Diskussion:Ziegenproblem/Archiv/011

message: Die letztlich konkrete Berechnung erfolgt durch Atomisierung, also Prüfung aller(!) Einzelfälle. Es gibt ja sowieso nur 6 mögliche Verteilungen. (!!! es sind eben nicht 3 Varianten wie im Artikel und in der Literatur aufgeführt!!!, die beiden "gleichen" Nieten sind ja individuell zu unterscheiden!)
a=0 und b=0 seien die Nieten und z=6 der Hauptgewinn:
Tor#	1     	2     	3
Var1	a=0   	b=0   	z=6
Var2	a=0   	z=6   	b=0
Var3	b=0   	a=0   	z=6
Var4	b=0   	z=6   	a=0
Var5	z=6   	a=0   	b=0
Var6	z=6   	b=0   	a=0
Sum:	6+6=12	6+6=12	6+6=12
Summe = 12 für jedes einzelne Tor
Gew: 12/6 = 2 für jedes einzelne der 3 Tore, in Summe 3x2 = 6.
1) Ich wähle (zB) Tor 1, die Gewinnerwartung ist naturgemäß (a+a+b+b+z+z)/6=2. (Dies ist offensichtlich äquivalent zu jeder anderen Wahl).
2) Nun kann der Showmaster Tor 2 oder Tor 3 öffnen. Er wird in Variante 1 und 3 das Tor 2 öffnen und in Variante 2 und 4 das Tor 3, bei Variante 5 und 6 spielt es keine Rolle, ob er Tor 2 oder 3 öffnet, das kommt auf das gleiche heraus.
3) Nun wurde gesagt, dass sich die Wahrscheinlichkeiten für mein Tor !nicht! geändert hätten (2==2) sondern sich die Restchancen der beiden anderen Tore auf das verbliebene konzentriert hätten ?2+2=4? bzw ?6-2=4?.
Das ist zwar grundsätzlich richtig, doch wird !!übersehen!!, dass ich auch !!!neue Information!!! über !!!mein eigenes Tor!!! erhalten habe. Es können(müssen) nämlich die Varianten !!!eliminiert!!! werden, die berücksichtigen, dass das von mir gewählte Tor die Niete beinhaltet, die ja nun bereits offen vorliegt! Daher kann (muss) ich die Gewinnerwartung meines eigenen Tores neu berechnen!!!.
4) also..., sofern nun die Niete a zu sehen ist, kann (muss) ich die Varianten 1 und 2 streichen, sofern Niete b zu sehen ist, kann/muss ich Varianten 3 und 4 streichen, sofern ich die Nieten a und b nicht unterscheiden kann, ist es ja egal, welche der Variantenpärchen ich gedanklich streiche, es kommt ja aufs gleiche heraus (die Varianten für Nieten a bzw b sind im Endeffekt gleich):
zB wenn die Niete b zu sehen ist:
Tor#	1       	2    	3    	X übrig	O offen
Var1	a=0     	offen	z=6  	z=6    	b=0
Var2	a=0     	z=6  	offen	z=6    	b=0
Var3	ungültig	     	     	       	
Var4	ungültig	     	     	       	
Var5	z=6     	a=0  	offen	a=0    	b=0
Var6	z=6     	offen	a=0  	a=0    	b=0
Sum:	6+6=12  	6+   	+6=12	6+6=12 	0
Summe 12 für jedes der beiden verbliebenen Tore (meins:Tor1 bzw das andere: TorX), und 0 für das geöffnete Tor(O) ist die Summe gleich
Gew: 12/4 = 3 für jedes der verbliebenen Tore, in Summe 2x3 = 6,
sowohl für mein Tor (0+0+6+6)/4=3 als auch für das letzte (2 V 3 bzw X) Tor (6+6+0+0)/4=3
{man kann es auch anders herum deuten: wenn Tor 2 mit Niete b (Var1) geöffnet wird, muss auch die korrespondierende Variante, nämlich Tor 2 mit Hauptgewinn z (Var4) gestrichen werden und wenn Tor 3 mit Niete a geöffnet wird (Var2) dann muss auch die korrespondierende Variante Tor 3 mit Hauptgewinn z (Var3) gestrichen werden.}
5) es spielt keine Rolle, welches Tor (1, 2 oder 3) ich am Anfang wähle, da die anfängliche Gewinnerwartung und der Fortgang des Spiels immer gleich sind. Es pielt auch keine Rolle, ob der Showmaster sodann in Variante 5 bzw 6 das Tor mit Niete a oder das Tor mit Niete b öffnet, auch diese beiden Varianten sind vollkommen äquivalent.
Sofern man will, kann man aber auch diese Fälle modellhaft unterscheiden: sofern der Showmaster also Tor 2 aufdeckt, verbleiben nur noch die Varianten 2 und 5 mit Gewinnerwartung (0+6)/2=3 für mein Tor1 und im Falle des Tauschs ebenfalls (6+0)/2=3 für das verbliebene Tor3, und natürlich ganz genauso im umgekehrten Fall der Öffnung von Tor 3....
Es bringt also DOCH NICHTS zu tauschen, was ich Anfangs, als ich das Rätsel erstmals hörte, wie fast jeder intuitiv ja sofort richtig vermutet hatte. 
Besonders deutlich wird die Sache, wenn wir den Nieten a und b unterschiedliche Werte von zB 0 bzw 6 zuweisen und dem Hauptgewinn 60. Selbst in diesem Fall spielt es (für die Wahl zu tauschen) keine Rolle, ob der Showmaster in Variante 5 und 6 das Tor (0) oder das Tor (6) öffnet.
Es spielt natürlich keine Rolle, ob wir die Varianten a und b optisch unterscheiden können oder überhaupt sehen. Es kommt nur darauf an, dass die Varianten (theoretisch) physisch individuell unterscheidbar sind.
:Die Varianten Var5 und Var6 haben im Allgemeinen eine kleinere Wahrscheinlichkeit als die anderen Varianten, weil der Moderator zwei Möglichkeiten hat, ein Tor zu öffnen. -- HilberTraum (Diskussion) 08:29, 19. Feb. 2013 (CET)
replies: text: ja ich habe auch gerade bemerkt, dass es sich nur um eine Pseudoinformation handelt. Aber die Konsequenz wäre, die Varianten 3 und 4 nach der Wahl des Moderators von b=0 in a=0 abzuändern .... so bleibt die Wahrscheinlichkeit für den Gewinn 1/3 und die andere Niete bekommt die ihr zustehende Wahrscheinlichkeit 2/3! --RA-Raisch (Diskussion) 18:36, 19. Feb. 2013 (CET)
replies: text: ich denke ich habe die Lösung: womöglich berechtigt mich die freie Wahl des Moderators, die Tore 2 und 3 umzusortieren....nur im Fal 1 und 3 eben, so dass durch diese freie Wahl die Nieten A und B quasi ununterscheidbar werden....erinnert mich jetzt irgendwie an das Doppelspaltexperiment..... bzw ich darf bei der Wahl des Moderators die Fälle nicht unerscheiden, welche Niete nun wo landet, also stur das jeweilige Tor öffnen, genau so wie es der Moderator macht:
Dann bekommen wir: 
Tor#	1     	2    	3      	X übrig
Var1	a=0   	offen	z=6    	z=6
Var2	a=0   	z=6  	offen  	z=6
Var3	b=0   	offen	z=6    	z=6
Var4	b=0   	z=6  	offen  	z=6
Var5	z=6   	a=0  	offen  	a=0
Var6	z=6   	offen	a=0    	a=0
Sum:	6+6=12	6+6+ 	+6+6=24	4x6=24
Gew: 12/6 = 2 für mein Tor, doch für das restliche Tor nunmehr 24/6=4, in Summe 2+4=6 Hurra
(Anm. bei Var 5 und 6 spielt die Wahl des Moderators nach wie vor keine Rolle)
--RA-Raisch (Diskussion) 19:24, 19. Feb. 2013 (CET)

text: Ich könnte zwar jetzt wieder einwenden, dass nicht alle sechs Varianten die gleiche Wahrscheinlichkeit haben müssen, aber nachdem ich sowieso nicht alle deine Ausführungen verstanden habe, sage ich einfach mal: Schön, dass du jetzt mit deiner Rechnung glücklich bist :-) -- HilberTraum (Diskussion) 20:17, 19. Feb. 2013 (CET)
replies: text: wie kommst Du darauf, dass eine Möglichkeit weniger oft kommen würde als andere? Aber ich bin so glücklich über die Lösung, dass ich sie auf jeden Fall (in verschönerter Form vielleicht) in den Artikel aufnehmen würde. --RA-Raisch (Diskussion) 20:18, 20. Feb. 2013 (CET)
replies: text: Zum Beispiel hat Var2 immer die Wahrscheinlichkeit 1/6, weil der Moderator dann immer Tor 3 öffnen muss. Aber bei Var5 und Var6 kommt es auf seine Strategie an, vielleicht öffnet er ja wenn er die Wahl hat, lieber das Tor mit der Niete a als das Tor mit der Niete b (weil a seine Lieblingsziege ist :). -- HilberTraum (Diskussion) 21:09, 20. Feb. 2013 (CET)
thread_title:  richtige Lösung: 50:50 

message: Ich hab mir den Hauptartikel durchgelesen und bin gleich auf die Aussage gestossen, daß die Lösung 2/3 nur unter bestimmten Annahmen richtig sei. Könnte man an dieser Stelle nicht gleich angeben, welche Annahmen das sind (evtl. auch durch einen Link nach weiter unten in Artikel, falls eine längere Erklärung erforderlich sein sollte).
Ich nehme an, daß das die folgenden sind:
- Der Inhalt der Tore wird am Anfang des Spiels festgelegt und nicht mehr verändert
- Der Spieler hat keinerlei Kenntnis darüber, ob der Moderator Präferenzen bezüglich der Wahl des Tors hat, hinter dem er den Hauptgewinn versteckt (in anderen Worten: am Anfang des Spiels hätte der Spieler bei der Auswahl jedes Tores genau die selbe Gewinnwahrscheinlichkeit von 1/3).
Habe ich irgend etwas vergessen?
Übrigens habe ich hier auf der Diksussionsseite eine Berechnung gesehen, die m.E. unnötig verkompliziert wurde, indem man die beiden Nieten unterscheidbar gemacht hatte. Wenn man sich nur für den Gewinn interessiert und nicht dafür, welche der beiden Nieten gezogen wird, muss man diese Nieten auch nicht unterscheiden.
Außerdem wurde sie noch zusätzlich verkompliziert, indem alle möglichen Verteilungen der Nieten und Gewinne aufgelistet wurden. Das ist m.E. nicht erforderlich. Wenn ich ausrechnen möchte, mit welcher Wahrscheinlichkeit ich im Lotto einen sechser erhalte, würde ich ja schließlich auch nicht alle (49 über 6) möglichen Ziehungen mal alle (49 über 6) Möglichkeiten Kreuze zu machen in betracht ziehen. Es reicht nämlich nur die möglichen Ziehungen zu betrachten, wenn beides gleichverteilt ist. --217.254.140.222 11:54, 22. Mär. 2013 (CET)
replies: text: Eine wichtige Voraussetzung (siehe Artikel), ist, dass der Moderator gezwungen ist eine Tür zu öffnen. Man kann schlecht von „den Voraussetzungen“ sprechen, da mehrere Interpretationen zum 2/3-Ergebnis für die Wechselstrategie führen. Betrachtet man die Wahrscheinlichkeit über mehrere Runden hinweg, reicht das schon als Voraussetzung. Betrachtet man dagegen die konkrete Situation in einer Runde, muss man strenger sein, und ausschließen, dass irgendwelche Zusatzinformationen durch das Verhalten des Moderators vorliegen. --Chricho ¹ ² ³ 12:18, 22. Mär. 2013 (CET)
replies: text: Kurz und bündig: Solche Zusatzinformationen liegen nicht vor. Spekulationen über Vermutungen und Annahmen darüber anzustellen sind wichtiger Stoff für den Unterricht in bedingter Wahrscheinlichkeitsrechnung, sind jedoch völlig irrelevant für die konkrete Situation in der aktuellen Runde. Für die aktuelle Entscheidung sind solche Überlegungen, soferne sie zu einem von der Norm abweichenden Wert führen sollten, schlichtweg "generell falsch" und deshalb irreführend. Wie gesagt: Thema nur für den Mathe-Unterricht und keinesfalls mehr. Der Artikel bringt diesen grundsätzlichen Unterschied trotz im Überfluss verfügbarer moderner Literatur noch immer nicht deutlich genug zum Ausdruck und verwirrt damit. Zum Schaden der Leser. Gerhardvalentin (Diskussion) 17:45, 10. Apr. 2013 (CEST)
replies: text: Dass solche nicht vorliegen, geht aus vielen verbreiteten Formulierungen des Problems nicht hervor. Und die angegebene moderne Literatur geht durchaus auf verschiedene Interpretationen ein. --Chricho ¹ ² ³ 19:55, 19. Apr. 2013 (CEST)
thread_title:  Annahmen herausarbeiten 

message: Das Ziegeproblem (Monty Hall problem) hat in der englischsprachingen Wikipedia eine neue "Einführung". Zitiert wird der weltberühmte Physiker Leonard Mlodinow ("Wenn Gott würfelt / The Drunkard's Walk") und auf youtube. – Mmn ist der Artikel in der Englisch-Version dadurch verständlicher geworden. Gerhardvalentin (Diskussion) 00:00, 10. Apr. 2013 (CEST)
thread_title:  Ziegenproblem in Wikipedia Englisch 

message: Es wäre hilfreich, wenn der Artikel darauf eingeht, warum das Problem nich äquivalent zu folgendem Problem ist:
Sie stehen vor drei Toren, eines ist geöffnet, es befindet sich eine Ziege dahinter. Die anderen beiden Tore sind geschlossen. Hinter einem der beiden geschlossenen Tore befindet sich eine weitere Ziege, hinter dem anderen ein Auto. Über einem der beiden geschlossenen Tore leuchtet eine Lampe. Sie können sich für eines der beiden geschlossenen Tore entscheiden.
Das ist zumindest das zentrale Verständnissproblem, das bei mir und den meisten Leute, die ich gefragt habe, besteht. Auch unsere LK-Lehrer in Mathe und Physik konnten das so leider nicht beantworten. 
Ich weiß, dass das hier kein Forum ist, aber ich denke, es hilft vielen Lesern, die hier nach solchen Antworten suchen, wenn der Artikel darauf eingeht. (nicht signierter Beitrag von 31.18.121.3 (Diskussion) 22:08, 16. Jul 2013 (CEST)
replies: text: Warum sollte dies ueberhaupt äquivalent sein zum Ziegenproblem?? Nijdam (Diskussion) 23:56, 17. Jul. 2013 (CEST)
thread_title:  Äquvalente Annahme 

message: Die Bezeichnung der ersten Türe gehört zur Spielvorbereitung und ist gar nicht Teil der Aufgabe. Sie dient nur der Verwirrung des Spielers. Machen wir doch das Beispiel anders. Wir haben eine Schüssel mit 9 roten Äpfeln und einem grünen Apfel. Statt 2 Ziegen und einem Automobil. Die Früchte liegen offen in der Schüssel, nicht hinter Türen. Wenn ich jetzt mit verbundenen Augen den grünen Apfel finden müsste, hätte ich 1/10 Wahrscheinlichkeit. Der Moderator sagt, ich solle mir eine Frucht merken - gleich welche. Das tue ich. Analog zur Bezeichnung der ersten Türe. Dann entfernt der Moderator einen roten Apfel. Die Wahrscheinlichkeit, blind den grünen Apfel zu finden wäre jetzt 1/9 (nicht mehr 1/10). Der Moderator entfernt nun einen roten Apfel um den anderen (weitere Türen), bis nur noch zwei Äpfel übrig sind. Nämlich der grüne (Automobil) - den er nicht angefasst hat - und der letzte rote. Welchen Apfel (Türe) ich mir anfangs gemerkt hatte ist dabei völlig egal. Jetzt erst kommt die Wahrscheinlichkeit ins Spiel: Wie hoch ist jetzt die Wahrscheinlichkeit, blind den grünen Apfel zu erwischen? Von 2 verbleibenden Äpfeln? Natürlich 50 %. Nach sechs entfernten roten Äpfeln wären es 25% gewesen. Die Wahl der ersten Türe ist völlig irrelevant, sie dient nicht einmal dem Moderator. Reine Ablenkung, denn er entfernt sowieso nur rote Äpfel (Ziegen) bis nur noch einer da ist. Die Wahrscheinlichkeitsfrage stellt sich erst dann, wenn man tatsächlich entscheiden muss, weil die Ausgangslage vorher ständig verändert wird.
Meinrad Odermatt
meini.odermatt@bluewin.ch (nicht signierter Beitrag von 178.195.31.115 (Diskussion) 00:37, 2. Aug. 2013 (CEST)
replies: text: Der "Trick" ist doch, dass der Moderator den Apfel, den du dir gemerkt hast, nicht entfernen darf! Dann ist aber die Wahrscheinlichkeit bei deinem Apfelspiel auch nicht mehr 50:50, sondern ...  na, kannst du es selber ausrechnen? -- HilberTraum (Diskussion) 08:13, 2. Aug. 2013 (CEST)
replies: text: Die Türe --Jobu0101 (Diskussion) 14:41, 2. Aug. 2013 (CEST)

text: Nimm mal nicht neun, sondern nur 2 zote Äpfel. Du suchst Dir einen aus. Der Moderator entfernt einen. Und rechne es nochmal durch. --P.C. ✉ 07:40, 20. Aug. 2013 (CEST)

text: Überlege genau, welche Wahl du hast, und welche besser ist, wenn du einen roten und wenn Du einen grünen Apfel gewählt hast. Dann überlege, welche Wahrscheinlichkeit für die Wahl eines roten Apfels besteht. --P.C. ✉ 07:41, 20. Aug. 2013 (CEST)

text: Wenn man Probleme hat, das durchzurechnen oder theoretisch einzusehen (ist ja keine Schande), kann ich nur empfehlen, das wirklich in der Realität durchzuspielen (mit einem Freund, jeder hält sich genau an die Regeln, ihr wechselt ab, wer Kandidat und wer Moderator ist). Am bestem  genau so, wie du zuerst vorgeschlagen hast mit zehn Äpfeln (können natürlich auch Bälle oder sonst was sein), weil dann der Effekt deutlicher wird. Wenn man das ein paar Mal gespielt hat, sollte nicht nur klar sein dass der Effekt eintritt, sondern auch warum. -- HilberTraum (Diskussion) 09:08, 20. Aug. 2013 (CEST)
replies: text: Die empirische "Überprüfung" ist eigentlich immer angeraten, wenn man jemanden findet, der darauf besteht, die Wahrscheinlichkeit sei 1/2. Mir hat das schon zwei dicke Einladungen zum Essen und drei Flaschen Champagner gebracht :-) -- JoVV  QUACK   23:32, 28. Aug. 2013 (CEST)
thread_title:  Ziegenproblem - Die Lösung kann doch nur 50:50 sein.... 

message: Nachdem hinter einer der drei Türen sicher ein Auto steht und die Kandidatin völlig unabhängig vom Verhalten des Moderators jedenfalls eine Tür wählen und bei dieser Wahl bleiben kann und sich hinter dieser Tür mit einer Wahrscheinlichkeit von einem Drittel das Auto befindet, kann man doch sagen, dass der Erwartungswert des Spiels (jedenfalls mindestens) ein Drittel des Werts des Autos beträgt (genauer [Wert des Autos plus Wert der beiden Ziegen] / 3), weil der Moderator nichts tun kann, um der Kandidatin das Auto zu verweigern, wenn sie bei ihrer Wahl die Auto-Tür trifft. Wenn die Kandidatin die 1000 Euro nimmt (was wohl weniger ist als ein Drittel des Erwartungswerts), dann hat sie nicht 1000 Euro gewonnen, sondern einen Betrag von Erwartungswert minus 1000 Euro verloren. Den Erwartungswert hatte sie gewonnen, als sie als Kandidatin für das Spiel ausgewählt wurde.
Noch deutlicher wird das mit anderen Beträgen und einem noch einfacheren Spiel: Eine Kandidatin kann durch einen Münzwurf mit einer Wahrscheinlichkeit von 50 Prozent eine Million Euro gewinnen. Der Moderator bietet ihr alternativ einen Euro an, was sie annimmt. Würden wir da auch sagen, „die Kandidatin hat einen Euro gewonnen“?Troubled @sset  Work • Talk • Mail   22:33, 15. Dez. 2013 (CET)
replies: text: Unabhängig davon, ob die Stelle im Artikel sinnvoll ist (ich halte sie eindeutig für nicht sinnvoll), scheint es mir schon üblich zu sein, hier von „Gewinn“ zu sprechen, auch wenn dieser unter dem Erwartungswert liegt. Im Allgemeinen ist „Gewinn“ die (zufällige) Auszahlung minus den Einsatz des Spiels (der hier ja 0 ist). Bei einem fairen Spiel ist dann der Erwartungswert des Gewinns 0. -- HilberTraum (Diskussion) 08:54, 16. Dez. 2013 (CET)
thread_title:  Conny nimmt das Geld und gewinnt 1000 Euro 

message: Übrigens noch ein (kleiner?) Vorteil der Interpretation mit Hilfe bedingter Wahrscheinlichkeiten, die ich immer noch für angemessener halte: Ja, Monty kann jede Menge „Blödsinn“ machen (das Spiel abbrechen, alle Türen öffnen, dem Kandidaten das Auto schenken usw.) und natürlich kann er dadurch auch die bedingte Gewinnwahrscheinlichkeit ändern (Extremfall: er bietet nur dann einen Wechsel an, wenn der Kandidat richtig geraten hat). Aber: Wenn er sich unabhängig vom Spielverlauf zufällig dazu entscheidet, „Blödsinn“ zu machen (um die Show abwechslungsreicher zu machen), dann bleibt die bedingte Wahrscheinlichkeit brav bei 2/3, während die absolute Gewinnwahrscheinlichkeit sich natürlich auf einen (im Allgemeinen unbekannten) Wert ändert. -- HilberTraum (Diskussion) 09:05, 3. Jan. 2014 (CET)
thread_title:  Spielvarianten und bedingte Wahrscheinlichkeit 

message: Übrigens noch ein (kleiner?) Vorteil der Interpretation mit Hilfe bedingter Wahrscheinlichkeiten, die ich immer noch für angemessener halte: Ja, Monty kann jede Menge „Blödsinn“ machen (das Spiel abbrechen, alle Türen öffnen, dem Kandidaten das Auto schenken usw.) und natürlich kann er dadurch auch die bedingte Gewinnwahrscheinlichkeit ändern (Extremfall: er bietet nur dann einen Wechsel an, wenn der Kandidat richtig geraten hat). Aber: Wenn er sich unabhängig vom Spielverlauf zufällig dazu entscheidet, „Blödsinn“ zu machen (um die Show abwechslungsreicher zu machen), dann bleibt die bedingte Wahrscheinlichkeit brav bei 2/3, während die absolute Gewinnwahrscheinlichkeit sich natürlich auf einen (im Allgemeinen unbekannten) Wert ändert. -- HilberTraum (Diskussion) 09:05, 3. Jan. 2014 (CET)
thread_title:  Spielvarianten und bedingte Wahrscheinlichkeit