Ziegenproblem

[Back2Code]

Zitat von Furtbichler:

Zitat von Jumpy:

Das Problem mit der ganzen Theorie ist, dass man das in der Praxis kaum anwenden kann.

Ohhh doch. Du gehst in eine Disco (oder zum Bingo bzw. Rollatorfußball, je nach Alter) und siehst drei Frauen/Greisinnen/Skelette und suchst Dir eine aus, zum naduweisstschon. Nun kommt dein Kumpel/der Altenpfleger, und erzählt dir von einer der beiden Anderen, was die noch so mit dir anstellen kann. Would you stick to your first choice?

Was genau meinst du mit "naduweisstschon"?

[Furtbichler]

Zitat von Back2Code:

Was genau meinst du mit "naduweisstschon"?

[p80286]

Na Dame spielen, was sonst!

Gruß
K-H

[Popov]

Um bei Furtbichlers Beispiel zu bleiben: Du gehst in eine Disco (oder zum Bingo bzw. Rollatorfußball, je nach Alter) und siehst drei wunderschöne Frauen - eine Blondine, ein Rothaarige und eine Brünette. Du sprichst die Blondine an. Daraufhin steht die Brünette auf und geht weg, vorher aber sagt sie dir ins Ohr, dass sie und eine weitere von den Beiden sich den Tripper eingefangen haben, sagt aber nicht welche. Du bis risikofreudig, willst es riskieren, wechselst nun zu der Rothaarigen, weil die zu 2/3 keinen Tripper hat?

[TForm1]

So, jetzt wollte ich es mal wissen und habe mir ein kleines Programm gebastelt.
Ich gehe davon aus, dass der Gewinn immer hinter dem 1. Tor versteckt ist. Wenn sich der Computer dann eines der Tore (zufällig) auswählt, hat er mehrere Möglichkeiten. In dem Fall, dass er das erste Tor erwischen sollte gibt es 2 Möglichkeiten: Wenn er sich umentscheidet verliert er, wenn nicht gewinnt er. Bei den beiden anderen Tore ist es genau andersherum. Entscheidet er sich um, gewinnt er; entscheidet er sich nicht um, verliert er. Das Ergebnis ist daher wenig überraschend.

Delphi-Quellcode:

Randomize;
  zaehler1a:= 0;//zählt die Siege mit Umentscheidung
  zaehler1b:= 0;//verloren mit Umentscheidung
  zaehler2a:= 0;//Sieg ohne Umentscheidung
  zaehler2b:= 0;//verloren ohne Umentscheidung
  for i:=1 to MAX do//MAX ist in dem Fall 1000
  begin
    auswahl1:=random(3);
    case auswahl1 of //Erste Auswahl aus 3 Toren
      0: begin
           auswahl2:=random(2); //Auswahl, ob Umentscheiden oder nicht
           if auswahl2 = 0 then zaehler1b:= zaehler1b+1 else zaehler2a:= zaehler2a+1;
         end;
      1: begin
           auswahl2:= random(2);
           if auswahl2 = 0 then zaehler1a:= zaehler1a+1 else zaehler2b:= zaehler2b+1;
         end;
      2: begin
           auswahl2:= random(2);
           if auswahl2 = 0 then zaehler1a:= zaehler1a+1 else zaehler2b:= zaehler2b+1;
         end;
    end;
  end;
 writeln('Siege mit Umentscheidung:'+IntToStr(zaehler1a));
 writeln('Verloren mit Umentscheidung:'+IntToStr(zaehler1b));
 writeln('Siege ohne Umentscheidung:'+IntToStr(zaehler2a));
 writeln('Verloren ohne Umentscheidung'+IntToStr(zaehler2b));

Ergebnis:
Siege mit Umentscheidung:318
Verloren mit Umentscheidung:166
Siege ohne Umentscheidung:185
Verloren ohne Umentscheidung331
Das ist jetzt zwar nur eine Simulation ohne das Öffnen der Tore, da es ja nur die vorgegebenen Möglichkeiten gibt, aber im "richtigen" Spiel würde das Ergebnis auch nicht anders ausfallen.

Wenn es jetzt wirklich drauf ankommt bei nur 3 Toren, ob man sich nun anders entscheidet oder nicht, bleibt jedem selbst überlassen, ich würde mich auf jeden Fall umentscheiden

[Popov]

Das Problem ist, dass es meiner Meinung nach mathematisch richtig ist, aber nicht praktisch.

Tor: 1/0/0 (hinter Tor 1 ist der Preis)

Wahl Tor 1
1 Treffer bei kein Wechsel
0 Treffer bei Wechsel

Wahl Tor 2
0 Treffer bei kein Wechsel
1 Treffer bei Wechsel

Wahl Tor 3
0 Treffer bei kein Wechsel
1 Treffer bei Wechsel

Ist der Preis stets hinter Tor 1 und man hat 3 Versuche, dann stimmt die Aussage, dass man bei keinem Wechsel nur die 1/3 Chance hat und beim Wechsel 2/3 Chance. Dazu muss man aber drei Versuche haben, also drei Versuche für nicht wechseln und drei Versuche für Wechseln.

In der Praxis hat man aber immer nur ein Versuch. Und da greift meiner Meinung nach die Rechnung nicht.

[Namenloser]

Zitat von Popov:

Ist der Preis stets hinter Tor 1 und man hat 3 Versuche, dann stimmt die Aussage, dass man bei keinem Wechsel nur die 1/3 Chance hat und beim Wechsel 2/3 Chance. Dazu muss man aber drei Versuche haben, also drei Versuche für nicht wechseln und drei Versuche für Wechseln.

In der Praxis hat man aber immer nur ein Versuch. Und da greift meiner Meinung nach die Rechnung nicht.

Ich verstehe, was du meinst, aber es ist trotzdem ein Denkfehler. Die Wahrscheinlichkeit hängt nicht davon ab, wie oft man einen Versuch durchführt. Je häufiger man den Versuch durchführt, desto stärker nähert sich das empirische Ergebnis dem Erwartungswert an. Aber trotzdem ist die Wahrscheinlichkeit auch schon bei einem einzigen Versuch exakt dieselbe.

Mal ein anderes Beispiel: Du wirfst (einmalig) einen Würfel und gewinnst genau dann, wenn du die 6 würfelst. Die Gewinnwahrscheinlichkeit ist also offensichtlich 1/6. Nach deiner Argumentation würde ich jetzt sagen: Es gibt genau zwei mögliche Ausgänge – entweder, die gewürfelte Zahl ist die 6, oder die gewürfelte Zahl ist nicht die 6 – also zwei mögliche Ausgänge, das macht 50:50 Wahrscheinlichkeit.

Das steht offensichtlich im Widerspruch sowohl zur Mathematik als auch zur Beobachtung.

[himitsu]

Egal was ich ausrechne, die "reale" Gewinnchance liegt immer bei 50:50. (man suche sich irgendeine Tür aus und dann wechsle man oder auch nicht)
Dabei ist es egal, ob man das Tor tauscht oder nicht.

Aber "gefühlt" liegt die Gewinnchance geringer, mit ihren 42:58 (gewinn:verlust),
wobei es bei 50:50 liegt, wenn man das Tor wechselt, und bei 33:66, wenn man das erste Tor behällt.

Grund:
Wenn man zu Anfang auf einem Tor mit Ziege steht, dann denkt man dennoch, daß sich hinter den beiden restlichen Toren je eine Ziege befinden könnte.
Der Moderator könnte also eine von beiden Türen öffnen. Aber da sich ja hinter Einer der Preis befindet, hat dort der Moderator keine 50:50-Auswahl, sondern er kann eben nur das eine Tor öffnen.
Es gibt also nur halb soviele Lösungen, wie man sich denkt, wenn man von Anfang an eine Tür mit Ziege gewählt hatte.

ich gewinne letztendlich - der Moderator wählt die eine Tür und ich bleib bei meiner Tür
ich gewinne letztendlich - der Moderator wählt die eine Tür und ich wähle darauf die andere Tür
ich gewinne letztendlich - der Moderator wählt die andere Tür und ich bleib bei meiner Tür
ich gewinne letztendlich - der Moderator wählt die andere Tür und ich wähle darauf auch die andere Tür
ich bin voll der Looser - der Moderator wählt die eine Tür und ich bleib bei meiner Tür
ich bin voll der Looser - der Moderator wählt die eine Tür und ich wähle darauf die andere Tür
ich bin voll der Looser - der Moderator wählt die andere Tür und ich bleib bei meiner Tür
ich bin voll der Looser - der Moderator wählt die andere Tür und ich wähle darauf auch die andere Tür






[edit]
Der große Witz ist aber, daß selbst wenn mann zu Anfang sich immer nur ein Tor auswählt (z.B. die 1),
dann hätte ich gedacht, daß dann die Gewinnchance bei 1:3 liegt, aber sie liegt dennoch bei 50:50.
Egal ob man danach die Tür wechselt oder auch nicht, es bleibt bei je 50:50.

Hab ich mich da jetzt doch verrechnet?
Gefühlt sind es natürlich immernoch die 33:66, wenn man fest bei seinem ersten Tor bleibt.
Glaub aber nicht, denn eigentlich hat man nur die Wahl zwischen "Richtig" (Gewinn) und "Falsch" (einer Ziege).

Das ist ja wie mit dem Doppelspalt in der Quantenphysik.
- wenn man hinguckt, ist es ein Partikel
- und eine Welle, wenn man nicht hinguckt

Eins von 3 Toren = 33:67,
aber wenn man sich zwischendurch eine Tür anguckt, werden es plöztlich 50:50.