zeigt das System dem Kandidaten einfach das andere Tor mit der Ziege, so dass nur das Tor mit dem Auto übrig bleibt und der Kandidat auf jedem Fall mit dem Auto nach Hause fahren kann.

Jan Stephan Grün

??? --mst 15:24, 7. Okt 2005 (CEST)

Drei-Kasten-Problem

Martin-vogel hat die Wahrscheinlichkeit in dem von Lothar.S Abschnitt zum ähnlichen Drei-Kasten-Problem von 2/3 auf 1/2 geändert. Als ich den Abschnitt zum ersten Mal las, wollte ich dies auch tun. Aber nach gründlichem Überlegen denke ich auch, dass 2/3 richtig ist.

• Die Wahrscheinlichkeit, dass man den Kasten mit den beiden Goldmünzen wählt, beträgt 1/3.
• Die Wahrscheinlichkeit, dass man den Kasten mit den beiden Silbermünzen wählt, beträgt 1/3.
• Die Wahrscheinlichkeit, dass man den Kasten mit den beiden unterschiedlichen Münzen wählt, beträgt 1/3.
• Die Wahrscheinlichkeit, dass man den Kasten mit den beiden unterschiedlichen Münzen wählt und genau die Schublade mit der Goldmünze öffnet, beträgt nur 1/6.
• Die Wahrscheinlichkeit, dass man einen Kasten wählt und dort eine Schublade und dort dann eine Goldmünze findet, beträgt 1/2. Diese Wahrscheinlichkeit setzt sich zusammen aus 1/3 Goldmünzenkasten und 1/6 gemischter Kasten. Die Wahrscheinlichkeit, den Goldmünzenkasten erwischt zu haben, ist also doppelt so hoch, sie beträgt 2/3 (der verbleibenden Optionen).

Auch hier versagt offenbar die menschliche Intuition. Man kann wohl froh sein, dass sich solche theoretischen Probleme in der alltäglichen Realität praktisch nie stellen.

Sehr salopp gesagt muss man das Glück mit einberechnen, das man haben muss, um beim gemischten Kasten ausgerechnet die Schublade mit der Goldmünze zu öffnen (50-50).

Bei einem Spiel, bei der man die Wahl hat die andere Schublade zu öffnen oder nicht, und bei dem man im Falle des Öffnens die andere Münze bekommt, wenn es auch eine Goldmünze ist, ansonsten aber die bereits gefundene abgeben muss, würde sich das Öffnen langfristig also lohnen. Mit Öffnen bekommt man im Schnitt bei jedem dritten Versuch zwei Münzen (2/3 Münzen pro Versuch), ohne Öffnen bei jedem zweiten Versuch eine Münze (1/2 Münze pro Versuch).

Es stellt sich die Frage, ob man eine Begründung in den Artikel einfügt. Falls ja, bläht es den Artikel auf, falls nein, wird möglicherweise ständig jemand die Wahrscheinlichkeit ändern. Eine dritte Alternative wäre ein eigener Artikel. Dann wird Wikipedia aber langsam zum Lehrbuch.

--Abe Lincoln 11:55, 22. Okt 2005 (CEST)

Ich habe nochmal nachgedacht. Wenn man irgeneine Schublade öffnet und eine Goldmünze findet, dann hat man mit 2/3 Wahrscheinlichkeit eine aus dem 2-Münzen-Kasten gefunden. 2/3 stimmt also. Verblüffend. -- Martin Vogel قهوة؟‎ 15:00, 22. Okt 2005 (CEST)

Hmm.. Es gibt 3 Schubladen mit einer Goldmünze, eine dieser Schubladen befindet sich im "Mischkasten" und zwei im "Doppelgoldkasten". Eigentlich muss man da nix mehr weiter erläutern... --MichaelP 23:47, 8. Dez 2005 (CET)

Drei-Gefangenen-Problem aus Hauptartikel

Aus Hauptartikel:

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Drei-Gefangenen-Problem

Drei Gefangene sitzen in der Todeszelle. Sie wissen, dass genau einer von ihnen am nächsten Tag hingerichtet werden wird. Gefangener A bittet den Gefängniswärter ihm von den anderen Gefangenen B und C einen zu nennen, der nicht hingerichtet wird, und erhält zur Antwort, dass der Gefangene B überleben wird.

Nun kann er mit einer Wahrscheinlichkeit von 2/3 davon ausgehen, dass der Gefangene C hingerichtet wird.

??? --> Gleichzeitig kann Gefangener C den Wärter auch fragen und er erhält auch die Antowrt, dass der Gefangene B überleben wird. Kann er jetz auch mit einer Wahrscheinlichkeit von 2/3 davon ausgehn, dass der Gefangene A hingerichtet wird?

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Wurde gerade von IP bearbeitet und der ???-Teil hinzugefügt. Erscheint mir gesamt unlogisch. --silP ^D 21:32, 15. Nov 2005 (CET)

Um die ???-Frage zu beantworten: Wenn C nichts von der Antwort weiß, die A erhalten hat, kann er auch mit 2/3 Wahrscheinlichkeit davon ausgehen, dass er überleben wird. -- Martin Vogel ^{قهوة؟‎} 22:41, 15. Nov 2005 (CET)

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Was bitte soll das Gefangenenproblem hier bei den Ziegen? Das sind spieltheoretisch völlig verschiedene Auszahlungsmatrizen! Hat da jemand die Zahl "2/3" zum Anlass genommen, eine Ähnlichkeit zu vermuten? --MichaelP 12:30, 4. Dez 2005 (CET)

Wo ist hier überhaupt ein Spiel? Thematisch scheint mir das schon zu passen, es geht schließlich auch im Ziegenproblem darum, dass unterschiedliches Wissen zu unterschiedlichen Wahrscheinlichkeiten führen kann.--Gunther 12:39, 4. Dez 2005 (CET)

O.K. ich habe nicht richtig gelesen -sorry! Das obige Gefangenenzsenario ist allerdings etwas konfus. Zu erst mal: Wieso 2/3? Natürlich können A und C nur mit p=1/2 davon ausgehen, dass sie überleben werden!! Das ist auch vernünftig, denn wenn sie vorher noch hoffen konnten, dass ihnen nur mit 1/3 der Tod bevorsteht, ist diese Wahrscheinichkeit nach "Elimination" eines potentiellen Opfers nun gewachsen...

Die Auszahlungsmatrix für das Ziegenspiel sieht so aus:

	Gewinn hinter A	Gewinn hinter B	Gewinn hinter C
Wähle A	1	0	0
Wähle A und wechsele	0	1	1
Wähle B	0	1	0
Wähle B und wechsele	1	0	1
Wähle C	0	0	1
Wähle C und wechsele	1	1	0

Man sieht hier deutlich, dass eine gemischte (1/3, 1/3, 1/3) Strategie über die "Wechselmöglichketen" optimal ist.

--MichaelP 13:59, 4. Dez 2005 (CET)

Das obige Gefangenenproblem ist genau dasselbe wie das Ziegenproblem, und sowohl A als auch C können mit Wahrscheinlichkeit 2/3 davon ausgehen, dass der andere hingerichtet wird. Kompliziert wird es erst, wenn sie ihr Wissen austauschen: Dann muss man sehr vorsichtig sein, wie man formuliert: Wenn man weiß, dass A und C ihr Wissen austauschen und beide B gesagt bekommen haben, ist die Lage natürlich symmetrisch. Das entspricht im Ziegenproblem in etwa der Situation, dass man nur Fälle betrachtet, in denen der Kandidat die erste Tür wählt und der Moderator die zweite (und nicht irgendeine der anderen beiden, abhängig von seinem Wissen) öffnet.--Gunther 14:20, 4. Dez 2005 (CET)

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Bitte was??? In der oben geschilderten Form handelt es sich um ein Szenario, in dem 3 Personen vor drei Türen stehen, hinter deren einer der Henker lauert. A (und eventuell auch C) bekommen jetzt die verbindliche Information, dass der Henker nicht hinter B steckt (bzw der Wächter macht die Tür B auf). A (und C auch) wissen jetzt, dass sie mit p=1/2 dran sind... Die Wahrscheinlichkeit, selbst gehenkt zu werden, muss zunehmen, wenn "nicht-zu-Hängende" bezeichnet werden!

Betrachten wir das Ganze statistisch (also 100 Fälle), dann wird - wenn der Wärter immer B schont - 50 mal A und 50 mal C gehenkt, wie erwartet!

Dies ist genau eine schöne Darstellung des "Anti-Ziegen-Problems"; mir scheint die Verwechselung jetzt auf den Kopf gestellt worden zu sein :-))

In der Tat ist dies auch kein "Spiel", da die (Todes-)Kandidaten keinerlei Entscheidungen treffen. Vielleicht meint ihr aber doch ein anderes Szenario? --MichaelP 16:45, 4. Dez 2005 (CET)

Es kommt (wie immer) sehr genau auf den Ablauf des Szenarios an. So wie ich es verstehe, öffnet der Wärter eben nicht irgendeine Tür, sondern auf As Frage hin kommen nur B und C in Frage, und zwar genau mit der Wahrscheinlichkeitsverteilung des Ziegenproblems. Wenn der Wärter immer B aufmacht und wir nur die Fälle betrachten, in denen B freikommt, sieht die Sache natürlich anders aus. Es ist genau dasselbe wie beim Ziegenproblem.--Gunther 17:01, 4. Dez 2005 (CET)

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Verwirrend ist es allemal...

Richtig ist, dass innerhalb von 33 Gefangenengenerationen jeweils 11 Gefangene aus Zelle "A", "B" und "C" gehenkt werden. Ein Gefangener hat damit im Mittel eine Chance von 2/3, mit dem Leben davonzukommen. Das ist unabhängig davon, was man ihm mitteilt oder was er sich selbst überlegt.

Ursprünglich hat sich A also eine 2/3-Chance ausgerechnet. Was hat er jetzt gelernt wenn er erfährt, dass B auf jeden Fall "davonkommt"? Dass es wenigstens einer - B oder C - sein musste, war ja klar! Er hat auf sich bezogen also offenbar GAR NICHTS gelernt. Er müsste seine Chance, ebenfalls davonzukommen, also weiterhin mit 2/3 einstufen; mit der gleichen Wahrscheinlichkeit prognostiziert er somit den Tod von C. Und umgekehrt!

Logisch geht das natürlich nicht!

Aber A hat durch die Auskunft des Wärters natürlich doch etwas gelernt, nämlich dass es nicht B ist, der gehenkt wird. Diese Auskunft kann der Wärter nicht geben, falls B eben derjenige ist, welcher. Nehmen wir mal der Einfachheit wegen eine durchsichtige Strategie des Wächters an: Er sagt immer "B" wenn möglich und "C", wenn "B" sterben muss (was in 1/3 der Fall ist) Für A bedeutet das: In 1/3 werde ich nicht gehenkt und in 2/3 der Fälle nur mit der Wahrscheinlichkeit p so dass 2/3 = 1/3 + 2/3*p => p = 1/2.

Das hätten wir erwartet: Wenn dieser Wärter "B" sagt, dann ist "A"s Chance 50%, wenn er "C" sagt 100% und wenn man ihn gar nicht befragt 66,6%

Das sind interessante Verwirrungen, aber ich sehe weiterhin nicht, was das mit dem Ziegenproblem zu tun hat. Beim Ziegenproblem geben wir dem Kandidaten eine Strategie an die Hand, mit der er - Gleichverteilung des Gewinns hiner allen Türen vorausgesetzt - seine Gewinnmöglichkeit erhöhen kann, indem er zwei Türen statt einer wählen darf, da er gewinnt, wenn hinter einer dieser beiden Türen der Gewinn steckt. Eine Informationsübertragung findet hierbei nicht statt. --MichaelP 20:22, 4. Dez 2005 (CET)

Es ist genau dasselbe wie das Ziegenproblem, wenn man dem Kandidaten keinen Wechsel erlaubt (oder der Kandidat die Strategie verfolgt, bei der einmal gewählten Tür zu bleiben).

Die von Dir angegebene Strategie des Wächters ändert die Lage vollkommen: Bei der komplementären Strategie (sage C wenn möglich, sonst B) ist es sogar so, dass A sich sicher sein kann freizukommen, wenn der Wächter B sagt.--Gunther 20:49, 4. Dez 2005 (CET)

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Sagen wir mal so: Die Ausgangslage hat insoweit Ähnlichkeit mit dem Ziegenproblem als dass es drei Möglichkeiten gibt: Der Hauptgewinn (naja..) steht hinter Tür A, B oder C. Wir haben uns mangels besseren Wissens für "A" entschieden. Mit p=1/3 werden wir deshalb den Hauptgewinn ziehen bzw. aufgehängt werden.

Jetzt wird "offenbart", dass "B" (oder auch "C") eine neutrale Tür ist

Soweit so gut.

Jetzt improvisieren wir mal: Der Wärter bietet uns an, gegen eine nicht unerhebliche Gebühr einen "Identifikationswechsel" vorzunehmen und uns in die Zelle "C" einzuschleusen. Sollen wir das tun?

Aus der Auflösung des Ziegenproblems wissen wir, dass wir das auf keinen Fall machen dürfen, nicht für Geld und nicht für gute Worte!

Insoweit stimme ich inzwischen mit Dir überein, dass es sich hier um eine "Art" Ziegenproblem handelt :-)

Neu ist jetzt die scheinbare symmetrisierte Betrachtungsweise von "C"s Standpunkt.... Im Ziegenszenario würde man einen weiteren Teilnehmer auf die Bühne holen, vor die Tür "C" (oder "B"!) stellen und ihm ebenfalls die "Wechselfrage" stellen. Warum sollte er wechseln wollen, wenn es doch "A" auch nicht will? Nun, die Sache ist eben nicht symmetrisch! Statistisch betrachten wir eine längere Folge von Spielen und in der Hälfte dieser Spiele wird es sich um die Tür "C" und in der anderen Hälfte der Fälle um die Tür "B" handeln (bzw. je nach der vom Spielleiter/Wärter verfolgten Strategie) "A" wird sich selbstverständlich weigern, einen ungüstigen "Switch" durchzuführen, der neue Kandidat, der ja vor die *ungüstige* Tür geführt wurde, würde es vorziehen. Der kleine Unterschied liegt einfach daran, dass "C" oder "B" nur in ihren ungüstigen Konstallationen befragt werden. In ihren günstigen Fällen kommen sie frei, ohne dass sie in das Spiel einbezogen werden. Die von mir oben angegebene Formel (bei einer Extrem-Strategie des Wächters - aber irgendeiner Strategie muss der ja folgen..) gibt hierfür den Wert 1/3 + 2/3*1/2 = 2/3 (im Mittel).

Jetzt versuche ich es noch mal anders: (1) "A" ist immer beteiligt (2) Der Spielleiter/Wärter identifiziert jetzt den oder wählt einen der beiden nicht zu hängenden anderen Gefangenen, sagen wir mal "B" (3) Er informiert jetzt A und C, dass "B" nicht gehängt wird.

Dieses Szenario ist nicht symmetrisch. Denn "C" muss sich jetzt folgendes überlegen: Wenn ich nicht gehängt würde, dann hätte der Wärter ja auch mich selektieren können und A und B entsprechend informieren können. Warum hat er das nicht gemacht? Liegt es vielleicht daran, dass ich es bin, der gehängt wird? A ist aber frei von solchen Übrlegungen! --MichaelP 00:24, 5. Dez 2005 (CET)

Beziehst Du Dich mit Deinen Erläuterungen zur Symmetrie auf meine Beitrag von 14:20, 4. Dez 2005? Da dachte ich an etwa folgendes Szenario:

Jeder der drei fragt den Wärter separat, und die beiden, denen derselbe (also dann der dritte) genannt wurde, treffen sich und tauschen ihre Information aus. Beide glaubten sich vorher mit 2/3 im Vorteil gegenüber dem anderen. Nun aber müssen sie erkennen, dass es egal ist (aus Symmetriegründen).--Gunther 00:44, 5. Dez 2005 (CET)

Einerseits scheint das nun noch eine andere Geschichte zu sein, andererseits läuft es doch wieder aufs Alte hinaus... Auf jeden Fall ist es jetzt symmetrisch: A ist nicht mehr in irgendeiner Weise ausgezeichnet. Aber wie sollen die beiden Kommunizierenden erfahren, dass genau sie es sind, die sich auszutauschen haben? In der Tat haben sie sich ja auch gar nichts zu sagen, außer: "Hallo, ich bin A" - "Hallo, ich bin B und der Wärter hat uns beiden offenbar C genannt". Das ist äquivalent damit, dass der Wärter gleich zu A sagt: "C - und das werde ich auch B sagen". Hierdurch sinkt der Mut von A (und von B) ganz beträchtlich, denn nun fällt die Situation fort, dass der Wärter zu B "A" hätte gesagt haben können. Was soll der Wärter aber zu C sagen: "Ich nenne Dir mal A, aber das kann ich sonst keinem der beiden anderen sagen!"?? Dann weiß C natürlich sofort, dass er nicht gehenkt wird (p=1)! Das sollte in 1/3 aller Fälle geschehen (müssen). In zwei Dritteln der Fälle erfährt er, dass jemand anders die gleiche Information bekommen hat, und er schließt - wie Du ganz richtig sagst -: p=1/2. Im Mittel also 1/3 * 1 + 2/3 * 1/2 = 2/3 Q.E.D.

Was sich die einzelnen Gefangenen also "zurechtlegen" hängt von der Informationspolitik des Wärters ab. Sie werden unabhängig davon immer in einem Drittel aller Fälle gehenkt! Die "Wahrscheinlichkeit" dafür, in einem besonderen Fall gehenkt zu werden ist eine einigermaßen sinnlose Größe, nur in ihren Extremen 0 (ich weiß, dass ich gehenkt werde) oder 1 (ich werde nicht gehenkt) hat sie einen Wert. Das "Los" wird ja nicht geworfen, nachdem der Wärter sein Information verbreitet hat, sondern vorher! --MichaelP 22:07, 5. Dez 2005 (CET)

Eben die Information, dass noch jemand anderem derselbe genannt wurde, ändert etwas an den Wahrscheinlichkeiten. Unter diesen Gefangenen kommt nur noch die Hälfte frei. Diese Wahrscheinlichkeit 1/2 ist eine sinnvolle Größe.--Gunther 22:20, 5. Dez 2005 (CET)

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Vielleicht verwenden wir ja nur einige Begriffe etwas verschiedenen, denn ich schreibe hier seit Tagen das Gleiche und Du auch :-)) Welche Information wie auch immer ausgetauscht wird kann nichts daran ändern, dass jeder der Gefangenen in 1/3 aller Fälle gehenkt wird. Punkt. Was sich jeder der Gefangen "denkt" ist erst recht wurscht, weil das Opfer schon vorher bezeichnet wurde. Aber den Todesengel über seinem Kopf kann nur der Wärter sehen. Der Wärter könnte jetzt zu A sagen: "Du wirst morgen gehenkt!" oder "Du wirst morgen nicht gehenkt!" Dann weiß A bescheid (keine Unsicherheit = alle Zweifen ausgeräumt). Wenn der Wärter jetzt sagt: "B wird nicht gehenkt" - und das kann er ganz laut und offiziell sagen (dass B dann deutlich aufatmet, ist unerheblich) - dann haben wir herausgearbeitet, dass dies für "A" keine "Information" darstellt, weil er vorher schon wusste, dass wenigstens einer der beiden B oder C frei kommt.

Wir können jetzt - endlich! - ein Spiel daraus machen: A kann eine (Risiko-)Lebensversicherung abschließen, natürlich mit einer hohen Prämie - wegen des Risikos:-)) Welche Prämie sollte er akzeptieren? 33% des Auszahlungsbetrags an seine Erben? Oder 50% des Auzahlungsbetrags? Man kann die Versicherungsgesellschaft fragen, und die wird antworten, dass sie sich bei 33% + Spesen schon gut steht. Natürlich nur, wenn jeder Gefangene aus der Zelle A diese Versicherung abschließt....

Verwirrend (also das Paradoxe..) daran ist, dass A offenbar genauso häufig gehenkt wird wie jeder der anderen. Ohne weitere Information ist diese Verteilung (1/3, 1/3, 1/3), bei vollständiger Information - in jedem Spieldurchgang natürlich wechselnd - (0,0,1). Es hängt jetzt alles von der Strategie des Wärters ab: Sagt er NIEMALS "A wird nicht gehenkt", dann kann A von einer Verteilung (1/3,0,2/3) (bzw.(1/3,2/3,0))ausgehen. Sagt der Wärter dies im Prinzip aber doch (und dann in einem Drittel der Fälle) dann weiß A in diesem Drittel der Fälle (0,1/2,1/2), in dem (vermutlich) Drittel der Fälle in denen der Wärter "B" sagt (1/2,0,1/2) und bei "C" (1/2,1/2,0). Der Grund für diesen Unterschied besteht darin, dass im 2. Fall die Ausage "B" (oder "C") des Wärters für A eine wichtige Information enthält: Er hat nicht "A" gesagt (hätte es aber können) und hiermit 1/3 aller möglichen Fälle ausgeschlossen!

Noch mal anders: Es geht darum, möglichst häufig die Position der "1" zu raten! An einer Position kann sie nach Aussage des Wärters schon mal nicht sein! Ist der "Schwarze Peter" also nun bei mir oder bei dir? Und das hängt davon ab, wie häufig ich bei diesem Ratespiel beteiligt bin! Bin ich immer beteiligt ("Fall 1") dann ist die "1" in einem Drittel der Fälle bei mir. Bin ich nur in 2/3 der Spiele beteiligt - weil ich in einem Drittel nicht gehenkt werde, also eine "0" habe - ("Fall 2"), dann ist jetzt die "1" in der Hälfte dieser Fälle (1/2*2/3 =1/2) bei mir - und vice versa.... Das hat nichts damit zu tun, ob ich mit jemanden darüber rede oder nicht....

Ob das von Dir konstruierte Szenario ein "Fall 1" oder ein "Fall 2" ist, bleibt unklar... Vermutlich willst Du auf en Fall 2 hinaus, eines unparteischen Wächters mit einem Zufallsgenerator in der Tasche... Einer der Unterschiede zum Ziegenproblem besteht z.B. darin, dass der Wärter die Gefangenen durch seine ihnen unbekannte Strategie "quälen" kann. Am Ausgang kann er jedoch nichts ändern... --MichaelP 05:30, 7. Dez 2005 (CET)

Wie schon oben im ursprünglichen Problem steht: "Gefangener A bittet den Gefängniswärter ihm von den anderen Gefangenen B und C einen zu nennen […]" Der Wärter nennt also niemals A. Und ja, ich nehme einen unparteiischen Wärter an, der die Antwort zufällig auswählt, wenn er die Wahl hat.

Deine Aussage

"Welche Information wie auch immer ausgetauscht wird kann nichts daran ändern, dass jeder der Gefangenen in 1/3 aller Fälle gehenkt wird. Punkt."

geht irgendwo am Wesentlichen vorbei, denn der einzelne Gefangene nimmt eben nur an einem Spiel teil, und davon ausgehend muss er die richtige Vergleichsgruppe wählen.

Aus der Perspektive von A: Zunächst weiß er: Ich bin ein Gefangener, und 2/3 der Gefangenen kommen im langjährigen Mittel frei. Nach der Antwort weiß er: Ich bin ein Gefangener, dem der Wärter B genannt hat, und 2/3 dieser Gefangenen kommt frei. Wird ihm jetzt gesagt, dass der Wärter dem C ebenfalls den B genannt hat, dann weiß er: Ich bin ein Gefangener, dem der Wärter den B genannt hat, genau wie dem C, und von diesen Gefangenen kommt nur die Hälfte frei. Innerhalb der neuen Vergleichsgruppe ist die Wahrscheinlichkeit freizukommen eine andere.--Gunther 12:01, 7. Dez 2005 (CET)

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Ich habe das Gefühl, wir nähern uns langsam an :-) Aber mir scheint, Du bist jetzt dem gleichen Denkfehler aufgesessen, wie ich neulich (s.o.) auch.....

(1) Betrachte unter den von Dir gemachten Annahmen mehrere Spiele: Der Wärter wird entweder dem A und dem B C nennen, oder dem A und dem C B; als "Unparteiischer" mit gleicher Häufigkeit. A kann daraus nicht jedesmal schließen, dass er mit p=1/2 gehenkt wird, weil dies ja nur mit p=1/3 geschehen wird!! Wir können das nun "Paradoxon" nennen oder den Fehler in der Argumentation finden :-))

(2) Ich argumentiere (nach einigen Tagen Diskussion mit Dir) jetzt folgendermaßen: A weiß, dass der Wärter einen "Bias" hat; als ganz Unparteiischer müsste er in einem Drittel der Fälle ja auch dem A andeuten, er kommt frei (was aber "verboten" ist). A muss dies berücksichtigen und überlegt: "In 1/3 der Fälle komme ich frei, obwohl der Wärter für mich irrelevante Dinge wie "B" oder "C" sagt; in 2/3 der Fälle muss ich mir allerdings das Risiko mit dem nicht vom Wärter genannten Gefangenen "teilen"; ergo: p(frei) = 1/3 + 2/3*1/2" Immer dieselbe Formel... --MichaelP 21:56, 8. Dez 2005 (CET)

Ich habe das Gefühl, Du argumentierst immer noch so, als betrachteten wir alle Gefangenen. Ich betrachte nur diejenigen Gefangenen, denen derselbe genannt wird wie einem der anderen beiden. Damit schließe ich nur Gefangene aus, die freikommen. Damit muss die Wahrscheinlichkeit freizukommen absinken.--Gunther 22:08, 8. Dez 2005 (CET)

Richtig! Aber nicht für A!! Es bleibt weiterhin die Asymmetrie. Zur Argumentation von C (wenn der Wärter B nennt): C weiß, dass er nur in der Hälfte der Spiele mitspielt! Er denkt sich also folgendes:

"In der Hälfte aller Fälle (sagen wir mal: 75 von 150) werde ich überhaupt nicht einbezogen, weil der Wärter weiß, dass (auch) ich freikomme und mich bei A und B nennt; wir haben jetzt also die 75 Fälle vorliegen, wo es (statistisch) eher schlecht um mich steht, 25 Fälle habe ich noch "gut", ergo p(frei) = 25/75 = 1/3. Was - aber das tröstet mich jetzt wenig - nichts daran ändert, dass ich im Prinzip auch in 1/2*1 +1/2*1/3 = 2/3 aller Fälll frei komme." --MichaelP 22:43, 8. Dez 2005 (CET)

Hm. Ich male mal einen Baum:

1/3: A wird gehenkt

1/2: Wächter nennt dem A den B

1: Wächter nennt dem C den B

Gesamtwahrscheinlichkeit für diesen Fall: 1/6

1/2: Wächter nennt dem A den C

1: Wächter nennt dem B den C

Gesamtwahrscheinlichkeit für diesen Fall: 1/6

1/3: B wird gehenkt

1: Wächter nennt dem A den C

1/2: Wächter nennt dem B den C

Gesamtwahrscheinlichkeit für diesen Fall: 1/6

1/2: Wächter nennt dem B den A

A weiß, dass dieser Fall nicht eingetreten ist

1/3: C wird gehenkt:

1: Wächter nennt dem A den B

1/2: Wächter nennt dem C den B

Gesamtwahrscheinlichkeit für diesen Fall: 1/6

1/2: Wächter nennt dem C den A

A weiß, dass dieser Fall nicht eingetreten ist

Die Wahrscheinlichkeit freizukommen ist also (günstige Fälle)/(gesamte Fälle)

$={\frac {2/6}{4/6}}={\frac {1}{2}}.$

Das meine ich, nichts anderes.--Gunther 23:05, 8. Dez 2005 (CET)

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Das sieht mir wie eine unheilige Vermischung von a-priori und a-posteriori Wahrscheinlichkeiten aus :-) Bau den Baum doch mal anders herum auf, die zweite Ebene zuerst, also

       Wärter sagt:
    (1) zu A:B & zu C:B (in diesem Fall "trifft sich" A mit C, p=1/2)
    (2) zu A:C & zu B:C (in diesem Fall "trifft sich" A mit B, p=1/2)

Diese Fälle müssen gleich häufg vorkommen, wegen der "Unparteilichkeit" des Wärters; aber ein Fall von beiden muss ja vorliegen! In deinem Baum tritt jeder dieser Fälle jedoch nur mit P= 1/6 + 1/6 = 1/3 auf. Die "unterschlagenen" 1/3 Fälle sind aber wichtig! In unserem neuen Baum bauen wir jetzt die 2.Ebene auf: Wer wird gehenkt?

                                      gehenkt wird:  
   (1)A "trifft sich" mit C, p=1/2       A   p=1/3
                                         B   kann nicht sein
                                         C   p=2/3
   (2) A "trifft sich" mit B, p=1/2      A   p=1/3
                                         B   p=2/3
                                         C   kann nicht sein

P.S.: Ganz formal bekommst Du dieses Ergebnis nach Ausrechnen der Formeln für die "totale" Wahrscheinlichkeit:

p(A) = 1/3 = p(A|1)*1/2 + p(A|2)*1/2
p(B) = 1/3 = p(B|1)*1/2 + p(B|2)*1/2
p(C) = 1/3 = p(C|1)*1/2 + p(C|2)*1/2

p(A|1) =p(A|2)
p(B|1) = 0
p(C|2) = 0

--MichaelP 01:33, 9. Dez 2005 (CET)

Wenn Du es formal haben willst: Setze in der Formel in bedingte Wahrscheinlichkeit B = "Gefangener A ist einer der beiden, denen derselbe genannt wird" und A = "Gefangener A kommt frei". Dann ist $P(A\cap B)=2/6$ und $P(B)=4/6$, und wie oben angegeben ist $P(A|B)=1/2$. Die Wahrscheinlichkeiten in meinem Baum summieren sich nicht zu 1, sondern zu P(B).

Die zweite Ebene Deines Baumes ist falsch: Wie Du meinem Baum entnehmen kannst, hat (1) + A wird gehenkt Wahrscheinlichkeit 1/6, ebenso wie (1) + C wird gehenkt. Diese beiden Fälle sind gleichwahrscheinlich. (Das sollte eigentlich auch aus Symmetriegründen klar sein.) Würde A nur erfahren, dass B freikommt, wäre die 1/3-2/3-Verteilung richtig, aber es gibt eben die zusätzliche Einschränkung, dass der letzte Ast meines Baumes nicht eintritt, dieses 1/6 fällt weg.--Gunther 01:58, 9. Dez 2005 (CET)

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o.k. Ich kann Deine Argumentation leider nicht nachvollziehen :-( Ich möchte aber nochmal zusammenfassen, was ich jetzt in den letzten Tage mitgenommen habe, nach einigen Missverständnissen:

(1) Das Gefangenenproblem in der Form: "A bittet den Wärter..." Ist ähnlich zum Ziegenproblem, mit dem Unterschied, dass der Gewinn der Verlust ist. Aus diesem Grund fehlt ihm auch der "Pfiff" des Ziegenproblems, weil es keinen Anreiz zum "Identitätswechsel nach Zelle C" gibt, wie ich ihn oben beschrieben habe. Die Ähnlichkeit besteht insbesondere darin, dass nach der Antwort ("B") des Wärters die Wahrscheinlichkeit für den Tod von C mit 2/3 anzugeben ist. (Vor der Antwort des Wärters wusste A nur nicht genau, ob das wohl für B oder C zutrifft, äquivalent zur Situation bei der Ziegenshow, wo der Kandidat vor dem Öffnen auch nicht weiß, ob der "2/3-Gewinn" hinter der einen oder der anderen Tür liegt...)

Für das Schicksal von A selbst ist die Antwort des Wärters jedoch irrelevant, ebenso ein mögliches "Treffen" mit C.

Die Asymmetrie erklärt sich damit, dass C nicht in allen Spielen beteiligt wird, nämlich in denen nicht, in denen der Wärter an A die Antwort "C" geben muss, weil B der Todeskandidat ist. Dann ist B der Spielpartner. Das ist notwendigerweise in 1/3 der Spiele der Fall, würde so aber zu einer unerwünscht deterministischen Antwortstrategie des Wärters führen, deshalb erwarten wir vom Wärter eine 1:1 Strategie. Aus diesem Grund nimmt C nicht an, dass er in diesem Spiel mit 2/3 überlebt und A mit 2/3 stirbt, sondern dass er mit 2/3 stirbt und A mit 2/3 überlebt, was konsistent zu As Überlegungen ist.

Es ist zwar nicht A, der Information aus diesem Szenario zieht, aber B und C. Wenn sie mit dem Szenario und der Antwortstrategie des Wärters vertraut sind, können sie sich ihre o.a. "Überlebenswahrscheinlichkeiten" berechnen (1/3 bzw 1). Wenn sie gar nichts wissen, müssen sie den "Mittelwert" 2/3 vermuten.

(2) Ein anderes Szenario könnte darin bestehen, immer alle Drei mitspielen zu lassen, d.h. der Wärter sagt zu A "B" oder "C", was jeweils gerade passt, u.s.w. Die drei werden jetzt annehmen, dass sie selbst jeweils (weiterhin) eine Überlebenswahrscheinlichkeit von 2/3 haben, was korrekt ist. Weiterhin werden sie aber annehmen, dass die ihnen jeweils nicht bezeichnete Person nunmehr nur noch eine von 1/3 hat. Das ist nur auf den ersten Blick widersprüchlich! Wenn sie jeweils darauf "Wetten" abschließen würden, dann käme das nicht nur langfristig sondern sogar schon in jeder Spielrunde gerecht raus.

Beispiel: A,B,C wird jeweils B,C,B genannt, also A muss sterben.
A vermutet p(C) = 1/3, richtig wäre: 1
B und C vermuten p(A) = 1/3, richtig wäre: 0
Mittlerer Fehler: -2/3 + 2*1/3 = 0

In der Tat könnten sie gar keine besseren Vermutungen treffen!!!

(3) Ein weiteres Szenario besteht darin, dass der Wärter a-priori einen der freizulassenden Gefangenen gegenüber den beiden anderen bezeichnet. Das entspricht der trivialen Ziegenvariante, bei der der Spielleiter vor der ersten Wahl durch den Kandidaten schon ein Ziegentor öffnet. Natürlich besteht hier eine 1:1 Verteilung zwischen den beiden restlichen Türen, bzw. zwischen den beiden restlichen Gefangenen. Das ist aber gerade nicht das Ziegenproblem, sondern sein Missverständnis. Schöne Weihnachtszeit noch --MichaelP 07:07, 9. Dez 2005 (CET)

Fehler in (1): C ist auch nicht an den Spielen beteiligt, in denen der Wärter zwar nicht C nennen muss, aber C nennt. Weiterhin kannst Du nicht die a-priori-Wahrscheinlichkeiten einfach übernehmen, weil die Bedingung, dass A beteiligt sein muss, etwas an den Wahrscheinlichkeiten ändert.

Fehler in (2): Du berücksichtigst wieder nicht, dass nur die Gruppe derjenigen betrachtet wird, denen derselbe genannt wurde wie einem anderen.

(3) ist unbestritten.--Gunther 11:13, 9. Dez 2005 (CET)

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Was sich die Gefangenen denken (können) hängt nur von der Informationspolitik des Wärters ab. Ich habe versucht - nach Deinen Spezifikationen - einige "Unparteiische" zu konstruieren, die keinen der Gefangenen in irgendeinr Weise bevorzugen (außer der Asymmetrie im Fall (1), wo A deswegen bevorzugt ist, weil er in jeder Runde teilnimmt). Man kann jede Sorte anderer informationsverbreitender Wärter konstruieren und jeweils die Frage stellen, welchen Eindruck unter diesen Voraussetzungen der Gefangene von seiner Situation (und die seiner Mitgefangener) haben muss. Man kann sogar die (sehr schwierige) Frage stellen: Wenn die Gefangenen folgenden Eindruck erhalten haben, welche Informationspolitik hat dann der Wärter vefolgt?

Die einzige Randbedingung ist, dass im Mittel über die Spielrunden jeder Gefangenen für sich und seine Mitgefangenen eine Überlebenswahrscheinlichkeit von 2/3 berechnen muss. Beispiel: der Wärter sagt dem Opfer vorher, dass es gehenkt wird. Das kann er jedem in 1/3 der Fälle sagen und in 2/3 der Fälle nicht P = 1/3*0 +2/3*1 u.s.w.

Der von Dir bevorzugte Fall beschäftigt sich offenbar damit, einem Gefangenen die Freihet zu versprechen. Es hängt jetzt alles davon ab, wie häufig der Wärter das bei jedem der Gefangenen macht; "unparteiischerweise" müsste er das bei jedem in 1/3 der Fälle machen. Wenn es jetzt um diese Frage geht:

"Wenn ich nicht der Gefangene bin, dem man die Freiheit versprochen hat - und unter Kenntnis der Strategie des Wärters - was kann ich da für mich als Überlebenswahrscheinlichkeit p erhoffen?"

dann berechnet sich die Antwort aus: 2/3 = 1/3 * 1 + 2/3 * p => p = 1/2

Das ist natürlich unbestritten. Das ist aber die (völlig uninteressante) Spielvariante (3). --MichaelP 14:33, 10. Dez 2005 (CET)

Wenn es Dir nichts ausmacht, beende ich die Diskussion. Wir reden aneinander vorbei.--Gunther 15:42, 10. Dez 2005 (CET)

Michael hat mit seiner Argumentation recht. Angenommen A fragt den Wärter unter den Vorraussetzung der Fragestellung: Kannst du mir sagen wer von den anderen Beiden freikommt, gibt es nur die Möglichkeiten, dass der Wärter A sagt, dass B frei kommt, oder, dass C freikommt. Diese Information hat überhaupt nichts an der Situation von A verändert, die Wahrscheinlichkeit beträgt immernoch 1/3, dass er stirbt. Der Unterschied zum Ziegenproblem besteht ansonsten maßgeblich darin, dass es hier nicht die Möglichkeit des Wechselns gibt. Interessant wird es demnach erst, wenn nun zum Beispiel B dem Gespräch ohne des Wissens von A und dem Wärter zuhören kann. Ändert sich dann für B die Wahrscheinlichkeit Gewissheit zu erlangen? Dieses Szenario würde meiner Meinung nach eine Parallele zum Ziegenproblem ziehen und so eine Veränderung der Wahrscheinlichkeiten zur Folge haben.

--Run4waY 23:32, 10. Dez 2005 (CET)

Das von mir betrachtete Szenario ist: Teil 1: Alle drei Gefangenen fragen den Wärter separat (ohne die Antworten, die den anderen gegeben werden, zu hören); der Wärter nennt stets einen Gefangenen, der freikommt; falls er dabei eine Wahl hat, wird diese zufällig getroffen. Teil 2: Nun erfährt A, dass die Antwort, die ihm gegeben wurde, ebenfalls dem dritten Gefangenen gegeben wurde. (Also wenn dem A der B genannt wurde, dann wurde auch dem C der B genannt, entsprechend für B und C vertauscht.)

Meine Interpretation: Nach Teil 1 muss A von einer Wahrscheinlichkeit von 2/3 ausgehen freizukommen, nach Teil 2 ist die Wahrscheinlichkeit nur noch 1/2.--Gunther 23:43, 10. Dez 2005 (CET)

Naja, hat A respiktiv einen Informationszuwachs erfahren? Teil 1 ist meiner Beschreibung identisch. Deine Auslegung von Teil 2 würde bedeuten, dass der genannte (hier B) zu 100% freikommt (in 2/3 der Fälle richtig). Können wir denn davon ausgehen? Angenommen A erfährt von C, dass B freikommt, so wäre diese Nennung in 1/3 (A stirbt, C kann B nennen und B kann C nennen) der Fälle irrelevant und in 2/3 der Fälle (B stirbt, nur C kann auch B nennen; C stirbt, nur B kann C nennen) wäre ein Informationszuwachs gegeben. Genau an dieser Stelle sollte sich eine Analogie zum Ziegenproblem einstellen. A kann nunmehr nicht wechseln (lustig wäre es), aber er ist sich der Wahrscheinlichkeiten bewußt. In Analogie zum Ziegenproblem wäre ein Wechseln () sinnvoll und der Fall einer Rausnahme (Öffnung eines Tors mit einer Niete durch den Moderator = Von einem der beiden Mitgefangenen hören wer freikommen wird) einer gewinnversprechenden (->Todesurteil) Niete (die Freiheit) zu 2/3 gegeben. Weiterhin gilt zu 1/3, dass nach keinem Wechsel der Gewinn (Tod) sicher ist. Aufgrund dessen, dass kein Wechseln möglich ist würde ich weiterhin eine Wahrscheinlichkeit von 1/3 für A prognostizieren zu sterben. Das C zu 2/3 stirbt ist uninteressant, da sobald C von A diese Tatsache erfahren würde, sich die Wahrscheinlichkeit für beide auf 1/2 ergänzen würde.

Post Scriptum: Bist du dir mit deiner Antwort aufgrund von Erfahrungswerten zu 100% sicher? Ich bin mit der Problematik bis heute nicht bewandert gewesen und versuche grade nur Überlegungen anzustellen. --Run4waY 00:58, 10. Dez 2005 (CET)

Ja, Teil 1 ist genau dasselbe wie bei Dir. Ich weiß nicht, was Du mit "A erfährt von C, dass B freikommt" meinst. A erfährt vom Wärter, dass B freikommt, und er erfährt darüberhinaus nur, dass C auch nicht über mehr Informationen verfügt.--Gunther 02:22, 11. Dez 2005 (CET)

Bedenkt einfach nur: In einer gewissen Anzahl von Fällen kann der Wärter das von Günther gewünschte Feedback nicht an A geben, weil er "Doppel-A" an die beiden anderen gemeldet hat. Dies ist der Fall in denen A mit p=1 überlebt, und das auch weiß!! Der von G. betrachtete Fall ist nur der Rest (2/3 * 1/2) Auf mehr will ich ja gar nicht hinaus! --MichaelP 13:16, 11. Dez 2005 (CET)

Genau, und diese ausgeschlossenen Fälle machen 1/3 aller Fälle aus; bleiben 1/3, in denen A freikommt, und 1/3, in denen A stirbt.--Gunther 13:26, 11. Dez 2005 (CET)

Genau, aber die übrigen sind keine "ausgeschlossenen" Fälle... So jetzt sag ich aber auch wirklich nichts mehr :-))) --MichaelP 13:39, 11. Dez 2005 (CET)

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Naja eine Sache hat sich für mich jetzt immernochnicht geklärt. Mir is egal, ob wirs mit Ziegen oder Gefangengen betrachten. Also gehen wir davon aus, der Gefangene hat die Möglichkeit die Zelle zu wecheln. Also der Wärter hat sich festgelegt, dass eine der drei Zellen sterben muss. Der Insasse von A hat also eine Chance von 1/3, dass es seine Zelle trifft. Jetzt besticht er den Wächter und fragt, ob er ihm einen von den beiden anderen sagen kann, der überlebt. Der Wächter sagt jetzt B überlebt und fragt A, ob er mit C die Zelle tauschen möchte. Aus der Sicht von A hat er ja immernoch eine Chance von 1/3 zu sterben. Und B stirbt garnicht also wird die Chance das C stirbt 2/3 sein. Also freut sich A und denkt, er sitzt in der besseren Zelle.

Allerdings besticht C auch den Wächter. C hat von der Unterhaltung des Wächters mit A nichts mitbekommen. Wenn er jetzt vom Wächter erfährt, dass B überlebt, und wird gefragt, ob er mit A die Zelle tauschen möchte. C denkt sich, seine Chance zu sterben war von Anfang an 1/3, also muss die Chance, dass A oder B stirbt 2/3 sein. Da B überlebt, is die Chance dass Zelle A stirbt jetzt 2/3 also will er natürlich nicht mit A tauschen, da A ja eine geringe überlebenswahrscheinlichkeit hat, als er...

Auch wenn man den Fall betrachtet, dass B stirbt. Dann bekommen A und C gesagt, dass jewails der andere überlebt und sie werden gefragt, ob sie mit B tauschen wollen. Aber jeder wird sich in seiner Zelle besser fühlen, als in der von B ~.~ Fafer 02:55, 09. Jan 2005 (CET)