\(\begingroup\)Erweiterung Ziegenproblem
Sie nehmen an einer Spielshow im Fernsehen teil, bei der Sie eine von mehreren verschlossenen Türen auswählen sollen. Hinter einer oder mehreren Türen wartet der Hauptgewinn (ein Auto), hinter allen anderen stehen Ziegen. Die Anzahl der Türen sehen Sie; die Anzahl der Autos hinter den Türen wird Ihnen mitgeteilt. Sie zeigen auf eine Tür, zum Beispiel auf die Nummer vier. Diese Tür bleibt vorerst verschlossen. Der Moderator weiß, hinter welchen Türen sich Autos und Ziegen befinden. Er öffnet nun eine oder mehrere aus den übrigen Türen, zum Beispiel die Nummer sechs, oder etwa die Nummern drei, elf, vierzehn und siebzehn. Hinter diesen geöffneten Türen sehen Sie Auto(s) und/ oder Ziege(n). Er fragt Sie: >Bleiben Sie bei der Tür Nummer vier, oder wählen Sie eine andere Tür aus den restlichen verschlossenen Türen?<
Was tun Sie?
Auto(s) und Ziege(n) werden zufällig hinter den Türen verteilt.
Die Anzahl an Auto(s) und/ oder Ziege(n), die Ihnen der Moderator durch Türöffnen zeigt, ist stets unabhängig von Ihrer 1. Wahl.
Die Anzahl der anfangs hinter den Türen verborgenen Autos ist stets größer, als die Anzahl der Autos, die er Ihnen durch Türöffnen zeigt.
Die Anzahl der anfangs hinter den Türen wartenden Ziegen ist stets größer, als die Anzahl der Ziegen, die er Ihnen durch Türöffnen zeigt.
Beispiel mit 15 Türen:
Sie wählen eine Tür, die vorerst verschlossen bleibt. Der Moderator öffnet weitere sieben Türen, und bietet dann einen Wechsel an; etwa so:
Hinter den 15 Türen (T = 15) befinden sich 6 Autos (A = 6), und 9 Ziegen
(Z = 9).
Der Moderator zeigt Ihnen nach Ihrer 1. Wahl 3 Autos (A1 = 3), und 4 Ziegen (Z1 = 4)
Was tun Sie?
Es gibt allgemein eine einfache Strategie, mit der Sie Ihre Gewinnchance verbessern können.
( Autor: Dipl.- Ing. Josef Meiler )
\(\begingroup\)@haerter
Falls dein Beitrag ernst gemeint war, dann stehen vom Moderator geöffnete Türen nicht zur Wahl. Lies dazu folgenden Satz nochmals durch (Hervorhebung durch mich):
Er fragt Sie: >Bleiben Sie bei der Tür Nummer vier, oder wählen Sie eine andere Tür aus den restlichen verschlossenen Türen?<
Trotzdem ist auch für mich die Sache nicht 100% klar. Muss man sich das so vorstellen, dass der Moderator jetzt rein gedanklich eine zufällige Auswahl unter den vom Kandidaten nicht gewählten Türen macht, mit der Absicht sie zu öffnen, dieses Vorhaben aber sofort verwirft, wenn A1=A oder Z1=Z sein sollte, d.h., in diesem Fall trifft er eine neue Auswahl und macht das eben solange bis schließlich A1\(\endgroup\)
\(\begingroup\)Eine (potentiell blöde) Frage am Rande: Warum ist das ein Artikel? In einem Artikel sollte ja auch die Lösung zu dem Problem präsentiert werden, die man im übrigen für die Standardformulierung hier nachschlagen kann. Soll es dagegen eine Frage hinsichtlich der Erweiterung sein, hätte man das doch auch in der Knobelecke posten können.
Ciao,
Thomas\(\endgroup\)
\(\begingroup\)Den Wikipedia-Artikel finde ich reichlich konfus bis auf die tabellarische Lösung.
Hier freue ich mich auf die nächsten meckernden Kommentare. \(\endgroup\)
\(\begingroup\)Hallo Ueli,
keine Panik; der Moderator hat keine Hauskatze:
Wenn Dir der Moderator halb verweste Ziege(n) zeigt, oder nur das Heck von Rostlaube(n): Du bekommst stets ein neues Auto, oder eine Ziege, die noch meckern kann.
mfG. JoeM
\(\endgroup\)
\(\begingroup\)Oben rechts hat es einen Würfel, es gibt also eine Artikel-Kategorie für solche Rätsel. Es stehen auch keine falsche "Beweise" und Behauptungen im Artikel. Es gibt Leute, die schreiben ganze Bücher mit solchen Rätseln.
Das einzige was stören mag ist, dass man mit so wenig Artikel so viel Aufmerksamkeit auf dem MP erhält.\(\endgroup\)
\(\begingroup\)Hallo JoeM,
Bemerkungen der Sorte "warum ist das einen Artikel wert" solltest Du nicht zu ernst nehmen.
Schau Dir zum Vergleich einfach die Artikel dieser Kritiker an und bilde Dir dann selbst ein Urteil darüber, ob der mit größerem Fleiß geschaffene größere Umfang auch zu mehr Lesefreude führt.
Grüße,
dromedar\(\endgroup\)
\(\begingroup\)Bisher haben alle Kommentare die Frage des Rätsel gemieden und stattdessen eigene Fragen kreiert: Ist das ein Artikel? Gehört der Beitrag hierhin? Kann man das bei Wikipedia nachschlagen? Heißt der Moderator E. Schrödinger? Was findet man in den MP-Artikeln von vor 2004?
Die Geschichte lehrt: Wer die richtige Antwort sagt, muss mit 10000 falschen Antworten rechnen. Das ist natürlich ein großes Risiko für den MP. Sollte man deshalb die Lösung lieber nicht verraten? \(\endgroup\)
\(\begingroup\)Ok, da Gerhardus moniert hat, dass hier bisher noch keine Lösungsversuche eingegangen sind, wage ich jetzt mal einen Schuss aus der Hüfte und sage, der Kandidat sollte den angebotenen Wechsel genau dann annehmen, wenn
$\frac{Z_1}Z>\frac{A_1}A$
ist, d.h., wenn vom Moderator anteilsmäßig gesehen mehr Ziegen als Autos aus der verbleibenden Auswahl entfernt wurden. Klingt für mich jedenfalls sehr logisch, was meint ihr dazu?\(\endgroup\)
\(\begingroup\)\quoteon(weird)
Ich sage, der Kandidat sollte den angebotenen Wechsel genau dann annehmen, wenn
$\frac{Z_1}Z>\frac{A_1}A$
ist, d.h., wenn vom Moderator prozentuell gesehen mehr Ziegen als Autos aus der verbleibenden Auswahl entfernt wurden.
\quoteoff
Ich würde (ohne aus der Hüfte zu schießen) dasselbe tun.\(\endgroup\)
\(\begingroup\)Hallo weird,
BRAVO; Deine Lösung ist korrekt !
für A1/Z1 = A/Z gilt: Die Gewinnchance bleibt bei Türwechsel gleich
für A1/Z1 < A/Z gilt: Die Gewinnchance steigt bei Türwechsel
für A1/Z1 > A/Z gilt: Die Gewinnchance fällt bei Türwechsel
Diese Strategie gilt allgemein, und ist natürlich auch auf das klassische Ziegenproblem mit 3 Türen anwendbar (A=1; Z=2; A1=0; Z1=1):
A1/Z1 = 0 < A/Z = 1/2 ---> Die Gewinnchance steigt bei Türwechsel
Zusatzfrage:
Die Gewinnwahrscheinlichkeit ohne Türwechsel beträgt: W1 = A/T
Wie groß ist die Gewinnwahrscheinlichkeit mit Türwechsel: W2 = ?
viele Grüße
JoeM \(\endgroup\)
\(\begingroup\)Hallo MontyPythagoras,
Du schreibst:
Eine (potentiell blöde) Frage am Rande: Warum ist das ein Artikel? In einem Artikel sollte ja auch die Lösung zu dem Problem präsentiert werden, die man im übrigen für die Standardformulierung hier..... nachschlagen kann.
Dazu habe ich folgende (potentiell blöde) Frage:
Was hat die Lösung der Standardformulierung mit diesem Artikel zu tun ?
Ich vermute: Nix !
mfG. JoeM
\(\endgroup\)
\(\begingroup\)Ich würde die Zusatzfrage betreffend auf
$W_2=\frac{(A-A_1)T-A}{T(T-A_1-Z_1-1)}$
tippen, zumindestens bekommt man so für das Original-Ziegenproblem mit $T=3$, $A=1$, $A_1=0$, $Z_1=1$ die richtige Lösung 2/3.\(\endgroup\)
\(\begingroup\)Als vor 15 Jahren meine Frau eine Rezension des Buches „Alles Mathematik – von Pythagoras zum CD-Player“ gelesen hatte, meinte sie, das wäre was für mich, da könnte ich mich (nach vielen Jahren der Abstinenz) wieder mit Mathematik beschäftigen. Gero von Randow schrieb dazu das Vorwort „Mathe wird Kult – Beschreibung einer Hoffnung“. In der 3. Auflage 2008 hat er ein neues Vorwort geschrieben, weil sich seine Hoffnung erfüllt habe. Das alte Vorwort wurde in das DMV-Buch übernommen.
In diesem Vorwort erfuhr ich zum ersten Mal vom Ziegenproblem. G.v.R.: „Da mir das Rätsel gut gefiel, schrieb ich in der ZEIT einen kleinen Beitrag darüber; begründete die Lösung und fuhr in den Urlaub. Und so begrüßten mich die Leser-Zuschriften, als ich zurückkam: Der verehrte Herr von Randow sei „wohl ins Sommerloch gestolpert“, „jeder normale Zwölftklässler“ könne den „typischen Laienfehler“ erkennen, den ,,haarsträubenden Unsinn“, „Quatsch“, ,,Nonsens“, das sei ja alles „absurd“ und „abstrus“; es sei „traurig, dass die ZEIT so etwas überhaupt aufgreift“, und ein Mathematiker urteilte, das Ganze sei ja wohl „peinlich“.“
Mir fällt auf, dass sich einige der bisherigen Kommentare gar nicht so sehr von denen damals unterscheiden. Zweitens fällt auf, dass sich der Autor über seine Leser lustig macht, aber sich nicht fragt, ob seine Begründung nicht ungenügend war.
Stochastiker haben Probleme mit Begründungen, das sieht man auch am Wikipedia-Artikel übers Ziegenproblem, der das Argumentationschaos so wiedergibt, wie es war. Wer das nicht versteht, leidet an einer von den Stochastikern erfundenen unheilbaren Krankheit, der Kontraintuition. Mit diesem Totschlagsargument wird auch der allergrößte Unsinn erklärbar.
Worauf kommt es also in Begründungen an? In dem Buch „Schlüsselwerke des Konstruktivismus“ lese ich: „Erkenntnis beginnt mit Unterscheiden“. Also versuche ich, die Dinge zu unterscheiden.
Dazu vereinfache ich die Versuchsanordnung: Statt 15 Türen und 5 Autos nur insgesamt 4 Türen (zyklisch angeordnet) und genau 2 Autos, zufällig verteilt. Am Anfang ist die Wahrscheinlichkeit Auto für jede Tür ½.
Fall 1: Der Spieler wählt eine Tür und der Moderator öffnet die nächste Tür in der zyklischen Reihenfolge, egal was dahintersteht. Das Spiel würde genau so verlaufen, wenn der Spieler irgendeine Tür informativ öffnet und dann eine Tür wählt. Nun die Frage: Sind die Wahrscheinlichkeiten für alle geschlossenen Türen noch gleich, egal was die geöffnete Tür zeigt? Ich sage ja. Die bisher genannten Lösungen würden im Fall einer Ziegentür für einen Wechsel sprechen, d.h. ihre Antwort wäre nein.
Fall 2: Der Spieler wählt eine Tür und der Moderator öffnet von den übrigen 3 Türen eine Ziegentür. Danach sind die Wahrscheinlichkeiten nicht mehr gleich. Woran liegt das? Der Moderator modifiziert eine Teilmenge, indem er dort Nieten aussondert. Dadurch verändert er die Wahrscheinlichkeiten für die Türen in der Teilmenge.
Nun zu dem Spiel von JoeM: Angenommen, der Moderator kennt die Strategie des Spielers (weil der den MP gelesen hat) und möchte dessen Wahrscheinlichkeit eines Autogewinns minimieren. Er weiß also, was hinter den Türen steht. Hat der Spieler zufällig eine Autotür gewählt, wird er ihn zu einem Wechsel animieren, indem er 1 Autotür und 6 Ziegentüren öffnet. Hat der Spieler zufällig eine Ziegentür geöffnet, wird er 3 Autotüren und 4 Ziegentüren öffnen, damit der Spieler bei der Ziegentür bleibt. Unter dieser Annahme wäre es sinnvoll, genau anders als die Lösungsvorschläge zu handeln. Fazit: Wegen der großen Entscheidungsfreiheit des Moderators ist es schwierig, eine optimale Strategie anzugeben.
\(\endgroup\)
\(\begingroup\)@Gerhardus
Ich habe bereits in meinem allerersten Beitrag auf eine "Lücke" in der Beschreibung des Problems hingewiesen, auf welche der Autor des Artikels bisher leider nicht reagiert hat. Meine Lösung oben "funktioniert" tatsächlich nur für den Fall, dass der Moderator absolut zufällig Türen öffnet, soweit dies die Spielregeln zulassen. Nur wenn diese Voraussetzung erfüllt ist, kann man hier irgendwas ausrechnen, andernfalls müßte man die Strategie des Moderators, welche man ja nicht kennt, in die Rechnung einfließen lassen.\(\endgroup\)
\(\begingroup\)Offenbar bin ich mal wieder völlig falsch verstanden worden. Dass der Artikel die Anforderung Matroids, Interesse zu wecken, erfüllt, ist offenkundig.
Ich wollte auch nicht zum Ausdruck bringen, dass ich die mathematische Fragestellung für simpel oder trivial halte. Ganz im Gegenteil. Meine Frage zielte darauf ab, ob der Artikelautor die Lösung zu seinem Problem denn auch kennt. Der letzte Satz des Artikels deutet zwar darauf hin, aber bislang ist von der Lösung weit und breit nichts zu sehen, denn die bloße Formulierung einer Strategie in Form von einigen wenigen Formeln ist eben keine Lösung oder Beweis, sondern höchstens das Ergebnis davon. Die Herleitung dazu fehlt jedoch.
In einem Artikel wird nun einmal meistens die Lösung gleich mit präsentiert, während bei Fragen in der Knobelecke eben die versammelte Leserschaft von dem (wissenden) Fragesteller auf das Problem gehetzt wird. Worum also geht es hier?
@JoeM: Du schreibst:
"Dazu habe ich folgende (potentiell blöde) Frage:
Was hat die Lösung der Standardformulierung mit diesem Artikel zu tun ?
Ich vermute: Nix !"
Deine Vermutung ("Nix!") ist offensichtlich falsch. Die verallgemeinerte Problemstellung muss selbstverständlich den Spezialfall des Standard-Ziegenproblems beinhalten. Im Umkehrschluss kann man davon ausgehen, dass die mathematische Herleitung einer allgemeinen Lösung mindestens genauso schwierig, wenn nicht erheblich schwieriger als die Lösung eines Spezialfalls ist. Anhand des Wikipedia-Artikels zur Standard-Lösung (der vielleicht unübersichtlich, aber keineswegs unsinnig ist) kann man extrapolieren, dass eine allgemeine Lösung durchaus sehr schwierig wird, wenn man auch noch unterschiedliche Strategien des Moderators unterstellt.
Lange Rede, kurzer Sinn: solange hier nicht eine vollständige Herleitung inkl. aller Feinheiten vorgeführt wurde, an dessen Ende dann möglicherweise die hier schon vorgestellten Ergebnisse stehen, ist das Problem für mich erst einmal ungelöst, und obige Entscheidungsstrategien sind nur Vermutungen. Beweis durch inbrünstige Behauptung reicht nicht.
Ciao,
Thomas
\(\endgroup\)
\(\begingroup\)Das Ziegenproblem (und diese erweiterte Version davon) ist nur dann eindeutig lösbar, wenn die Strategie des Moderators bekannt ist. Es gibt da auch dieses eine bekannte Problem, bei dem man irgendwie erfährt, dass eines der beiden Kinder einer Familie ein Junge/Mädchen ist, und dann wird nach der Wahrscheinlichkeit des Geschlechts des anderen Kindes gefragt. Auch das Rätsel ist nur dann eindeutig lösbar, wenn die Strategie bekannt ist, über die das Geschlecht des einen Kindes erfahren wurde.
In diesem Beispiel hat JoeM aber alles richtig gemacht und genau so viel Information über die Strategie des Moderators verraten, wie notwendig ist, um die Aufgabe eindeutig zu lösen:
(*) "Die Anzahl an Auto(s) und/ oder Ziege(n), die Ihnen der Moderator durch Türöffnen zeigt, ist stets unabhängig von Ihrer 1. Wahl."
Praktisch alle dazu möglichen Strategien des Moderators schauen so aus: Gibt es n Autos und m Ziegen, wählt der Moderator zufällig (nach beliebiger, nicht von der vom Kandidaten gewählten Türe abhängiger Verteilung) ein Zahlenpaar (i,j) aus ({0,...,n-1} × {0,...,m-1}) \ {(0,0)} und öffnet dann (mit beliebiger Verteilung) zufällige i Türen mit Autos und j Türen mit Ziegen (aber dabei nicht die vom Kandidaten gewählte Türe).
Es spielt keine Rolle, ob die Anzahl (i,j) vor der Wahl des Kandidaten oder danach festgelegt wird, Hauptsache, sie hängt nicht von der Wahl des Kandidaten ab, und das ist hier der Knackpunkt, der die Aufgabe eindeutig macht. Es ist auch nicht ausgeschlossen, dass die Wahl deterministisch erfolgt (auch eine "beliebige" Verteilung).
Welche i Autotüren und j Ziegentüren nun genau geöffnet werden, spielt für die Aufgabe auch keine Rolle mehr. Hauptsache, nicht die vom Kandidaten gewählte Türe. Damit ist auch schon klar, dass die Auswahl der Türen von der gewählten Türe des Kandidaten abhängen muss, und das darf sie auch in beliebigem Maße.
Wer mag, kann sich ja mal überlegen, warum die beiden Fälle in Gerhardus Kommentar vom So. 01. November 2015 12:42:53 die Regel (*) verletzen.\(\endgroup\)
\(\begingroup\)Hallo Bozzo, gut dass du diese merkwürdige Regel hervorhebst. Ich kann mir gar nicht vorstellen, welchen Sinn es hat, die Anzahl (!) der zu öffnenden Türen von der 1. Wahl des Kandidaten abhängig zu machen. Wie würdet ihr euch das vorstellen?
Der Satz "Der Moderator wählt zufällig..." ist irreführend. Von zufällig steht in der Aufgabenstellung nichts außer zufälliger Verteilung. Werden die Türen nach einem Zufallsprinzip geöffnet, entscheidet der Moderator nichts mehr, ist er eigentlich überflüssig. Was soll er dann noch?
Es werden dann wie beim Lotto einige Nummern gezogen. Woher aber dann unterschiedliche Wahrscheinlichkeiten für die noch verschlossenen Türen herkommen sollen, ist mir schleierhaft.
Genauso schleierhaft ist, worauf du hinauswillst. JoeM retten? Willst du etwas beweisen? Wenn ja, was?
\(\endgroup\)
\(\begingroup\)Hallo weird,
Deine Berechnung für W2 ist völlig korrekt!
Wenn man W1 = W2 setzt, erhält man auch die richtige Strategie:
W1 = W2; ---> A1/Z1 = A/Z (Gewinnchance bleibt bei Türwechsel gleich); etc.
Damit der Moderator die Strategie des Kandidaten nicht beeinflussen kann, muss u.a. zwingend folgende Bedingung erfüllt sein ( siehe Aufgabenstellung ):
- Die Anzahl an Auto(s) und/oder Ziegen(n), die Ihnen der Moderator durch Türöffnen zeigt, ist stets unabhängig von Ihrer 1. Wahl.
viele Grüße
JoeM \(\endgroup\)
\(\begingroup\)@MontyPythagoras
/quoteon
Lange Rede, kurzer Sinn: solange hier nicht eine vollständige Herleitung inkl. aller Feinheiten vorgeführt wurde, an dessen Ende dann möglicherweise die hier schon vorgestellten Ergebnisse stehen, ist das Problem für mich erst einmal ungelöst, und obige Entscheidungsstrategien sind nur Vermutungen. Beweis durch inbrünstige Behauptung reicht nicht.
/quoteoff
Der Ordung halber möchte ich schon feststellen, dass ich nicht davon ausgegangen bin, dass die von mir mitgeteilten Ergebnisse ohne weitere Erklärungen als vollwertige Lösungen zu akzeptieren sind, sondern ich wollte einfach nur meinen Lösungsweg noch nicht verraten für den Fall, dass sich noch wer an der Lösung der Aufgabe selbst versuchen will. Nachfolgend aber in einem hide-Bereich die entsprechenden Überlegungen dazu.
\hideon
Ein Wechsel ist offenbar sinnvoll genau dann, wenn gilt
$\frac A T<\frac {A-A_1}{T-A_1-Z_1}$
da hier auf der linken Seite der Ungleichung die Erfolgswahrscheinlichkeit einer Zufallswahl einer verschlossenen Tür vor und rechts die nach Öffnung der $A_1$ Autotüren und der $Z_1$ Ziegentüren steht. Nach einer elementaren Umformung folgt daraus tatsächlich
$\frac{A_1}A<\frac{Z_1}Z$
Die Wahrscheinlichkeit, dass der Kandidat mit seiner ersten Wahl richtig lag, ist $\frac AT$, die bedingte Wahrscheinlichkeit, dass er dann bei einem Wechsel immer noch richtig liegt ist dann $\frac{A-A_1-1}{T-A_1-Z_1-1}$. Lag er bei seiner ersten Wahl falsch - die Wahrscheinlichkeit dafür ist $\frac ZT$ - so kann er bei einem Wechsel dann immer noch mit der Wahrscheinlichkeit $\frac {A-A_1}{T-A_1-Z_1-1}$ richtig liegen. Insgesamt ist daher die Erfolgswahrscheinlichkeit $W_2$ bei einem Wechsel
$W_2=\frac AT \cdot \frac{A-A_1-1}{T-A_1-Z_1-1}+\frac ZT \cdot \frac {A-A_1}{T-A_1-Z_1-1}$
was wiederum durch einfache Umformungen auf die behauptete Formel
$W_2=\frac{(A-A_1)T-A}{T(T-A_1-Z_1-1)}$
führt.
P.S.: Wem übrigens die Argumentation im ersten Teil der Aufgabe nicht geheuer ist, der kann auch $W_2$ mit der Erfolgswahrscheinlichkeit $W_1=\frac AT$ vor dem Wechsel vergleichen und er wird feststellen, dass $W_1\(\endgroup\)
\(\begingroup\)Hallo Bozzo,
ich gebe Dir vollkommen Recht.
Das eigentlich schwierige an dieser Aufgabe ist die Formulierung derselben.
Wenn die Aufgabe korrekt formuliert ist, dann ist die Lösung gar nicht so schwer.
Damit die Aufgabe eindeutig lösbar ist, müssen alle Bedingungen (siehe Aufgabenstellung) erfüllt sein.
Bedingung Beispiel 1:
- Die Anzahl an Auto(s)und/oder Ziege(n), die Ihnen der Moderator durch Türöffnen zeigt, ist stets unabhängig von Ihrer 1. Wahl.
Die Strategie des Kandidaten lautet: A1/Z1 < A/Z ----> wechseln
Angenommen, die 1. Wahl fällt auf eine Auto. Wenn der Moderator die Strategie des Kandidaten kennt, könnte er den Kandidaten durch seine Auswahl zum Wechseln verleiten.
Das wird aber durch die Bedingung verhindert !
Bedingung Beispiel 2:
- Die Anzahl der anfangs hinter den Türen verborgenen Autos ist stets größer, als die Anzahl der Autos, die er Ihnen durch Türöffnen zeigt.
Auch das ist zwingend notwendig; sonst macht die Aufgabe keinen Sinn;
gleiches gilt für Ziegen.
viele Grüße
JoeM
\(\endgroup\)
\(\begingroup\)Hallo Gerhardus,
zu Deiner merkwürdigen Regel:
>Ich kann mir nicht vorstellen, welchen Sinn es hat, die Anzahl der zu
öffnenden Türen von der 1. Wahl des Kandidaten abhängig zu machen<
Dazu folgendes:
Das macht auch keinen Sinn.
Du verwechselst >abhängig< mit >unabhängig<.
viele Grüße
JoeM
\(\endgroup\)
\(\begingroup\)Hallo JoeM,
Danke für das nette Rätsel und die Bestätigung meiner Ergebnisse. Ich bin auf das Kriterium für eine Annahme des Wechsels ursprünglich auf eine etwas andere Art gekommen, wie man in meinem letzten Posting nachlesen kann, wo mir aber selbst jetzt noch nicht 100% klar ist, ob das eine saubere Argumentation ist (das meinte ich übrigens mit "aus der Hüfte schießen"). Ich habe aber das Ganze aber dann doch auch selbst noch über die Bedingung $W_1\(\endgroup\)
\(\begingroup\)Hallo JoeM,
du und Bozzo reitet auf der selbstverständlichen Anzahl-Regel herum, sagst aber nichts zur Entscheidungsbefugnis des Moderators, das überlässt du den anderen, die inzwischen die Öffnung der Türen nach dem Zufallsprinzip verlangen. Dann wird die Antwort einfach, aber anders als du denkst. Bevor ich dazu etwas sage, erwarte ich von dir dazu eine klare Formulierung, auch wenn sie dir schwerfällt.
Im Grunde erscheint hier der klassische Wahrscheinlichkeits-Fehler: Aus einer Urne A von roten und blauen Kugeln (sagen wir 50:50) wird eine zufällige Teilmenge in eine zweite Urne B umgefüllt, aus der dann zwei Kugeln gezogen werden. Sind beide gezogenen Kugeln zufällig blau, so glaubt ihr, dass die Wahrscheinlichkeit für rote Kugeln in der Urne B größer ist als in der Urne A. Wer diesen Fehler einsehen will, sollte mit kleinstmöglichen Teilmengen anfangen.
Das Standard-Ziegenproblem läuft anders: Hier sondert der Moderator aus einer zufällig gewählten Teilmenge Nieten aus. Im zuletzt genannten Beispiel hieße das, ein Moderator sortiert aus der Teilmenge blaue Kugeln aus. Im Grunde darf der Ziegenproblem-Kandidat ja zwei Türen öffnen: Er gibt dem Moderator mit seiner 1. Wahl zwei Türen vor, die er eigentlich öffnen möchte. Weil der Moderator eine der beiden Türen öffnen muss, braucht selbst nur eine Tür zu öffnen. Dehalb hat er die Gewinnchance 2/3. \(\endgroup\)
\(\begingroup\)Ergänzend zu meinem letzten Kommentar folgendes Rechenbeispiel: Urne A enthält je 50 blaue und rote Kugeln. Daraus werden zufällig 2 verdeckte Kugeln in die Urne B umgefüllt. Die Wahrscheinlichkeit, dass in der Urne B eine rote Kugel ist, beträgt 75%. Aus Urne B wird blind eine Kugel gezogen, die sich zufällig als blau erweist. Mit welcher Wahrscheinlichkeit ist die andere Kugel in der Urne B rot? \(\endgroup\)
\(\begingroup\)Im (schon jahrzehntelangen) Streit um die korrekte Formulierung geht es nur darum, einen hinterlistigen Moderator auszuschließen, der sich vornimmt, die Extratüren nur dann zu öffnen, wenn der Kandidat zufälligerweise eine der richtigen Türen erwischt. Der Kandidat würde erst nach seiner Wahl plötzlich erfahren, dass er wechseln darf, und sollte in so einem Fall natürlich nicht wechseln. So etwas würde bei wiederholter Durchführung mit verschiedenen Kandidaten auffliegen; wenn das Spiel aber nur einmal gespielt wird, dann hat so ein Moderator nichts zu befürchten.
Ähnliches geht auch ohne Türen und Autos, zum Beispiel bei Alternativantworten im Fernsehen, wenn ein Moderator Gero Joch, nachdem der Kandidat bereits geantwortet hat, noch zusätzlich fragt: "Sind Sie sich sicher?". Wenn der der Kandidat bei so einer Frage automatisch wechselt, dann ist er mit einem hinterlistigen Moderator verloren.
Ein sehr subtiles Problem ergibt sich, wenn ein Moderator ganz unbewusst hinterlistig vorgeht. Als Dozent musste ich Studenten manchmal mündlich befragen, und wenn einer dann sehr zögerlich mit einer wesentlich richtigen Antwort herausrückte, frug ich manchmal ganz arglos "Sind Sie sich sicher?" und meinte diese Frage wörtlich, im Sinne von "Können Sie das begründen?" Von vielen Studenten aber wurde das als Aufforderung zum Wechsel missverstanden, was mir erst später bewusst wurde.\(\endgroup\)
\(\begingroup\)Hallo Goswin,
das Problem ist nicht mehr die oben gestellte Aufgabe, zu der weird eine für JoeM gefällige "Lösung" vorgeschlagen hat, die aber aufgrund meines Gegenbeispiels nicht der Aufgabe gerecht wird, sondern eine anders formulierte Aufgabe. Dazu zwei gestrige Zitate von JoeM: "Hallo weird, Deine Berechnung für W2 ist völlig korrekt!" und "Das eigentlich schwierige an dieser Aufgabe ist die Formulierung derselben. Wenn die Aufgabe korrekt formuliert ist, dann ist die Lösung gar nicht so schwer."
Mit anderen Worten, JoeM sucht eine Formulierung, so dass seine "Lösung" auf jeden Fall richtig ist. Damit ist die Aufgabe jetzt ganz anders gestellt. Ich kann das nicht formulieren und ich fürchte, JoeM wird das in diesem Jahr auch nicht mehr formulieren können.\(\endgroup\)
\(\begingroup\)@wired: Ja, du hast recht, ich gehe davon aus, dass der Kandidat in seinen (ggf.) beiden Zügen jeweils gleichverteilt zufällig aus den möglichen Türen wählt. Das war mir selbst nicht klar, aber ansonsten kommt es natürlich sehr auf die konkrete Kombination der beiden Strategien an. Wählt er allerdings gleichverteilt zufällig, kann der Moderator nichts dadurch an der Gewinnwahrscheinlichkeit des Kandidaten ändern, welche konkreten Türen er öffnet, solange die Anzahl an geöffneten Autos und Ziegen fest bleibt — es ist spieltheoretisch eine Min-Max-Strategie.
@Gerhardus: Du schreibst: "Ich kann mir gar nicht vorstellen, welchen Sinn es hat, die Anzahl (!) der zu öffnenden Türen von der 1. Wahl des Kandidaten abhängig zu machen. Wie würdet ihr euch das vorstellen?"
Nur um sicherzustellen, dass wir nicht aneinander vorbei reden, es geht nicht nur um die Gesamtzahl der geöffneten Türen, also z. B. 5, sondern darum, wie viele Autotüren und wie viele Ziegentüren jeweils geöffnet werden, also z. B. "3 Autotüren und 2 Ziegentüren". Die Kombination beider Zahlen muss unabhängig davon sein, ob der Kandidat im ersten Zug ein Auto oder eine Ziege erwischt hat.
Dann würde es sehr wohl für den Moderator Sinn machen, die Anzahl davon abhängig zu machen, z. B.: "Hat der Spieler zufällig eine Autotür gewählt, wird er ihn zu einem Wechsel animieren, indem er 1 Autotür und 6 Ziegentüren öffnet. Hat der Spieler zufällig eine Ziegentür geöffnet, wird er 3 Autotüren und 4 Ziegentüren öffnen, damit der Spieler bei der Ziegentür bleibt."
Hier passiert genau das: Der Moderator macht die Anzahl an Auto-/Ziegentüren vom Ergebnis der ersten Wahl des Kandidaten abhängig.\(\endgroup\)
\(\begingroup\)@Gerhardus: Du schreibst:
"Im Grunde erscheint hier der klassische Wahrscheinlichkeits-Fehler: Aus einer Urne A von roten und blauen Kugeln (sagen wir 50:50) wird eine zufällige Teilmenge in eine zweite Urne B umgefüllt, aus der dann zwei Kugeln gezogen werden. Sind beide gezogenen Kugeln zufällig blau, so glaubt ihr, dass die Wahrscheinlichkeit für rote Kugeln in der Urne B größer ist als in der Urne A. Wer diesen Fehler einsehen will, sollte mit kleinstmöglichen Teilmengen anfangen."
Wie meinst du das? In Urne A sind rote und blaue Kugeln, davon werden welche in Urne B umgeschüttet und danach werden aus Urne B Kugeln gezogen und deren Farben bekannt gegeben. Nun wird der Anteil an roten zu blauen Kugeln in irgendwelchen Urnen verglichen. In welchen genau?
- (a) In der Urne A direkt zu Beginn der Aufgabe?
- (b) In der Urne A, nachdem ein Teil der Kugeln in Urne B umgeschüttet wurde?
- (c) In der Urne B, nachdem zum ersten Mal Kugeln aus A eingefüllt wurden?
- (d) In der Urne B, nachdem im zweiten Zug Kugeln entfernt wurden?
- (x) (In der Urne A, nachdem der Rest der Kugeln aus Urne B zurück in Urne A geschüttet werden?)
Wurden im zweiten Zug zwei blaue Kugeln aus Urne B gezogen, so denke ich, dass die Wahrscheinlichkeit eine rote Kugel zu ziehen
- in (d) größer ist, als in (a)
- in (c) kleiner ist, als in (a)
- und in (b) gleich groß ist, wie in (d)
- (und in (d) gleich groß wie in (x) ist)
Hast du hier den Vergleich von (b) (x) und (d) gemeint, oder bin ich in die Falle getappt?
"Ergänzend zu meinem letzten Kommentar folgendes Rechenbeispiel: Urne A enthält je 50 blaue und rote Kugeln. Daraus werden zufällig 2 verdeckte Kugeln in die Urne B umgefüllt. Die Wahrscheinlichkeit, dass in der Urne B eine rote Kugel ist, beträgt 75%. Aus Urne B wird blind eine Kugel gezogen, die sich zufällig als blau erweist. Mit welcher Wahrscheinlichkeit ist die andere Kugel in der Urne B rot?"
75% sind hier nicht genau 3/4, sondern eher 149/198, oder? Ich würde sagen, die andere Kugel in Urne B ist mit W'kt 50/99 rot. Irgendwie klingt das so, als wäre ich wieder in die Falle getappt. Wenn ja, können wir die Aufgabe an dem noch etwas leichteren Fall durchspreche: Urne A enthält zwei rote und zwei blaue Kugeln. Davon werden verdeckt zwei Kugeln in Urne B gelegt. Dann wird eine Kugel aus Urne B gezogen, sie ist blau. Wie groß ist die W'kt, dass die andere Kugel in Urne B rot ist? Ich komme hier auf 2/3.
[EDIT: Unsinnigen Fall (b) durchgestrichen und durch den Fall (x) ersetzt, den ich im Kopf hatte, als ich (b) geschrieben habe.]
[EDIT2:]
Moment, ich glaube, ich verstehe nun, worauf du hinaus willst. In Urne A sind rote und blaue Kugeln. Daraus werden verdeckt Kugeln in eine andere Urne B umgefuellt. Aus Urne B werden nun zwei Kugeln herausgezogen, sie sind beide blau. Du darfst nun eine Kugel entweder aus den verbleibenden Kugeln in Urne B, oder den verbleibenden Kugeln in Urne A ziehen. Dein Ziel ist es eine rote Kugel zu ziehen. Aus welcher der beiden Urnen solltest du ziehen?
Man koennte nun meinen, in Urne A sei das Verhaltnis von roten zu blauen Kugeln wie in der Ausgangslage und in Urne B seien daher ueberproportional viele rote Kugeln, da zwei blaue Kugeln bereits entfernt wurden. Tatsaechlich bringt das Ereignis "zwei blaue Kugeln wurden aus Urne B gezogen" auch zusaetzliche Information ueber das verbleibende Verhaeltnis an roten und blaue Kugeln in Urne A. Es ist gleich wie in Urne B.
War die Aufgabe so zu verstehen? Wenn ja, gehoert sie ebenfalls in die Kategorie "schwer zu formulieren".\(\endgroup\)
\(\begingroup\)Hallo weird,
die korrekte Formulierung der Aufgabe ist sicher nicht ganz einfach; ich hab da lange rumgebastelt. Ich denke, dass meine Formulierung (incl. der vier Bedingungen) ausreichend ist.
Was Deine Strategie des Moderators angeht (Ziegen = niedrige Nummer;
Autos = hohe Nummer):
Ich denke, die Strategie nützt dem Moderator nicht, da anfangs Auto(s) und Ziege(n) zufällig verteilt werden. Genauso gut könnte er die Strategie (Ziegen = hohe Nummer; Autos = niedrige Nummer) anwenden; dann ginge Dein Beispiel anders aus.
Natürlich kann man Deinen Vorschlag (zufällige Auswahl durch Moderator, und/oder Kandidat) mit aufnehmen, um letzte Zweifel zu beseitigen. Warum nicht; das wäre kein Problem.
Ansonsten:
Ich warte noch ab, mit der Herleitung der Lösung in diesem Portal.
Vielleicht kommt noch der eine, oder andere Vorschlag.
Deine Lösung kam überraschend schnell.
Als Vergleich: In den letzten Jahren hatte ich schon viele Mathematiker angeschrieben; der Anteil richtiger Lösungen war traurig gering. Oft erhielt ich keine Antwort, oder etwa sowas wie >hähh, was soll das ?<
mit besten Grüßen aus der Oberpfalz
JoeM
\(\endgroup\)
\(\begingroup\)Hallo MontyPythagoras,
selbstverständlich kenne ich die Lösung (und die Herleitung derselben)!
Die Formulierung dieser Aufgabe (incl. Lösung) kommt von mir.
Du wirst diese Aufgabe in dieser Form nirgendwo im Net finden.
Hab etwas Geduld mit der Lösung!
mfG. JoeM\(\endgroup\)
\(\begingroup\)Hallo Gerhardus,
Dein Kommentar an mich, und an Bozzo lautet:
du und Bozzo reitet auf der selbstverständlichen Anzahl-Regel herum, sagst aber nichts zur Entscheidungsbefugnis des Moderators, das überlässt du den anderen, die inzwischen die Öffnung der Türen nach dem Zufallsprinzip verlangen. Dann wird die Antwort einfach, aber anders als du denkst. Bevor ich dazu etwas sage, erwarte ich von dir dazu eine klare Formulierung, auch wenn sie dir schwerfällt.
Dazu: Meine klare Formulierung, die mir nicht schwer fällt, lautet:
>Ich verstehe gar nichts ! Ist das ernst gemeint ?.<
Ferner schreibst Du:
Ergänzend zu meinem letzten Kommentar folgendes Rechenbeispiel: Urne A enthält je 50 blaue und rote Kugeln. Daraus werden zufällig 2 verdeckte Kugeln in die Urne B umgefüllt. Die Wahrscheinlichkeit, dass in der Urne B eine rote Kugel ist, beträgt 75%. Aus Urne B wird blind eine Kugel gezogen, die sich zufällig als blau erweist. Mit welcher Wahrscheinlichkeit ist die andere Kugel in der Urne B rot?
Dazu: Eine Ziege würde meckern: >kein Problem; ich sehe rot --> 100 %<
Zusatzfrage: Funktioniert das auch mit Blausäure und Rotwein ?
mfG. JoeM
\(\endgroup\)
\(\begingroup\)Lieber JoeM,
wenn die Wahrscheinlichkeit, dass eine rote in Urne B ist, 75% beträgt, dann beträgt die Wahrscheinlichkeit, dass keine rote Kugel darin ist, 25%. Siehst du in diesen Fällen auch rot oder siehst du grundsätzlich alles rot?
Zu deiner ersten Frage: Wie ernst nimmst du dich und deine Wahrscheinlichkeiten?
Gruß, Gerhardus\(\endgroup\)
\(\begingroup\)Hallo Bozzo,
dein Ergebnis 2/3 in dem von dir formulierten Beispiel von anfangs je 2 roten und blauen Kugeln ist richtig, weil sich nach dem Ziehen der blauen Kugel nur noch 2 rote Kugeln unter den 3 verbliebenen verteilen.
Die Wahrscheinlichkeit ist anders, wenn jemand gezielt eine blaue Kugel aus der Urne B (sofern darin vorhanden) entfernt.
Beide Situationen sind zu unterscheiden.
Jetzt nochmal zu JoeM Spiel. Die Anzahl-Türen-Regel habe ich anfangs nicht so genau beachtet oder auf die Gesamtzahl von Türen bezogen. Das Spiel lässt aber völlig offen, wie diese Regel umgesetzt wird. Im Grunde müssen die Anzahlen dann vor der Wahl des Kandidaten festgelegt werden. Denn sobald eine Information vorliegt, ist alles von ihr abhängig. (Ob es Unabhängigkeit überhaupt gibt, ist eine philosophische Streitfrage.)
Das heißt z.B., der Moderator wird vor Spiel-Beginn beauftragt, 3 Autotüren und 4 Ziegentüren zu öffnen, nachdem der Kadidadat gewählt hat. (So sollte dann die Spielregel auch lauten.) Dann ist das Spiel aber nur ein breit getretenes Ziegenproblem. "Breit getretener Quark wird breit, nicht stark." Ich finde das kaum interessant. Die Wahrscheinlichkeiten sind einfach zu berechnen.
In bestimmten Situationen wären aber folgende Spielvarianten in speziellen Situationen interessant (Regeln nach der 1. Wahl des Kandidaten):
Variante 1: Zuerst werden 3 Türen nach dem Losverfahren geöffnet, danach öffnet der Moderator eine Ziegentür. Wenn dabei zufällig 3 Autotüren geöffnet worden sind, soll dann der Kandidat wechseln oder nicht?
Variante 2. Zuerst werden 3 Türen nach dem Losverfahren geöffnet, danach öffnet der Moderator eine Autotür. Wenn dabei zufällig 3 Ziegentüren geöffnet worden sind, soll dann der Kandidat wechseln oder nicht?
\(\endgroup\)
\(\begingroup\)Hallo weird,
Vorschlag:
Die 2. Bedingung......
>Die Anzahl an Auto(s) und/ oder Ziege(n), die Ihnen der Moderator durch Türöffnen zeigt, ist stets unabhängig von Ihrer 1. Wahl.<
..... ergänzen zu folg. Bedingung:
>Die Anzahl an Auto(s) und/ oder Ziege(n), die Ihnen der Moderator durch Türöffnen zeigt, ist stets unabhängig von Ihrer 1. Wahl. Seine Verteilung erfolgt zufällig.<
Sind dann Deiner Meinung nach alle Unklarheiten beseitigt ?
viele Grüße
Joe
\(\endgroup\)
\(\begingroup\)Lieber Gerhardus,
mein Kommentar zu Deiner >Urne< war nur als Scherz gemeint; daher auch meine Formulierung >mit der Ziege<. 😄
Natürlich ist Deine Lösung richtig:
Für die Verteilung in Urne B gibt es 4 Möglichkeiten
(r = rot; b = blau):
rr ; rb; br; bb ( jeweils W = ca. 1/4 )
Die zuerst gezogene Kugel ist blau (rb, br, bb)
--> W (2. Kugel = rot) = ca. 1/2 * 1/4 + 1/2 * 1/4 + 0 = 1/4
Ansonsten: In Deiner Aufgabe kann man die Angabe >Die W-keit, dass in der Urne B (mind.) eine rote Kugel ist, beträgt 75%< weglassen.
viele Grüße
JoeM
\(\endgroup\)
\(\begingroup\)Lieber JoeM,
in deinen Spielregeln muss eindeutig festgelegt sein, was die Akteure bei jedem Schritt tun dürfen oder nicht. Bloße Bedingungen wie (2) reichen nicht.
Du musst die Spielregeln so formulieren, dass die gewünschte Bedingung erfüllt ist.
Dein Ergebnis 1/4 kann ich nicht nachvollziehen. Schau doch mal, wie Bozzo das gemacht hat!
Bist du überhaupt daran interessiert, wie man Wahrscheinlichkeit ausrechnet? Hast du schon mal daran gedacht, dazu eine Frage in unserer Stochastik-Rubrik zu stellen, damit die MP-Experten dir dort anworten können? Ich glaube nicht, dass die die Homepage lesen.\(\endgroup\)
\(\begingroup\)Hallo JoeM,
Die von mir in obigem Beispiel angeführte Strategie, Ziegentüren mit möglichst niedriger Nummer, Autotüren jedoch mit möglich hoher Nummer zu öffnen hätte nur dann keine Auswirkungen, wenn der Kandidat bei einem Wechsel von Tür 1 zur neuen Tür total zufällig unter allen verschlossenen Türen wählt. Verfolgt er jedoch ebenfalls eine Strategie, und wählt bei einem Wechsel nicht zufällig unter allen anderen Türen, z.B., indem er dabei eine Tür mit möglichst niedriger Nummer wählt, so ändert das seine Gewinnchance und erhöht sich in diesem Beispiel dramatisch. (Tatsächlich ist unter obigen Voraussetzungen seine neue Tür ja genau dann eine Niete, wenn die Türen mit den Nummern 2,3,...,Z1+2 in der Ausgangskonstellation alle Ziegentüren waren!)
Und ja, ich würde in der Beschreibung doch noch mitanführen, dass der Moderator die zu öffnenden A1 Autotüren und Z1 Ziegentüren vollkommen zufällig unter den vom Kandidaten nicht gewählten Türen auswählt. (Insbesondere kann er also nur min(A1,Z1) Türen garantiert zufällig aufmachen, die noch verbleibenden Türen muss er dann gezielt - und natürlich wieder zufällig - unter den Ziegentüren bzw. Autotüren auswählen.)\(\endgroup\)
\(\begingroup\)Entschuldigt bitte, wenn ich mal etwas Off-Topic dazwischenfunke. Aber inzwischen ist dieser Artikel, trotz leichter "Startschwierigkeiten", auf dem besten Weg in die TOP 15 der meistkommentierten Artikel einzugehen. Ab Kommentar 59 ist es soweit. 😄
Gruß, Slash\(\endgroup\)
\(\begingroup\)Hallo Slash,
die 59 schaffen wir locker. Wir sind ja immer noch nicht mit der Formulierung der Spielregeln fertig.
JoeM meint anscheinend, der Moderator solle sowohl die 1. Wahl des Kandidaten berücksichtigen als auch nicht.
weird verlangt vom Moderator, der über alles Bescheid weiß, ein zufälliges Handeln.
Nur wie stellen sich die beiden vor, wie das garantiert werden soll?
Ich habe ja bereits Formulierungsvarianten vorgestellt, aber davon will keiner was wissen.
weirds Vorschlag würde ich so formulieren: Nach der 1. Wahl des Kandidaten beginnt ein Losverfahren für das Öffnen von anderen Türen. (z.B. mittels Lostrommel). Sobald 3 Autotüren oder 4 Ziegentüren geöffnet worden sind, wird das Losverfahren beendet und der Moderator wählt die noch fehlenden Türen aus, so dass insgesamt genau 3 Autotüren und 4 Ziegentüren geöffnet werden. (Der Moderator wählt dann entweder Autotüren oder Ziegentüren.) Dann kann der Kandidat wechseln.
Alternativ könnte die Regel lauten: Der Moderator öffnet nach der 1. Wahl des Kandidaten 3 Autotüren und danach 4 Ziegentüren. Dann kann der Kandidat wechseln.
Für mich haben diese Alternativen unterschiedliche Lösungen.
Gruß, Gerhardus \(\endgroup\)
\(\begingroup\)@ all:
Sollen wir fortan auf dem Matheplaneten so miteinander umgehen, dass unbeliebte Antworten (ggf. entlarvend richtige) gelöscht werden?
Wenn die nicht genehme Antwort (2 mal meine), gelöscht wird, dann wird selbstverständlich auch noch der Gegenkommentar gelöscht, damit die `Spur´ vollkommen verloren gehen soll.
Geht sie aber nicht, lieber JoeM (falls Du für die Zensur verantwortlich bist).
Ich habe die Chronik gespeichert! Wer nachlesen möchte, darf mich gerne kontaktieren. Eine wiederholte Einstellung verbietet sich logischerweise von selbst.
Aber noch einmal kurz:
1) 3 Türen, 2 Ziegen, 1 Auto
2) Kandidat wählt eine Tür aus (Fall a: Auto, Fall b: Ziege)
3) Moderator öffnet eine Tür (notwendigerweise Ziege, denn sonst verlöre der Kandidat die Möglichkeit, das Auto zu gewinnen)
4) Angebot an den Kandidaten eine Tür aus den verbleibenden zu wählen, worauf dann tatsächlich diese Tür geöffnet wird
Die zu berechnenden Wahrscheinlichkeiten sind trivial (1/2). Sowohl für Fall a als auch für Fall b. Die Situation vor dem Öffnen einer Tür durch den Moderator ist zu diesem Zeitpunkt Vergangenheit und ändert die Verteilung von Auto und Ziege (1 : 1) auf die verbleibenden Türen nicht.
Die Frage war ja, mit welcher Strategie erhöht der Kandidat seine Gewinnchance (zu diesem Zeitpunkt).
Und? Eben, mit keiner.
Denn es gibt zu diesem Zeitpunkt keine Möglichkeit mehr, eine andere Anzahl von Türen bzw. Verteilung von Auto und Ziege auf die Türen zu bewirken.
Der Kandidat hatte entweder Auto gewählt und damit die triviale Chance von 1/2 oder Ziege und dito.
Dies war aber keine vollständige Auswahl nach den Kriterien von Möglichkeiten und Anzahl von Wahlvorgängen. Denn es wird auf diese erste `Wahl´ des Kandidaten keine Tür geöffnet. Das Wort `Wahl´ scheint hier verantwortlich für eine Irreführung zu sein.
Auswahl (alte Auswahl, die zu keiner Öffnung geführt hat) und Wechsel sind die beiden Möglichkeiten (Zahl 2) in der Wahrscheinlichkeitsberechnung). Ein Treffer (Auto) liefert die Zahl eins.
Dies ist einfach auf alle möglichen Erweiterungen von Türen, Autos und Ziegen anwendbar. Solange sich nicht Eindeutigkeit aus den Vorbedingungen ergibt.
Also, lieber JoeM, was determiniert objektiv die Verteilung von Autos und Ziegen bei der finalen Wahl des Kandidaten?
Wie schaffst Du es, die Vergangenheit (Vorauswahl u. Entfernung von Möglichkeiten durch Türöffnen durch den Moderator) ins Jetzt (Auswahl aus verbliebenen Türen mit verbliebener Verteilung) zu übertragen?
Wenn Du bei Deinem Ergebnis bleibst, dann schachtele doch noch n-fache Vorauswahl mit jeweiliger Moderator-Öffnung voran und errechne (hoffentlich) immer neue Wahrscheinlichkeiten.
Gruß an alle, die an der Wahrheit interessiert sind, PeterKepp\(\endgroup\)
\(\begingroup\)Hallo weird,
vorab: Vielen Dank für Deine konstruktiven Beiträge.
Ich denke, wenn man die Bedingungen wie folgt ändert, dann dürften alle Bedenken beseitigt sein:
Folgende Bedingungen sollen erfüllt sein:
- Auto(s) und Ziege(n) werden zufällig hinter den Türen verteilt.
- Die Anzahl an Auto(s) und/ oder Ziege(n), die Ihnen der Moderator durch Türöffnen zeigt, ist stets unabhängig von Ihrer 1. Wahl.
Seine Verteilung erfolgt zufällig.
- Die Anzahl der anfangs hinter den Türen verborgenen Autos ist stets größer, als die Anzahl der Autos, die er Ihnen durch Türöffnen zeigt.
- Die Anzahl der anfangs hinter den Türen wartenden Ziegen ist stets größer, als die Anzahl der Ziegen, die er Ihnen durch Türöffnen zeigt.
- Falls Sie wechseln, erfolgt Ihre Türauswahl zufällig.
weird, ist das Deiner Meinung nach korrekt ?
Anmerkung:
Ich habe in der Vergangenheit unter genau diesen Bedingungen unzählige Beispiele per Computerprogramm simuliert (jeweils 20.000 Durchläufe).
---> Übereinstimmung mit der Berechnung für W1(ohne Wechsel) und
W2(mit Wechsel); Abweichung i.d.R < 1,00 %.
viele Grüße
JoeM
\(\endgroup\)
\(\begingroup\)lieber PeterKepp,
ich bin absolut nicht daran interessiert, dass Deine Artikel gelöscht werden (ich weiss gar nicht, wie das geht).
Ganz im Gegenteil !
Dein Artikel ist sehr interessant:
Er zeigt eindrucksvoll, dass manche Personen >wahrscheinlich< nichts verstanden haben.
Vielleicht solltest Du Lotto spielen (übertragen der Vergangenheit in das Jetzt).
Da hast Du auch nur 2 Möglichkeiten:
6 Richtige, oder nicht -----> fifty / fifty.
Du schreibst >Gruß an alle, die an der Wahrheit interessiert sind<
Diesen Gruß gebe ich gerne an Dich weiter
JoeM \(\endgroup\)
\(\begingroup\)@JoeM
Die von dir nun vorgeschlagene Änderung, dass nicht nur der Moderator, sondern auch der Kandidat seine jeweilige Auswahl zufällig trifft, halte ich nicht nur für überflüssig, sondern sogar für praktisch undurchführbar, da damit der Kandidat in seinen Wahlmöglichkeiten in unzumutbarer Weise eingeschränkt wird. Die Verantwortung für ein geeignetes "Setup" sollte aber allein beim Moderator liegen, was ja hier auch ohne weiters möglich ist (s.u.)
@Gerhardus
Obwohl ich deine Ansprüche an eine genaue Formulation der Voraussetzungen durchaus nachvollziehen kann und auch diesbezüglich selber schon Bedenken angemeldet hatte, tut es mit ein bißchen weh, da ich ansonsten deine Beiträge immer sehr schätze, dass du das Problem hier als "breit getretenes" und, wie mir scheint, ziemlich triviales Ziegenproblem abtun willst, dem man gewissermaßen nur z.B. durch deine Vorschläge "neues Leben einhauchen" könnte. Tatsächlich sollte es ja - so verstehe ich jedenfalls den Autor - immer noch eine Verallgemeinerung des Original-Ziegenproblems bleiben, welches ja selbst schon durchaus nichttrivial ist und die Liste der daran gescheiterten Leute umfasst jetzt nicht nur Leute wie PeterKepp, sondern durchaus auch anerkannte Profimathematiker wie z.B. Erdös, um nur ein Beispiel zu nennen. Des weiteren hat das Problem auch hier schon einige Zeit gestanden, bevor dann durch mich ein Lösungsvorschlag gekommen ist.
Mein erster Gedanke beim Überfliegen des Artikels war eigentlich "Nicht schon wieder...", glaube aber inzwischen, dass dies eine sinnvolle Bereicherung diese Themenkreises darstellt, wenngleich ich mir an der Stelle von JoeM ernstlich Sorgen machen würde, ob er wirklich der Erste ist, dem das eingefallen ist. Ich kenne leider die Literatur dazu zuwenig, um das beurteilen zu können, aber selbst wenn er es nur "wiedererfunden" hat, schmälert das seine persönliche Leistung nicht. Und ja, ein Vorschlag für eine weitere naheliegende Verallgemeinerung: Man könnte auch noch die Anzahl K1 (jetzt K1=1) der vom Kandidaten zu Beginn gewählten Türen variabel machen... 😉
@all
Ich habe nachfolgend ein Maple-Programm für Simulationszwecke geschrieben, wobei dessen Parameter (abgesehen von der Kleinschreibung) die Bedeutung haben, welche hier vorgegeben wurde und n die Anzahl der Simulationsläufe bedeutet.
Ich bin dabei davon ausgegangen, dass der Kandidat anfangs immer die 1. Tür wählt und sich bei einem ev. Wechsel für die verschlossene Tür mit der niedrigsten Nummer entscheidet. Solange der Moderator bei seinen Auswahlmöglichkeiten vollkommen zufällig vorgeht, kann man dies meiner Meinung nach auch so machen, ohne hier irgendetwas zu verfälschen. (Wenn jemand damit Probleme hat, so könnte vielleicht der Vergleich mit einem OneTime-Pad hilfreich sein: Hier ist ja auch die binär codierte Nachricht alles andere als zufällig, durch bitweise Addition mod 2 einer binären Zufallsfolge der gleichen Länge entsteht jedoch wieder eine total zufällige Bitfolge!)
\sourceon Maple
ziegenproblem:=proc(t,a,a1,z1,n:=10^3)
local a0,i,j,m,r,s0:=0,s1:=0,x0,x,z0,w1,w2;
w1:=evalf(a/t); w2:=evalf(((a-a1)*t-a)/(t*(t-a1-z1-1)));
printf("W1=%f, W2=%f",w1,w2);
for j to n do
# Als erstes werden zwei Vektoren x0 und x eingeführt mit
# [0](=verschlossene Ziegentür) an den ersten t-a Stellen und
# [1](=verschlossene Autotür) an den letzten a Stellen
x0:=[[0]$k=1..t-a,[1]$k=1..a];x:=x0;
# Die nächste for-Schleife bewirkt einfach eine Zufallspermutation von x
for i to t do
r:=rand(t+1-i)()+1; x[i]:=x0[r];
x0[r]:=x0[t+1-i]
end;
# Die Menge a0 enthält alle Positionen der Autotüren ab der 2.Stelle.
# Ihre Anzahl m wird durch Wegnahme von zufällig ausgewählten Elementen
# solange verringert, bis schließlich m=a1 ist
a0:=select(k->x[k]=[1],{k$k=2..t}); m:=nops(a0);
do
if m=a1 then break end if;
r:=a0[rand(m)()+1];
a0:=a0 minus {r}; m:=m-1
end do;
# Die Menge z0 enthält alle Positionen der Ziegentüren ab der 2.Stelle.
# Ihre Anzahl m wird durch Wegnahme von zufällig ausgewählten Elementen
# solange verringert, bis schließlich m=z1 ist
z0:=select(k->x[k]=[0],{k$k=2..t}); m:=nops(z0);
do
if m=z1 then break end if;
r:=z0[rand(m)()+1];
z0:=z0 minus {r}; m:=m-1
end do;
# Die Türen an den Positionen in a0 bzw. z0 werden nun "geöffnet",
# d.h., die eckigen Klammern um [1] bzw. [0] herum werden entfernt
for i to t do
if i in a0 union z0 then x[i]:=op(x[i]) end if
end do;
# Ist hinter der ersten Tür (=Erstwahl des Kandidaten!) eine 0 oder 1,
# so wird genau dieser Zahlenwert zu s0, das zu Beginn 0 war, addiert
s0:=s0+op(x[1]);
# Bei einem ev. Wechsel, wechselt der Kandidat zur ersten(!) verschlossenen
# Tür ab der Position 2 und der Wert der Summe s1, welche zu Beginn 0 war,
# wird um 0 oder 1 erhöht, je nachdem, ob dahinter eine Ziege oder ein Auto war
for i from 2 to t do
if type(x[i],list) then s1:=s1+op(x[i]); break end if
end do;
# Ausgabe der Ergebnisse der ersten 10 Versuche bzw. des Endergebnisses
if j<=10 then print(x,s0,s1) end if;
if j=10 then print() end if;
end do;
print(x,s0,s1)
end:
ziegenproblem(3,1,0,1,10^5);
W1=0.333333, W2=0.666667
[[0], [1], 0], 0, 1
[[0], 0, [1]], 0, 2
[[1], [0], 0], 1, 2
[[1], 0, [0]], 2, 2
[[1], [0], 0], 3, 2
[[0], 0, [1]], 3, 3
[[1], [0], 0], 4, 3
[[0], 0, [1]], 4, 4
[[0], 0, [1]], 4, 5
[[0], 0, [1]], 4, 6
[[0], 0, [1]], 33302, 66698
ziegenproblem(15,6,3,4,10^4);
W1=0.400000, W2=0.371429
[[1], 1, [1], 1, 1, 0, 0, [0], [1], [0], [0], [0], 0, [0], 0], 1,1
[[0], 0, 0, 0, 0, 1, [1], [0], [0], [0], 1, [1], [0], 1, [1]], 1,2
[[1], [0], 1, [1], 1, [0], 1, 0, [0], 0, 0, [0], [0], [1], 0], 2,2
[[0], 1, [1], [1], 0, 0, 1, [0], 1, [0], [0], 0, [0], 0, [1]], 2,3
[[0], 0, 1, [0], [0], [0], 1, [0], [1], 1, 0, 0, [1], 0, [1]], 2,3
[[0], 0, [0], 1, 0, 0, [1], 0, 1, [1], [0], [1], [0], [0], 1], 2,3
[[1], 1, [0], 0, [1], 1, [0], [0], 0, [0], 1, [0], 0, 0, [1]], 3,3
[[0], [0], [0], [0], [0], [1], 1, 0, [1], 0, 0, [1], 1, 0, 1], 3,3
[[1], 0, [0], [0], 1, 1, 1, 0, 0, [0], [0], 0, [1], [0], [1]], 4,3
[[1], [1], [0], 1, 1, [1], 0, [0], [0], [0], 0, 1, 0, 0, [0]], 5,4
[[0], [1], [0], 0, 1, [0], [0], 0, 1, [1], [1], 0, 0, 1, [0]], 3984,3792
\sourceoff
Ich habe dabei Ziegentüren mit 0 und Autotüren mit 1 codiert, wobei ich sie eingeklammert habe, wenn sie verschlossen sind, wie die 1. Türe, welche vom Kandidaten zuerst gewählt wurde oder die anderen Türen, die nicht vom Moderator geöffnet wurden. Die beiden Zahlen zum Schluss bedeuten die Anzahl der Erfolge ohne bzw. mit Wechsel der vom Kandidaten zuerst gewählten Tür. Ich habe dabei die ersten 10 Versuche noch ausführlich ausgegeben, danach aber nur mehr das Ergebnis, um Platz zu sparen.
Edit: Ich habe den Programmcode oben noch durch - hoffentlich zum Verständnis nun ausreichende - Kommentare ergänzt, da deren Fehlen von Gerhardus in einem nachfolgenden Beitrag bemängelt wurde.\(\endgroup\)
\(\begingroup\)...Slash muss mal wieder Tacheles reden...
@ PeterKepp
Mein lieber KEPPtain Wirrkopf,
du hast uns hier auf dem MP bereits eindrucksvoll bewiesen, dass du die komplexen Zahlen nicht verstanden hast. Jetzt zeigst du uns, dass du auch die Wahrscheinlichkeitsrechnung nicht verstanden hast, und die Aufagabenstellung wohl auch nicht. Bist aber wie immer voll von dir überzeugt. Mein Tipp: Wenn dich hier und anderswo überhaupt jemand (mathematisch) ernst nehmen soll, dann ändere bitte dein Auftreten/Verhalten und lösche bitte endlich deine Homepage und befreie damit die Welt von deinen wirren und falschen Gedanken. Es könnte ja jemand glauben.
Küsschen, Slash 😎 \(\endgroup\)
\(\begingroup\)@wired: Du schreibst: "Die von dir nun vorgeschlagene Änderung, dass nicht nur der Moderator, sondern auch der Kandidat seine jeweilige Auswahl zufällig trifft, halte ich nicht nur für überflüssig, sondern sogar für praktisch undurchführbar, da damit der Kandidat in seinen Wahlmöglichkeiten in unzumutbarer Weise eingeschränkt wird. Die Verantwortung für ein geeignetes "Setup" sollte aber allein beim Moderator liegen, was ja hier auch ohne weiters möglich ist (s.u.)"
Das finde ich sehr eigenartig. Ich sehe es genau umgekehrt. Gesucht ist die Strategie des Kandidaten, die den groessten Erfolg bringt, hier hat man also Wahlmoeglichkeiten (z. B. die gleichverteilt zufaellige Entscheidung zwischen den relevanten Moeglichkeiten). Dagegen waere die interessante Frage fuer mich, was gerade die notwendigen Minimalanforderung an die Strategie des Moderators sind, ohne da Extras zu investieren.\(\endgroup\)
\(\begingroup\)@bozzo
Gesucht ist die optimale Strategie des Kandidaten, das stimmt, aber nur unter Verwendung der Parameter A,Z,A1,Z1, nicht aber unter Verwendung einer (angenommenen oder tatsächlichen) Abweichung des Moderators von einer unter den gegebenen Rahmenbedingungen zufälligen Auswahl der zu öffnenden Türen. Das ergibt sich jetzt auch schon rein logisch daraus, dass wir eine etwaige Strategie des Moderators ja gar nicht kennen und daher hier auch nichts rechnen könnten, d.h., die Aufgabenstellung hier wäre unvollständig und damit sinnlos.
Und deine letzte Frage verstehe ich leider überhaupt nicht. Was genau sind die "Extras", die man nicht investieren soll, hinsichtlich der Minimalanforderung an die Strategie des Moderators? Hast du dir mein Maple-Programm oben angesehen und findest du darin diese ominösen "Extras"? Dir ist schon klar, dass der Kandidat jede Abweichung des Moderators von einer Zufallsauswahl im Rahmen der gegebenen Bedingungen, und sei sie auch noch so klein, dazu verwenden kann, um seine Erfolschancen zu erhöhen, sofern er Kenntnis davon hat? \(\endgroup\)
\(\begingroup\)Hallo weird,
eigentlich wollte ich hier Schluss machen, weil ich hier niemanden mehr sehe, der Interesse an mathematischen Unterschieden und Regeln hat. Aus diesem Grunde bringen auch Programmcodes diese Diskussion nicht weiter. Trotzdem habe ich mir als ehemaliger Programmierer (COBOL) doch dein Programm angeschaut. Da du Programme kommentarlos schreibst, habe ich nicht alles verstanden.
Es sieht so aus, als hättest diesen Vorschlag aus meinem letzten Kommentar verwendet:
"weirds Vorschlag würde ich so formulieren: Nach der 1. Wahl des Kandidaten beginnt ein Losverfahren für das Öffnen von anderen Türen. (z.B. mittels Lostrommel). Sobald 3 Autotüren oder 4 Ziegentüren geöffnet worden sind, wird das Losverfahren beendet und der Moderator wählt die noch fehlenden Türen aus, so dass insgesamt genau 3 Autotüren und 4 Ziegentüren geöffnet werden. (Der Moderator wählt dann entweder Autotüren oder Ziegentüren.) Dann kann der Kandidat wechseln." (wobei die Zahlen 3 bzw. 4 variabel bei dir sind)
Bevor ich weiter darauf eingehe, frage ich: Welche Erkenntnis soll dein Programm liefern?
Gruß, Gerhardus
\(\endgroup\)
\(\begingroup\)@ Gerhardus
Mein letzter Kommentar ist nicht zensiert worden. Also können wir auch offen weiter diskutieren.
@ JoeM
Zunächst einmal möchte ich mich für meine Äußerung entschuldigen, dass in dem Thema keine Tiefe steckt. Ich bin lernfähig und habe nun erkannt, dass es durchaus Sinn macht, sich mit dem Thema länger zu beschäftigen.
@ all
Leider wäre ich beinahe der allgemeinen Verwirrung auf den Leim gegangen und hätte JoeM Recht gegeben in der Art der Möglichkeit, die Wahrscheinlichkeit eines Treffers durch Umentscheidung unter gewisser Voraussetzung (Verteilung von A = Auto und Z = Ziege in den durch den Moderator `aus dem Spiel genommenen´ Möglichkeiten) beeinflussen zu können.
Dies ist aber nicht der Fall. Die Erkenntnis hierüber ist - und darin liegt die Tiefe des Problems - nicht so einfach zu erlangen.
Im A, Z-Problem wird (im wikipedia-Ansatz wie hier durch JoeM) für die Berechnung der Wahrscheinlichket W, mit der eine Auswahl zum Treffer wird, ein doppelter Sprung vollzogen.
Erstens über die Zeit
Haben sich Kandidat der einen Tür und Moderator einer weiteren Anzahl von Türen zugewandt (in der Rätselbeschreibung `Auswahl´ genannt), so könnten wir diesen Zeitpunkt t0 nennen. Im zweiten Durchgang dieses Auswahlverfahrens kennzeichnen wir den Zeitpunkt mit t1 .
W(t0) sei die Wahscheinlichkeit, mit der zur Zeit t0 ein Treffer erzielt werden würde (wenn tatsächlich die ausgewählte Tür geöffnet werden würde). 1/3 bei wikipedia und 6/9 = 1/3 im Beispiel von JoeM.
Korrektur: ... und 6/15 = 2/5 im Beispiel von JoeM [nochmal Fehler, sorry]
Wenn man sich mehr um die Theorie kümmert ... ; schäm.
Die Tür wird aber nicht geöffnet. Im Sinne der Wahrscheinlichkeitsberechnung also kein Vorgang, der die nachfolgenden Auswahlen um eine Möglichkeit reduziert - keine echte Auswahl. Nennen wir diesen Vorgang, über den der Kandidat auf eine Tür weist deshalb `Vorauswahl´.
In W(t1) schließlich findet eine vollständige Auswahl statt. Die vom Kandidaten ausgewählte Tür wird geöffnet.
Zweitens über die Türen
Die Trefferwahrscheinlichkeit der vorausgewählten Tür in t0 wird mit der Trefferwahrscheinlichkeit der verbliebenen Türen in t1 verglichen.
(Ich bitte um Korrektur, falls ich mich an dieser Stelle in der Interpretation aller bisher als anerkannt geltenden Vorschläge des Lösungsweges geirrt haben sollte.)
Die Frage ist demnach, ob diese Sprünge erlaubt sind.
Vielleicht ist es einfacher, wenn wir die Aktionen auf getrennte Individuen verteilen:
Drei Personen beschließen, durch ziehen von Streichhölzern zu entscheiden, wer die Belohnung erhält. Eine Person hält zwei kurze und ein langes Streichholz parat. Die Person des zweiten Zuges `schielt´ schon auf das rechte Holz. Die Person des ersten Zuges wählt das linke Holz - ein kurzes. Die Person, die die Hölzer hält, fragt die Person des zweiten Zuges, ob sie sich gegenüber dem nicht zu übersehenden `Hinschielen´ auf das rechte Holz, noch umentscheiden möchte. Welche Strategie? Leider keine, oder?
Aber ich will nicht ablenken und mich dem Original stellen.
Was bedeutet die Vorauswahl des Kandidaten?
Der Kandidat entscheidet damit, das diese Tür von t0 nach t1 übernommen wird. Mehr nicht!
Eine Positiv-Auswahl.
Die Tür hat unwidersprochen die Wahrscheinlichkeit 1/3 (wikipedia) oder 3/9 (JoeM) - aber in t0 .
Die Auswahl gilt aber nicht auf Erzielen eines Treffers, sondern auf Restbildung für t1 . Ist dies der dritte Sprung (über die Art bzw. Wirkung der Auswahl)?
Der Moderator trifft eine Negativ-Auswahl. Die von ihm ausgewählten Türen nehmen an der wirklichen (Wirkung zeigenden) Auswahl des Kandidaten zu t1 nicht mehr teil.
Alle verbleibenden, die nicht vom Moderator aufgedeckten Türen (samt der durch den Kandidaten vorausgewählten), schaffen es nach t1 . Diese, durch den Moderator nicht ausgeschlossenen Türen haben, zum Zeitpunkt t0 , ebenfalls unbestreitbarerweise, gleichfalls die Wahrscheinlichkeit 1/3 (wiki) und 3/9 (JoeM). Auch diese Auswahl zielt allein auf die Restbildung für t1 . Die Komplettierung des dritten Sprunges?
Was gilt zum Zeitpunkt t1 für die einzelnen Türen, W(t0) oder W(t1). Oder gar der Zeitmix?
Zum Zeitpunkt t1 ist eine neue Situation entstanden, aus der der Kandidat frei auswählen kann. Er darf eine Tür von den verbleibenden wählen.
W(t1) = 1/2 (wiki); W(t1) = (6 - 3)/(9 - 4) = 3/5 (JoeM) [gilt jeweils für jede Tür!]
Korrektur: W(t1) = (6 - 3)/ (15 - 7) = 3/8 (JoeM) [dummer Fehler, sorry]
Wenn man doppelt springt, verletzt man offensichtlich die Grundsätze der Theorie. Die Bestimmung der Türen für den zweiten Durchgang in die Wahrscheinlichkeitsberechnung einzubeziehen ist wohl der am schwierigsten zu durchschauende Teil dieses Rätsels.
Ich hoffe auf weitere Diskussion, die aufdecken könnte, worin der möglicherweise selbstbestätigende Fehler der kalkulatorischen Nachprüfung von JoeM liegt.
Gruß, PeterKepp\(\endgroup\)
\(\begingroup\)Hallo Gerhardus,
Es tut mir wirklich leid, dass ich deinen Kommentar zu meiner Moderator-Strategie bislang nicht beantwortet habe, wohl auch, weil ich irrtümlich glaubte, mein Programmcode würde einige diesbezügliche Fragen von selbst beantworten. Ohne Kommentare im Programm ist das aber schwer, das gebe ich zu, aber ich habe dieses Versäumnis inzwischen oben nachgeholt.
Obwohl du mich in deinem letzten Beitrag richtig interpretiert hast, bin ich nun im Programm doch leicht anders vorgegangen, indem der Moderator zunächst für sich die Menge a0 aller Positionen der Autotüren bestimmt, und zwar ab Tür 2, da Tür 1 ja nach meiner Festlegung die Erstwahl des Kandidaten war. Dann entfernt er zufällig Elemente aus a0 solange, bis a0 die "richtige" Größe a1 hat. Das Gleiche macht er mit der Menge z0 der Positionen aller Ziegentüren ab Position 2, welche dann am Ende die Größe z1 hat. Danach öffnet er alle Türen an den Positionen in den so verkleinerten Mengen a0 bzw. z0. Diese Vorgangsweise war mich einerseits am einfachsten zu programmieren und scheint mir andererseits auch die größtmögliche Zufälligkeit bei der Auswahl der zu öffnenden Türen durch den Moderator zu garantieren. Die Ergebnisse für eine große Anzahl an Testläufen scheinen diesen Ansatz auch zu bestätigen, insbesondere auch, was das klassische Ziegenproblem betrifft.
Ok, vielleicht habe ich jetzt noch etwas vergessen, was ich eigentlich noch erwähnen sollte, aber ich habe hier langsam, aber sicher den Überblick verloren. Wenn dies der Fall sein sollte, bin ich aber gerne bereit, dies auf Anfrage nachzuholen.
mfg
weird
P.S.: Vielleicht bin ich aus deiner Sicht jetzt nur unzureichend auf deine Frage eingegangen, welche Erkenntnisse mein Programm liefern soll. Ich hatte, wie gesagt, gehofft, dass man daraus die Zufallsstrategie des Moderators klar ablesen kann. Naja, und dann sollten die Ergebnisse ja wohl auch die Rechnungen bestätigen, welche ich oben angestellt hatte.
Abschließend doch noch auch von mir eine Frage: Willst du eigentlich bei deinen vorgeschlagenen Modifikationen "wegkommen" vom klassischen Ziegenproblem oder soll dieses doch noch irgendwo als Spezialfall bestehen bleiben, wie bei dem von JoeM gewählten Ansatz? Das ist mir nicht ganz klar.\(\endgroup\)
\(\begingroup\)@wired: Mit "Extras" meine ich zusätzliche Information, die man nicht notwendigerweise benötigt. Z. B. die Information: "Die Autos und Ziegen sind zu Beginn gleichverteilt zufällig auf die Tore aufgeteilt". Das ist eine Information, die (nach meiner Ansicht) nicht notwendig wäre. Da da Spiel ein Zweipersonen-Nullsummenspiel ist, hat es einen Gleichgewichtspunkt und der Kandidat hat eine Min-Max-Strategie, die den maximalen Gewinn des Moderators (wenn er die für den Kandidaten ungünstigste "Antwort" auf seine Strategie spielt) minimiert. Für mich wäre es das naheliegenste und interessanteste an dieser Aufgabe, nach genau der Strategie zu suchen und den Moderator dabei in seinen Strategien nur so wenig wie möglich einzuschränken. Was muss man mindestens fordern, damit der Moderator den Kandidaten durch das Öffnen der Tore nach der ersten Wahl nicht "übern Tisch ziehen" kann? Eine gewisse Unabhängigkeit von der ersten Wahl, aber komplette Unabhängigkeit ist wahrscheinlich schon zu viel. Reicht nicht auch weniger? Vom Moderator zu fordern, dass er auf seinen Möglichkeiten gleichverteilt zufällig agieren soll, halte ich für komplett überflüssig. Das kann der Kandidat auch dadurch wett machen, dass er auf seinen Möglichkeiten gleichverteilt zufällig agiert und daher gehört es für mich auch in seine gesuchte Strategie.
@PeterKepp: Sagen wir, es gibt zwei Kandidaten. Zuerst wählt der erste Kandidat ein Tor und bekommt, was darin ist. Dann wählt der Moderator von den übrigen beiden ein Tor mit einer Ziege aus, öffnet das Tor, und bekommt die Ziege. Dann wird das letzte Tor geöffnet und der zweite Kandidat bekommt den Inhalt. Was der zweite Kandidat bekommt ist das, was normalerweise der einzige Kandidat bekommen hätte, wenn er gewechselt hätte, nach dem der Moderator sein Tor geöffnet hat. So kann man das Spiel mit drei Leuten spielen.
Nun zum Streichholzspiel. Der erste Kandidat wählt ein Streichholz und gewinnt oder verliert. Der zweite sucht sich unter den beiden verbleibenden Streichhölzern ein kurzes Streichholz raus und verliert. Der dritte Kandidat bekommt das letzte Streichholz und gewinnt oder verliert. Das ist ein anderes Spiel, als du spielst. Bei dir schielt der erste Kandidat nur auf ein Streichholz, aber er "reserviert" es nicht. Der zweite Kandidat kann auch das Streichholz nehmen, auf das der erste Kandidat geschielt hat. Außerdem sucht sich der zweite Kandidat bei dir nicht absichtlich ein kurzes Streichholz heraus um zu verlieren, er kann genauso gut auch das lange Streichholz erwischen und gewinnen. Das sind zwei wesentliche Unterschiede zwischen den beiden Situationen. Das bedeutet jetzt nicht, dass am Ende auch automatisch schon verschiedene Wahrscheinlichkeiten herauskommen müssen, aber es zeigt, dass die beiden Situationen erst mal nicht miteinander vergleichbar sind und man aus dem Ergebnis in der einen Situation nicht leichtfertig auf das Ergebnis der anderen Situation schließen sollte.
Mache folgendes Experiment: Nimm dir einen Beutel mit drei gleichgeformten Gegenständen, von denen aber einer farblich eindeutig von den anderen unterscheidbar ist, z. B. zwei weiße und einen roten Würfel. Greife in den Beutel hinein und wähle zufällig einen Würfel aus. Das ist der Gewinn des ersten Kandidaten. Nun suche unter den anderen beiden Würfeln einen weißen Würfel heraus, das ist der Gewinn des zweiten Kandidaten. Der letzte Würfel geht nun an den dritten Kandidaten. Es ist klar, dass der zweite Kandidat hier nie den roten Würfel bekommen wird. Eigentlich sollte auch klar sein, dass der erste Kandidat in 1/3 der Fälle den roten Würfel bekommt. Das würde aber bedeuten, dass der dritte Kandidat dann in 2/3 der Fälle den roten Würfel bekommen muss. Kann das sein? Am besten, du probierst es ein paar mal aus und zählst mit, wie oft wer den roten Würfel bekommt. Das Problem dabei ist nur, man muss es schon so an die 100 Mal machen, um wirklich eine aussagekräftige Zahl zu bekommen. Nach 100 Mal kann man einigermaßen gut sehen, ob das Ergebnis näher an 50 Mal oder an 67 Mal roter Würfel für den 3. Kandidaten ist. Vielleicht helfen aber auch schon deutlich weniger Wiederholungen um ein "Gefühl" für die Sache zu bekommen und entscheiden zu können, was herauskommen sollte.\(\endgroup\)
\(\begingroup\)@ Bozzo
Was soll uns das Spiel mit zwei Kandidaten, nach Deinem Vorschlag bzgl. der Wahrscheinlichkeit eines Treffers der Wahl des zweiten Kandidaten (er hat ja eigentlich keine mehr) sagen? Es geht doch nicht darum, was tatsächlich gefunden wird, sondern mit welcher Wahrscheinlchkeit ein Treffer zu erzielen ist.
Das Streichholz-Ziehen ist direkt auf das Standardproblem (2 Ziegen, 1 Auto, Moderator eleminiert eine Ziegentür) übertragbar.
Allein wenn der erste Kandidat verliert, ist eine Äquivalenz zum Standardproblem herzustellen (deshalb allein diese Betrachtung und nicht die Möglichkeit, eines Treffers für den ersten Kandidaten).
Das Entfernen einer Tür (bzw. Öffnen, folgend Ausschluß) durch den Moderator entspricht der Wahl eines kurzen Holzes (Niete) durch den ersten Kandidaten.
Der erste Kandidat `schielt´ nicht!
Das `Schielen´ des zweiten Kandidaten entspricht der Vorauswahl, denn diese Möglichkeit bleibt erhalten. Zusätzlich selbstverständlich ein Holz für den dritten, der die Hölzer ja hält und damit als letzter keine Auswahl mehr hat (er kennt doch kurz und lang).
Bei der Berechnung der Wahrscheinlichkeit kommt es nur auf die Wahl des zweiten Kandidaten an.
Der zweite Kandidat hat nicht die Möglichkeit, das Ergebnis seiner Wahl vorherzubestimmen (Bedingung des Hölzchenspiels, siehe Film `Ladykillers´). Die Wahlen eins und zwei erfolgen zufällig; die Grundvoraussetzung für Wahrscheinlichkeitsberechnungen. Aber hier betrachtungshalber der Fall des ersten Verlierens der Belohnung (der Moderator muß eine Ziegentür entfernen!).
Dein Beutel-Ziehen entspricht nicht dem Standardproblem. Der zweite Kandidat Deines Beispiels kann nur der Moderator sein. Nur er kennt die Farben und verliert nicht, denn er ist nicht Kandidat.
Du machst den Fehler des Überspringens zwischen den Zeitpunkten. Denn Kandidat eins entspricht der Vorauswahl zum Zeitpunkt t0 und Kandidat drei entspricht der Wahl des Kandidaten zum Zeitpunkt t1 . Zum Zeitpunkt t1 sind aber nur noch zwei Wüfel im Beutel; ein roter und ein weißer (der zweite weiße wurde durch Kandidat zwei (entspricht dem Moderator) entfernt.
Es grüßt in gern gesehene. weitere Diskussion hinein, PeterKepp\(\endgroup\)
\(\begingroup\)Hallo weird,
ich kann Dir versichern, dass die >Erweiterung Ziegenproblem< zu 100 % von mir stammt. Bereits anno 2006 habe ich nachweislich diese Aufgabe (incl. Lösung), sowie eine >Erweiterung Ziegenproblem in abgewandelter Form< (incl. Lösung) an den Rowohlt- Verlag gesendet. Der Verlag hat sich für mein Anschreiben bedankt, und meine Unterlagen an Herrn Gero von Randow weitergeleitet. Leider habe ich dann nichts mehr gehört; weder vom Verlag, noch von Gero von Randow.
Anmerkung zu >Erweiterung Ziegenproblem in abgewandelter Form<:
Diese Aufgabe ist wesentlich schwieriger, als die >Erweiterung Ziegenproblem<. Die abgewandelte Form kann nur gelöst werden, wenn die Erweiterung gelöst ist; dazu später mehr.
Ich habe in den vergangenen Jahren zig-mal im Internet nach einer vergleichbaren >Erweiterung<, oder >Verallgemeinerung<, oder >Ziege allgemein<, oder ..... recherchiert. Ich habe nichts vergleichbares gefunden; weder im Internet, noch in irgend einer Literatur.
viele Grüße
JoeM \(\endgroup\)
\(\begingroup\)Hallo JoeM,
Ich kann jetzt nur wiederholen, was ich oben schon geschrieben habe, nämlich dass ich das für eine sehr sinnvolle Erweiterung des Ziegenproblems halte und deine Leistung selbst für den Fall, dass du diese Verallgemeinerung bloß "wiederentdeckt" hättest, durchaus wertschätze. Wenn es das nach deinen Recherchen nirgendwo noch gibt, weder im Internet, noch in dem Buch
Gero von Randow, Das Ziegenproblem – Denken in Wahrscheinlichkeiten. Rowohlt Tb., 1992, ISBN 3-499-19337-X, Neuauflage: Rowohlt, 2004, ISBN 3-499-61905-9.
dann kann ich dir nur dazu gratulieren. Meiner Meinung nach gehört das zu einer wirklich umfassenden Behandlung des Ziegenproblems jedenfalls dazu, auch wenn es hier Leute gibt (Gerhardus?), welche da offenbar anderer Meinung sind.
mfg
weird
P.S.: Was sagst du eigentlich zu meinem Maple-Programm oben? Hast du das selbst ähnlich implementiert oder ganz anders?
\(\endgroup\)
\(\begingroup\)Hallo weird,
als ich zuerst deinen Programmcodes, dachte ich: Soll ich mich damit auch noch rumschlagen? In der letzten Nacht fiel mir ein: Wenn du so gerne programmierst, dann könntest du aus deinem Prograsmm mal was richtiges machen. Deshalb hier eine paar Tipps zur Softwareentwicklung:
Es ist zu unterscheiden, ob zuletzt die Autotür geöffnet wird oder die Ziegentür, d.h. entweder fügt du noch einen Parameter ein, so dass der eine oder andere Fall untersucht wird, oder weitere Variablen, so dass beides in einem Programmlauf ausgewertet wird.
In jedem Versuch musst du die 1. Wahl mit der möglichen 2. Wahl vergleichen: N = Wechsel ist falsch, U = Wechsel bringt nichts und W = Wechsel richtig. Diese Ergebnisse musst du alle Versuche zusammenzählen.
Dann kann man daraus eine Empfehlung für den Kandidaten ableiten, ob er wechseln soll oder nicht.
Am Häufigsten kommt der Fall vor, dass sich zuletzt eine Autotür öffnet. Interessanter finde ich den Fall, wenn zuletzt eine Ziegentür aufgeht. In diesem Fall sind noch 3 Autos im jedem Spiel.
Dafür habe ich bei 99 Versuchen folgende Prognose: 33 mal ist die 1. Wahl ein Auto. Da bei 99 Versuchen 99*3 = 297 Autos zu verteilen sind, entfallen auf die übrigen 7 Felder 264, also im Schnitt 37,7 Autos.
Allen Unkenrufen zum Trotz, die Wahrscheinlichkeit für die richtige 1. Wahl sei 2/5, komme ich auf die Wahrscheinkeit 1/3. Die formale Begründung habe ich schon in früheren Kommentaren gegeben.
Da meine Großmutter das nicht kapiert, folgt jetzt hier extra für sie eine Erklärung: "Oma, wenn ich nicht Bescheid weiß, was hinter den Türen los ist, mache ich Zufallstests. Wenn ich dann hinter 6 getesteten Türen zufällig 3 Autos finde, gehe ich davon aus, dass die Wahrscheinlicheit um die 50% liegt, also höher als für die Tür der 1. Wahl. Das ganze heißt Mnote-Carlo-Test."
Stochastischer lautet folgende Erklärung: Wenn 1. Wahl eine Ziegentür ist, sind in der Restmenge 6 Autos (statt 5) und daher steigt die Wahrscheinlichkeit zufällig 3 Autotüren zu öffnen.
Ich weiß jetzt nicht, was noch kommt.
Gruß, Gerhardus
\(\endgroup\)
\(\begingroup\)\quoteon Ich weiß jetzt nicht, was noch kommt.
Gruß, Gerhardus
\quoteoff
Willkommen in der TOP 15 lieber Artikel! 😄
Es grüßt euer Off-Topic-Slash 😎 \(\endgroup\)
\(\begingroup\)@ all
Stellen wir uns die Show mit den Türen als Darbietung auf einer Drehbühne vor.
[logische Trennung von t0 und t1 ]
Die erste Hälfte der Zuschauer sieht den ersten Teil, in dem der Kandidat eine Tür (vor)-auswählt und der Moderator Türen durch Öffnen aus dem Spiel nimmt.
Die geöffneten Türen werden abgeräumt. [erleichtert das Bild]
Die zweite Hälfte der Zuschauer nimmt an der entscheidenden Wahl des Kandidaten teil, der auf die Frage des Moderators: "Möchten sie, dass die Tür geöffnet wird, auf die sie gerade zeigen oder möchten sie, dass eine andere Tür für sie geöffnet wird?" seine Auswahl trifft.
Nachdem alle verbliebenen Türen geöffnet worden sind, wird die zweite Hälfte der Zuschauer gefragt, mit welcher Wahrscheinlichkeit der Kandidat einen Treffer erzielen konnte.
Wie fällt deren Bewertung aus?
Welchen Hinweis (falls möglich) kann die Gesamtheit der Zuschauer (nach gegenseitiger Information) nachträglich dem Kandidaten geben, wie dieser seine Trefferwahrscheinlichkeit durch Strategie hätte ggf. erhöhen können?
Gruß, PeterKepp\(\endgroup\)
\(\begingroup\)Hallo weird,
zu Deinem Programm kann ich leider nichts sagen; ich kenne die Programmiersprache >Maple< nicht.
Du wirst >wahrscheinlich< jetzt schmunzeln:
Ich habe die Sache in >GW- Basic< programmiert.
Das Programm ist allg. gehalten (T <= 100 Türen, A, A1, Z1 bel.).
Beispiel:
http://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/9/44117_ZZZ.jpg
Die Anzahl Durchläufe sind in Schritten 20.000, 40.000, 60.000,... möglich.
W1/W2 = Gewinnw-keit nach Formel
viele Grüße
JoeM
\(\endgroup\)
\(\begingroup\)Hallo Gerhardus,
Leider funktioniert in den Kommentaren hier die übliche Zitiermöglichkeit aus dem Forum nicht (warum, weiß nur Matroid!), sodass ich mich nachfolgend leider durch die Hilfskonstruktion >...Zitat...< behelfen muss.
>In jedem Versuch musst du die 1. Wahl mit der möglichen 2. Wahl vergleichen: N = Wechsel ist falsch, U = Wechsel bringt nichts und W = Wechsel richtig. Diese Ergebnisse musst du alle Versuche zusammenzählen.
Dann kann man daraus eine Empfehlung für den Kandidaten ableiten, ob er wechseln soll oder nicht.<
Ich habe in der Ausgabe zu meinem Programm doch auch einige dieser Informationen ausgegeben, und zwar die, auf die es wirklich ankommt. Unter den Voraussetzungen, welche dem Beispiel des Artikel zugrundeliegen (also T=15, A=6, A1=3, Z=9, Z1=4) brachten 10000 Simulationsläufe das Ergebnis, dass in 3792 Fällen der Wechsel richtig, also dann in 6208 (=10000-3792) Fällen falsch *) war. Dagegen war in 3984 Fällen das Beharren auf der Erstwahl richtig, in 6016 (=10000-3984) Fällen dagegen falsch *). Wie oft ein Wechsel "nichts gebracht hat", weil die Erstwahl und die Zweitwahl entweder beide Treffer oder beide Nieten waren, kann man daraus leider nicht ablesen, aber es ist zumindestens ablesbar, dass der Fall, dass beide Nieten waren hier klar überwog, da die Summe 3984+3792 ja weit unter 10000 liegt. Und du meinst wirklich, aus diesen Zahlen könnte man jetzt noch keine "Empfehlung" für den Kandidaten ableiten, ob er wechseln soll oder nicht, wenn ich dich richtig verstanden habe?
>Allen Unkenrufen zum Trotz, die Wahrscheinlichkeit für die richtige 1. Wahl sei 2/5, komme ich auf die Wahrscheinkeit 1/3. <
Hm, du misstraust also nicht nur den Ergebnissen aus meinem Programmlauf (und mittlerweile auch dem von JoeM), sondern auch dem sog. "gesunden Menschenverstand". Denn am Anfang gab es eben 6 Autotüren unter den insgesamt 15 Türen und der Kandidat durfte frei(!) unter ihnen wählen, macht dann also nach elementaren Regeln der Wahrscheinlichkeitsrechnung 6/15 oder 2/5. Der Moderator ändert durch das Öffnen von Türen nur mehr die Erfolgswahrscheinlichkeiten der anderen Türen, die Erfolgswahrscheinlichkeit der vom Kandidaten zuerst gewählten Tür bleibt davon unberührt.
Muss jetzt leider abbrechen, aber ich hoffe, das genügt für den Anfang.
mfg
weird
*) Das ist in dieser Form nicht richtig, denn hier sind ja auch jeweils die Fälle miteingerechnet, wo ein Wechsel jeweils das gleiche Ergebnis gebracht hätte, wenngleich diese letztgenannten Fälle zumindestens für den Fall, dass Erstwahl und Zweitwahl des Kandidaten beide richtig waren, eine deutliche Minderheit bilden. Vielleicht kann ich mich aber doch noch dazu aufraffen, mein Programm so abzuändern, dass auch die gewünschte Zusatzinformation mitausgegeben wird, obwohl sie in meinen Augen hier nicht wirklich wesentlich ist.\(\endgroup\)
\(\begingroup\)@JoeM
Ich habe ja mein Programm (auf Wunsch von Gerhardus) mit Kommentaren versehen, d.h., selbst wenn du nur diese liest, sollte im großen und ganzen klar sein, wie ich vorgegangen bin. Darüberhinaus hat die in Maple verwendete Programmiersprache eine ähnliche Struktur, wie man sie von Pascal kennt, und sollte daher für jemand mit ausreichenden Englischkenntnissen leicht verständlich sein. *) Obwohl von Gerhardus die Sinnhaftigkeit der Veröffentlichung des Programmcodes angezweifelt wurde, habe ich das dennoch gemacht, damit man erstens auf Wunsch genau nachvollziehen kann, wie ich vorgegangen bin, und zweitens für Leute, welche die Möglichkeit haben, das Programm selber auf ihrem Rechner laufen zu lassen, klar ist, dass die angegebenen Ergebnisse nicht "getürkt" sind.
Wie man sehen kann, kommst du ja zu sehr ähnlichen Ergebnissen wie ich auch, wenngleich ich vermute, dass du bei der Auswahl der zu öffnenden Auto- bzw. Ziegentüren durch den Moderator anders vorgegangen bist als ich. Es wäre interessant, wenn du diese Auswahl wenigstens verbal beschreiben könntest, falls du nicht überhaupt den Programmcode veröffentlichen willst. Auch bei der Zweitwahl des Kandidaten nach einem Wechsel stellt sich die Frage, ob er streng deterministisch vorgeht, wie bei mir, indem er dabei die Tür mit der niedrigsten Nummer wählt, welche in Frage kommt, oder wählt er bei dir auch zufällig unter allen angebotenen Möglichkeiten?
*) Einzige bemerkenswerte Ausnahme: rand(n) ist eine Prozedur, welche Zufallszahlen in {0,1,...,n-1} zurückgibt und mit rand(n)(), also der leeren Parameterliste, aufgerufen werden kann.
@Slash
Hast du eigentlich keine Lust, auch selbst einmal einen Beitrag zum Thema zu schreiben? Ich könnte mir gut vorstellen, dass du da einiges zu sagen hättest. Auch andere Leute, welche sonst durch profunde Beiträge bei ähnlichen Themen auffallen, wie z.B. Kitaktus oder AnnaKath fehlen mir hier sehr.\(\endgroup\)
\(\begingroup\)Hallo weird,
in deinen Auswertungen sehe ich nicht, ob das Programm (der Moderator) zuletzt eine Autotür oder eine Ziegentür geöffnet hat. Der Unterschied ist wichtig, weil das ein Entscheidungskriterium für den Kandidaten ist.
Also sollte das Programm folgendes leisten:
Es gibt einen Parameter dafür, ob Autotür oder Ziegentür zuletzt geöffnet wird (vom Moderator).
Das Programm wertet zuerst nur die Fälle aus, wo zuletzt die Ziegentür geöffnet wird, danach die Fälle, wo zuletzt die Autotür geöffnet wird.(Mit anderen Worten die alternativen Fälle werden komplett ignoriert.)
Die Autos werden zufällig verteilt.
Der Kandidat wählt Tür 1. (Wegen der zufälligen Verteilung ist die Wahl zufällig.)
Dann beginnt ein Losverfahren für das Öffnen von anderen Türen. Sobald 3 Autotüren oder 4 Ziegentüren geöffnet worden sind, wird das Losverfahren beendet und das Programm sucht und öffnet die noch fehlenden Türen, so dass insgesamt 3 Autotüren und 4 Ziegentüren geöffnet werden.
Die Auswertung zeigt die Anzahl der ausgewerteten Fälle (und zwar nicht insgesamt, sondern nur die oben selektierten, also z.B. mit Ziegentür zuletzt) und wieviele Autos hinter der Tür 1 (1. Wahl) gestanden haben.
Weitere Vergleiche sind nicht notwendig, weil es reicht, die relative Häufigkeit zu zeigen, mit der die 1. Wahl ein Auto trifft.
Ich prognostiziere: In den Fällen mit Ziegentür zuletzt ist die rel. Häufigkeit 1/3. In den Fällen mit Autotür zuletzt ist die rel. Häufigkeit 4/9. Auf jeden Fall nicht 2/5.
Noch ein Hinweis: Da die Autos zufällig verteilt worden sind, brauchst du eigentlich kein Losverfahren für das Öffnen der Türen. Es reicht, wenn du mit den Türen 2,3,4,etc. fortfährst, bis die Bedingung, 3 Autotüren oder 4 Ziegentüren sind offen, erfüllt ist.
Im wirklichen Leben kann man sich aber fast nie auf zufällige Verteilungen verlassen; da sorgt ein Losverfahren für Sicherheit.
Wenn du schon soviel programmiert hast, dürfte diese Modifikation kein Problem sein.
Ich hoffe, ich habe verständlich formuliert.
Gruß, Gerhardus
p.s. Ich brauche das Programm nicht, meine aber, dass so eine Auswertung allgemein erkenntnisfördernd ist. D.h. Wenn's keinen interessiert, lass es sein.
\(\endgroup\)
\(\begingroup\)\quoteon @Slash
Hast du eigentlich keine Lust, auch selbst einmal einen Beitrag zum Thema zu schreiben? Ich könnte mir gut vorstellen, dass du da einiges zu sagen hättest. Auch andere Leute, welche sonst durch profunde Beiträge bei ähnlichen Themen auffallen, wie z.B. Kitaktus oder AnnaKath fehlen mir hier sehr.
\quoteoff
Leider nein, hier bin ich nur Statistikinformant. Daher möchte ich mitteilen, dass der Artikel inzwischen alle 15 Plätze der "Die 15 neuesten Kommentare" und den 11. Platz der "15 meistkommentierten Artikel" belegt.\(\endgroup\)
\(\begingroup\)Hallo Gerhardus,
Du schreibst oben:
>in deinen Auswertungen sehe ich nicht, ob das Programm (der Moderator) zuletzt eine Autotür oder eine Ziegentür geöffnet hat. Der Unterschied ist wichtig, weil das ein Entscheidungskriterium für den Kandidaten ist. <
Es ist mir leider nicht ganz klar, was du mit der "zuletzt" vom Moderator geöffneten Tür meinst. Meinst du damit die Tür, die er bei seiner Auswahl von A1 Autotüren und Z1 Ziegentüren als letztes öffnet? Darauf würde hindeuten, dass es nach deinen Worten als "Entscheidungskriterium" für den Kandidaten dienen könnte, ob dahinter eine Ziege oder ein Auto war, d.h., er hatte zu diesem Zeitpunkt seine Entscheidung, ob Wechsel oder nicht noch gar nicht getroffen. Wenn dies die richtige Interpretation ist, dann ist es so, dass mein Programm zuerst die A1 Autotüren und Z1 Ziegentüren zufällig aussucht und sie dann in der Reihenfolge aufsteigender Nummern aufmacht, unabhängig davon, ob es Auto- oder Ziegentüren waren. Die Tür mit der höchsten Nummer unter diesen Auswahlmöglichkeiten wäre also dann die zuletzt durch den Moderator geöffnete Tür. Wenn ich die ersten drei Zeilen in meiner Programmausgabe nehme, nämlich
[[1], 1, [1], 1, 1, 0, 0, [0], [1], [0], [0], [0], 0, [0], 0], 1,1
[[0], 0, 0, 0, 0, 1, [1], [0], [0], [0], 1, [1], [0], 1, [1]], 1,2
[[1], [0], 1, [1], 1, [0], 1, 0, [0], 0, 0, [0], [0], [1], 0], 2,2
so wäre also dann im 1. Fall 0 (an Position 15), im 2.Fall 1 (an Position 14) und im 3.Fall wieder 0 (an Position 15) die zuletzt geöffnete Autotür. Hast du das gemeint? Wenn nein, kannst du bitte an obigen 3 Beispielen erklären, was bei dir dann die "zuletzt geöffnete Autotür" ist? Wenn ja, inwiefern würde es die Entscheidung des Kandidaten, ob er wechseln soll oder nicht, beeinflussen, wenn er sieht, was sich hinter der zuletzt geöffneten Tür verbirgt?
mfg
weird\(\endgroup\)
\(\begingroup\)@Bozzo
Was immer sich der Moderator im Rahmen der Vorgaben, nämlich der Öffnung von A1 Autotüren und Z1 Ziegentüren, ausdenkt, um den Kandidaten "über den Tisch zu ziehen", dieser kann diesen Plan sofort unterlaufen, indem er bei einem eventuellen Wechsel vollkommen zufällig unter allen Möglichkeiten auswählt. Deshalb macht es für mich auch wenig Sinn, über derartige "Strategien" des Moderators nachzudenken. Aber vielleicht habe ich dich auch nur falsch verstanden.
@Slash
Schade, dass du dich mit der Rolle des Statistikinformanten zufriedengibst. Als solcher solltest du aber wenigstens deine Informationen mit dem entsprechenden Link unterlegen. 😁 \(\endgroup\)
\(\begingroup\)Noch einmal ausführlich für diejenigen, die immer noch die fehlerhafte Theorie programmieren.
Z = Ziege; A = Auto; T = Tür; W = Wahrscheinlichkeit für die jeweilige Tür, Treffer zu liefern
W(t0) = Wahrscheinlichkeit zum Zeitpunkt der Vor-Auswahl
W(t1) = Wahrscheinlichkeit zum Zeitpunkt der tatsächlichen Wahl
Standard: Ziegen 1 und 2, Auto; 3 Türen; zufällige Verteilung
Z Z A
oder direkt als Wahrscheinlichkeit zum Zeitpunkt t0:
W(t0): 1/3 1/3 1/3
JoeM: Ziegen 1 bis 9; Autos 1 bis 6; 15 Türen; zufällige Verteilung
Z Z Z Z Z Z Z Z Z A A A A A A
oder direkt als Wahrscheinlichkeit zum Zeitpunkt t0 (15 mal 6/15 = 2/5):
W(t0): 2/5 2/5 2/5 2/5 2/5 2/5 2/5 2/5 2/5 2/5 2/5 2/5 2/5 2/5 2/5
In t0 findet die Bestimmung der Türen statt, die in t1 noch zur Auswahl stehen. Hierbei bestimmt der Kandidat eine Tür (Standard und JoeM); der Moderator die Übrigen (eine bei Standard, (15 - 1) - 3 - 4 = 7 bei JoeM).
Es verbleiben also 8 Türen für den tatsächlichen Wahlvorgang des Kandidaten im Beispiel übrig.
In t0 wurde die Tür der Vor-Auswahl durch den Kandidaten nicht geöffnet. Für Standard muß das Auto `überleben´, sonst wäre das Spiel beendet; es bleiben also eine Ziege und ein Auto übrig.
Bei JoeM fallen von 15 Türen 7 durch die Auswahl des Moderators weg (4 Ziegen und 3 Autos).
Der gebildete Rest besteht aus 8 Türen, die 5 Ziegen und 3 Autos verbergen.
Wobei nicht feststeht, was sich hinter der durch den Kandidaten vor-ausgewählten Tür befindet (jedenfalls kein 1/3 Auto).
Da sich im Rest der Auswahl durch den Moderator sowohl mindestens eine Ziege und ein Auto befinden, ist nicht determiniert, ob der Kandidat eine Ziege oder ein Auto vor-ausgewählt hatte.
Standard:
Z A
W(t1): 1/2 1/2
JoeM: [es ist nicht offensichtlich, ob die Vorauswahl Z oder A traf]
A und A A Z Z Z Z Z oder Z und A A A Z Z Z Z
W(t1): 3/8 3/8 3/8 3/8 3/8 3/8 3/8 3/8
In dieser Konstellation (zu t1) wird wirklich durch Auswahl eine Tür geöffnet.
Bisher wird, in dieser Diskussion, bevorzugt die Berechnung akzeptiert, nach der die Tür der Vorauswahl mit der Wahrscheinlichkeit in t0 mit der Wahrscheinlichkeit der übrigen Türen in t1 verglichen wird.
Wenn der logische Sprung über die Zeit erlaubt sein könnte, dann wäre auch die folgende Betrachtung möglich.
Alle Türen haben in t0 die Wahrsch. W(t0) (1/3 Standard, 2/5 JoeM). Die vom Moderator durch Selektion zum Überleben bestimmten Türen tragen damit die Wahrscheinlichkeit 2/5 (aus t0) im Beispiel von JoeM.
[Es `schleppen´ die restlichen, die nicht vom Kandidaten vor-ausgewählten Türen W(t0) mit.]
In der neuen Situation - jetzt berechnet für die Tür der Vorauswahl in der neuen Konstellation von 3 Autos und 5 Ziegen - hat diese Tür die Wahrscheinlichkeit zum Treffer von 3/8.
[Dem logischen Sprung fällt allein die vor-ausgewählte Tür anheim.]
Ausgeschlossen die Fälle, in denen Gleichheit herrscht, müßte die Empfehlung zum Wechsel jetzt umgekehrt ausfallen.
Daraus folgt, dass über die Zeit nicht gesprungen werden darf. W ist zeitabhängig solange die übrigen Parameter zeitabhängig sind!
Fazit: Ende des Rätsels!
Nicht die Ziegen sind das Rätsel, sondern es bleibt ein Rätsel, warum Erdös seine erste Entscheidung nicht begründen konnte (oder wollte).
Gruß, PeterKepp
P. S.: Hilfestellung an die Kreativabteilung von slash: nenne mich doch folgend `ZiegenPeter´\(\endgroup\)
\(\begingroup\)Hallo weird,
ich habe dein Programm erst jetzt genauer unter die Lupe genommen und sehe folgendes, soweit ich den Code verstehe:
Du machst eine Verteilung von 6 Autos und 9 Ziegen.
Tür 1 ist wohl 1. Wahl und bleibt im folgenden unberücksichtigt.
Dann wählst du zufällig unter den Autos aus und später unter den Ziegen. Das ist falsch und unsinnig. Du musst immer zufällig aus der Gesamtmenge der verschlossenen Türen minus Tür 1 auswählen, die Wahl akzeptieren, solange m\(\endgroup\)
\(\begingroup\)\quoteon...Slash muss mal wieder Tacheles reden...
@ PeterKepp
Mein lieber KEPPtain Wirrkopf,
du hast uns hier auf dem MP bereits eindrucksvoll bewiesen, dass du die komplexen Zahlen nicht verstanden hast.hier
\quoteoff
Ich wußte nicht, dass ich einen heißen Verehrer meiner Tätigkeiten hier auf dem Matheplaneten habe (man kann Zuneigung auch ganz schön verschleiern), der alle meine Beiträge kennt, sortiert und Hinweis (unter `hier´) für andere gibt.
Danke lieber slash für Deine aufopferungsvolle Arbeit zu meinen teils noch nicht sehr vervollkommneten Beiträgen.
Herzlicher Gruß, PeterKepp\(\endgroup\)
\(\begingroup\)Hallo weird,
nur ganz kurz; mein Programm läuft grob in etwa so ab:
- ich verwende keine Vektoren (wie Du), sondern arrays.
- zum Programmstart werden die Variablen T,A,Z1,A1 eingegeben;(Z=T-A).
(Anmerkung: Z1,A1 deswegen, damit Bed. 2 stets erfüllt ist.
- Der Zufall wird über >randomize timer< aktiviert.
- Autos A und Ziegen Z werden zufällig hinter den Türen T verteilt
- die 1. Wahl des Kandidaten erfolgt per Zufall.
- Autos A1 und Ziegen Z1, die der Moderator zeigt, werden per Zufall verteilt.
- falls der Kandidat wechselt, wird diese Tür per Zufall ermittelt.
- bei allen Zufallsoperationen wir natürlich darauf geachtet, dass
alle Randbedingungen eingehalten werden (z.B. der Moderator darf die zuerst gewählte Tür nicht öffnen; etc.)
Zu Deinem Programm:
Das werde ich sicher zu einem späteren Zeitpunkt noch kommentieren.
Sehe mir bitte folgendes nach:
Aufgrund der Fülle der Kommentare sehe ich mich regelrecht erschlagen;
ich werde ein, oder zwei Tage Pause einlegen.
Aber ich denke, ich kann aus all den Kommentaren bislang mit >an Wahrscheinlichkeit grenzender Sicherheit< 😄 folgendes festhalten:
Lieber weird,
Du bist bislang der einzige, der diese Aufgabe gelöst hat, und vor allem: Du hast die Schönheit der Aufgabe erkannt.
viele Grüße
JoeM
\(\endgroup\)
\(\begingroup\)@wired: Für uns sind einfach verschiedene Aspekte der Aufgabe interessant. Ich möchte gerne wissen, woran ich erkenne, dass so eine Aufgabe "richtig" gestellt ist. Die Frage lautet dabei für mich "welche Gewinnchance kann sich der Kandidat maximal sichern?"
Wenn in der Aufgabe die Angabe ist, "die Anzahl der vom Moderator geöffneten A/Z-Türen ist unabhängig von der 1. Wahl des Kandidaten", ist die Aufgabe bereits "richtig" gestellt und hat die von dir angegebene Lösung. Aber braucht es so viel? Was wenn morgen jemand daher kommt und so eine ähnliche Aufgabe stellt, allerdings nur fordert "die mittlere Anzahl der vom Moderator geöffneten A/Z-Türen ist unabhängig davon, ob der Kandidat bei seiner ersten Wahl eine A-Türe oder eine Z-Türe gewählt hat"? Ist dann die Aufgabe immer noch richtig gestellt, oder hat der Moderator jetzt bereits Strategien, bei denen der Kandidat sich nicht mehr die gleiche Gewinnchance sichern kann? Kommt man vielleicht mit noch weniger aus?
Bei dieser Art Aufgaben gibt es immer wieder Streit, und meist hat es damit zu tun, dass entweder eine Information in der Aufgabe überlesen wurde, oder gar fehlt. Deswegen ist für mich die Frage auch interessanter als die Antwort und in der Frage geht es mir um das notwendige quäntchen Information um sie eindeutig zu machen. Daher möchte ich die gegebenen Strategien des Moderator gerade nicht unnötig einschränken und gebe die Verantwortung eine ausgleichende Strategie zu wählen lieber in die Hand des Kandidaten, nach dessen Strategie ja ohnehin gefragt ist.\(\endgroup\)
\(\begingroup\)Es bietet sich vielleicht an, aus der kurzen Aufabe wirklich einen längeren Artikel oder sagar ein kleines Buch zu schreiben. Mit all den Facetten der Aufgabenstellung und Lösungen die hier bis jetzt diskutiert wurden. Statt Gero von Randow würde ich es dann gleich einem Verlag anbieten. Hier steckt eine Menge Potenzial drin.
Gruß, Slash\(\endgroup\)
\(\begingroup\)Hallo Slash,
vielleicht hat Du Recht. Ich habe diese >kurze Aufgabe< (incl. ausführlicher Lösung) vor ca. 9 Jahren an einen Verlag gesendet.
Der Verlag hat sich für die Einsendung der Aufgabe bedankt; das war`s
dann.
Anmerkung: vielleicht hat der Verlag das >Potential< nicht erkannt.
viele Grüße
JoeM \(\endgroup\)
\(\begingroup\)@ JoeM
Eine andere Möglichkeit der Vermarktung/Veröffentlichung wäre die Einreichung der Aufgabe/des Artikels bei einer populärwissenschaftlichen Zeitschrift. Ich würde sie mal an den Mathematiker Dr. Christoph Pöppe von Spektrum der Wissenschaft senden. Bild der Wissenschaft wäre auch zu empfehlen.
Gruß, Slash
P.S.: Für viele Ehemänner ergibt sich ein ganz anderes Problem - nämlich dann, wenn sie der Ziege mal wieder nicht die Tür vom Auto aufhalten. 😁 \(\endgroup\)
\(\begingroup\)JoeMs Spielregeln sind zu unbestimmt, um eine Lösung anzugeben.
Meine Versuche, diese Regeln genauer zu formulieren, waren für die Katz.
Interessant wäre folgende Fassung der Regeln, die JoeMs Intentionen genügen würde:
6 Autos und 9 Ziegen werden zufällig hinter 15 Türen verteilt.
Der Kandidat wählt eine Tür.
Dann beginnt ein Losverfahren für das Öffnen von anderen Türen. Ausgewählt wird stets aus der Menge aller verschlossenen Türen außer der 1.Wahl-Tür. Sobald 3 Autotüren oder 4 Ziegentüren geöffnet worden sind, wird das Losverfahren beendet und das Programm sucht und öffnet die noch fehlenden Türen, so dass insgesamt 3 Autotüren und 4 Ziegentüren geöffnet werden.
Interessant ist diese Variante, weil es sich für den Kandidaten lohnt zu wechseln, wenn zuletzt eine Ziegentür geöffnet worden ist.
Ich sehe niemanden mehr, der sich für diese Variante interessiert. Ich will auch JoeMs Programm nicht analysieren, wenn er schreibt, dass er Autos und Ziegen 2mal verteilt.
Deshalb verabschiede ich mich aus dem Dialog.
Mein Vorschlag: Der Artikel bekommt den Vermerk: Wird zum 15.12.2015 gelöscht.
Dann kann jeder noch kommentieren, was er aus dem Artikel gelernt hat und welche Erkenntnis daraus zu gewinnen ist.
Tschüss!
\(\endgroup\)
\(\begingroup\)Hallo Gerhardus,
Natürlich habe ich mich "für deine Variante interessiert", ich hatte bisher einfach nur noch nicht die Zeit, mein Programm diesbezüglich umzuschreiben. Sorry deswegen! Inzwischen habe ich das aber gemacht und die Auswahl der zu öffnenden Türen durch den Moderator erfolgt nur (hoffentlich!) nach deinen Vorstellungen, nämlich in Bezug auf das Beispiel aus dem Artikel (T=15, A=6, A1=3, Z1=4, Z=9) wie folgt:
Der Moderator wählt aus der Menge {2,3,...,15} von Losnummern zufällig aus und öffnet die dazugehörigen Türen, bis entweder die Anzahl A1 von Autotüren oder die Anzahl Z1 von Ziegentüren erreicht wird. Nehmen wir mal an, es wären zuerst A1 Autotüren geöffnet worden. Beim Ziehen weiterer Lose mit Nummern, die zu Autotüren gehören bleiben diese verschlossen, diese Lose werden also ignoriert, während Ziegentüren weiterhin geöffnet werden, bis auch da die Anzahl Z1 erreicht ist. In diesem Fall wäre also die zuletzt geöffnete Tür eine Ziegentür gewesen.
Ich habe nun für obiges Beispiel 100.000 Versuche gemacht und die Ausgabe unterscheidet nun nach Erfolgen ohne/mit Wechsel, wenn hinter der zuletzt geöffneten Tür
eine Ziege: [13762, 17471],
ein Auto: [26216, 19426],
egal was: [39978, 36897]
war. Insgesamt ergibt sich also das gleiche Bild, aber die Aufsplittung nach der zuletzt geöffneten Türe zeigt, dass er im Fall einer Ziegentür bei der zuletzt geöffneten Türe unbedingt wechseln sollte, im Fall einer Autotür dagegen nicht.
Ich hatte noch nicht viel Zeit, darüber nachzudenken, was das alles bedeutet, aber eins ist wohl schon jetzt klar, falls obige Zahlen stimmen, dass nämlich damit die Auswahlstrategie des Moderators höchst angreifbar wird, während das bei der Auswahlstrategie in meinem ersten Programm nicht der Fall zu sein scheint.
Was folgt für dich daraus bzw. brauchst du vielleicht noch andere Daten, um etwas daraus schließen zu können, was deine bisherigen Vermutungen bestätigt oder widerlegt?
mfg
weird
\(\endgroup\)
\(\begingroup\)@Bozzo
Ja, langsam beginne ich zu begreifen, was du meinst. Dass der Moderator sich bei der von Gerhardus vorgeschlagenen Auswahl der zu öffnenden Türen eine solche Blöße gibt, kommt vor mich jetzt doch ziemlich überraschend, da es zeigt, dass ich da Problem offenbar in all seinen Facetten doch noch nicht ganz verstanden hatte.
Erst kürzlich sagte ich z.B. zu mir selber, warum berechnest du eigentlich die Erfolgswahrscheinlichkeit W2 für einen Wechsel über die Bayessche Formel wie jeder mittelmäßig begabte Student und nicht einfach über den Erwartungswert der Anzahl der Autotüren unter den vom Kandidaten bei der Erstwahl nicht gewählten und verschlossenen Türen. Diese beträgt ja einerseits
(T-A1-Z1-1)W2
andererseits wegen der Linearität von Erwartungen
(A-A1)-A/T
wonach sich aus der Gleichheit sofort und ohne jede Umwege die Formel für W2 ergibt. Wenn man so lange braucht, um auf so stupide Dinge draufzukommen, dann fragt man sich natürlich schon, was man eigentlich sonst noch alles bisher übersehen hat. 😮
@JoeM
Danke für die Infos zu deinem Programm. Interessant wäre natürlich schon, wie du diese Zufallsauswahlen, z.B. für den Moderator bei den zu öffnenden Türen in allen Einzelheiten durchführst, denn der Teufel liegt da im Detail, wie ich jetzt erst selber gemerkt habe, als ich versuchte, die Vorschläge von Gerhardus zu implementieren (s.o.). Aber es eilt in keiner Weise, falls andere Dinge Priorität haben. Schau dir dazu die Beschreibungen in meinem Programm bzw. auch in meinem obigen Posting an Gerhardus an. Es würde genügen, wenn du sagst, du machst es ähnlich oder eben ganz anders.\(\endgroup\)
\(\begingroup\)Es haben immer noch welche Lust auf´s Programmieren. Wie wäre es damit, mal alle möglichen Fälle darzustellen?
ZZ A entspricht: 3 Türen, hinter zweien je eine Ziege, hinter einer ein Auto
zZ A entspricht: der Kandidat (K) hat eine Ziege vor-ausgewählt
zZ A -> z A entspricht: der Moderator (M) hat eine Ziegentür aus dem Spiel genommen (die vor-ausgewählte Tür ist tabu für M)
zZ A -> z A } 1/2 entspr. (für 1/2): Wahl des K bringt 1/2 Treffer-Wahrscheinlichkeit (W) für die freie Wahl aus z A
zZ A (aus zZ A -> z A) entspricht: t0 (Zeitpunkt der Vor-Auswahl durch K)
z A (aus zZ A -> z A) entspricht: t1 (Zeitpunkt der Wahl durch K, nach Selektion der Türen)
3 Türen (M entfernt eine Tür):
zZ A -> z A = Zz A -> z A = ZZ a -> Z a } 1/2
[K wählt aus z A, z A oder Z a aus, W(t1) = 1/2; Wahrsch. zum Zeitpunkt der Wahl = 1/2]
Erkenntnis: Entfernen bedeutungsgleicher Platzhalter ergibt identische Situation
4 Türen (M entfernt eine Tür):
zZ AA -> z AA = ZZ aA -> Z aA } 2/3
zZ AA -> zZ A = ZZ aA -> ZZ a } 1/3
4 Türen (M entfernt zwei Türen):
...
Erkenntnis: Erzeugung identischer Selektionsergebnisse erzeugt identische Wahrscheinlichkeiten
...
JoeM:
zZZ ZZZ ZZZ AAA AAA -> zZZ ZZ AAA } 3/8
ZZZ ZZZ ZZZ aAA AAA -> ZZZ ZZ aAA } 3/8
Ende des Beweises durch Darstellung sämtlicher Möglichkeiten.
Hierbei sollte die Kunst des Programmierers darin liegen, die Fälle auszuschließen, in denen die Selektion des Moderators die Wahl des Kandidaten eindeutig macht.
Ein tiefer Blick auf die hier begonnene Ergebnistabelle zeigt, dass (egal was der Kandidat vor-ausgewählt hatte, Ziege oder Auto) er bei seiner Entscheidung, welche zu öffnende Tür ihm den Gewinn des Autos oder den Verlust desselben bringen wird, für jegliche, nicht vordefinierende Selektion des Moderators auf identische Wahrscheinlichkeit (für seine jetzt freie Wahl aus allen verbliebenen Türen) trifft.
Nicht die Tür liefert die Wahrscheinlichkeit, sondern die Situation. Mit dieser Erkenntnis ist es mehr als naiv, eine Wahrscheinlichkeitswert-Erhöhung über den Wechsels von Vor-Auswahl zu Auswahl über eine Simulation zufälliger Auswahlen in großer Anzahl bestimmen zu wollen.
Diese fixe Wahrscheinlichkeit der Situation t1 kann allerdings von der Verteilung von Ziegentüren zu Autotüren über die Selektion des Moderators beeinflusst werden.
Und bitte kein Buch; wie peinlich wäre das denn?
Gruß, PeterKepp\(\endgroup\)
\(\begingroup\)\quoteonUnd bitte kein Buch; wie peinlich wäre das denn?
Gruß, PeterKepp
\quoteoff
Weit weniger peinlich als deine pseudowissenschaftlichen Schriften und Vorträge. Das steht ja wohl felsenfest.\(\endgroup\)
\(\begingroup\)Lieber PeterKepp,
Wahrscheinlich sollte ich es lieber bleiben lassen, aber hier unter Verwendung deiner obigen Notation doch noch ein Versuch, dich davon zu überzeugen, dass der Kandidat beim klassischen Ziegenproblem jedenfalls wechseln sollte. Zumindestens möchte ich für mich so herausfinden wo genau es bei dir "hakt".
1. Es gibt zu Beginn 3 mögliche Szenarien, nämlich
AZZ, ZAZ, ZZA
Einverstanden, ja/nein?
2. Die unter 1. genannten Konstellationen sind alle gleichwahrscheinlich.
Einverstanden, ja/nein?
3. Wir dürfen, ohne irgendetwas am Ergebnis zu verfälschen, davon ausgehen, dass der Kandidat zu Beginn stets die 1. Tür wählt.
Einverstanden, ja/nein?
4. Im Fall AZZ hätte er also zu Beginn die Autotür gewählt, würde bei einem Wechsel also jedenfalls verlieren, egal welche der restlichen Türen der Moderator öffnet.
Einverstanden, ja/nein?
5. Im Fall ZAZ hätte er zu Beginn die Ziegentür gewählt, der Moderator würde dann die zweite Ziegentür öffnen, d.h., der Kandidat würde bei einem Wechsel das Auto gewinnen.
Einverstanden, ja/nein?
6. Im Fall ZZA hätte er zu Beginn die Ziegentür gewählt, der Moderator würde dann die zweite Ziegentür öffnen, d.h., der Kandidat würde bei einem Wechsel das Auto gewinnen.
Einverstanden, ja/nein?
7. In zwei der drei (nach 2. gleichwahrscheinlichen!) Fälle AZZ,ZAZ,ZZA würde er also bei einem Wechsel gewinnen, in nur einem verlieren. Daher beträgt seine Gewinnwahrscheinlichkeit bei einem Wechsel 2/3.
Einverstanden, ja/nein?
Mit welchen der 7 obigen Punkte bist du also nicht einverstanden, da du ja zu einem ganz anderen Ergebnis kommst? Vielleicht können wir ja dann genau bei diesem Punkt weitermachen.
mfg
weird
P.S.: Hast du eigentlich nicht genug Programmierkenntnisse, um selbst ein Simulationsprogramm zu schreiben, wenn du schon den Ergebnissen meines Programms für das klassische Ziegenproblem misstraust?\(\endgroup\)
\(\begingroup\)@ weird
Zum P.S.: Doch, hätte ich. Aber was würde es nützen, wenn ich nicht wüßte, was ich zu programmieren hätte. Meine Programme machen das, was ich vorgebe, falls ich mich nicht vertan habe. Es wäre ein Leichtes, ein Programm zu schreiben, nach dem 3 + 4 gleich 9 ist.
Danke für Dein Angebot, dort ansetzen zu wollen, wo es bei mir `hakt´.
Nun zu den durchnummerierten Punkten:
Zu 1.: Ja, entspricht logisch meiner Darstellungswahl.
Zu 2.: Ja.
Zu 3.: Ja.
Zu 4.: Bedingt nein.
Denn ab hier scheiden sich unsere Ansichten.
Du übernimmst erstens die spezielle Lösung dieser Situation, von mir als t0 bezeichnet, in die nächste Zeitstufe (Kandidat läßt tarsächlich eine Tür seiner Wahl - eine von zweien - öffnen), von mir t1 genannt.
Und zweitens findet zu t0 keine Öffnung der Tür, die der Kandidat bestimmt hat, statt. Diese Bestimmung durch den Kandidaten ist der eine Teil der Auslese von Türen für t1 . Den zweiten Teil der Auslese besorgt der Moderator. Man könnte auch sagen, die Wahrscheinlichkeit, in die zweite Runde zu kommen, liegt für diese Tür bei 1/3.
Aber trotzdem ja, zu Deiner Darstellung; nur Du superpositionierst W(t0) nach t1 , obwohl zu t0 nicht gezogen / geöffnet worden ist. Danach soll die Tür die (nicht erfolgte) Auswahl aus dreien in die Situation einer Auswahl aus zweien hinüberretten.
Zu 5.: Siehe `Zu 4.´
Zu 6.: Siehe `Zu 4..´
Zu 7.: Ein Wert von x/3, also `Auswahl aus 3´ kann zu t1 nicht mehr zustande kommen; es sind nur noch zwei Türen im Spiel. Damit wird ein Vergleich des möglichen Öffnens einer Tür zu t0 mit dem Öffnen der ausgewählten Tür zu t1 , unmöglich. Der Kandidat kann aus 2 Türen auswählen; W(t1) = 1/2. Egal, was er vor-ausgewählt hatte. Denn immer bleiben nach den Nebenbedingungen des Spiels A und Z übrig.
Es darf eben nicht über alle Möglichkeien der Ausgangssituation berechnet werden, sondern folgend nur noch über solche, in denen genau die Verteilung von Z zu A , die in t1 herrschen. Die Selektion des Moderators bestimmt W für alle Türen in t1 .
Es wird Zeit, die Sichtweise klar herauszustellen, nach der man erkennen kann, warum die Vorgehensweise mit t0 und t1 sinnvoll ist.
Für die Wahrscheinlichkeitstheorie spielt es keine Rolle, welche spezielle Nebenbedingung in dem Spiel vorgegeben sind.
Für das Spiel mit drei Türen waren solche Fälle ausgeschlossen, in denen der Moderator Eindeutigkeit erzeugt - zum Beispiel, wenn er A (bzw. alle A) entfernt (für den Fall, dass der Kandidat Z gewählt hatte).
Untersuchen wir, um eine Entscheidung für die Frage zu erhalten, ob W zeitabhängig ist, allein diesen Fall.
Aus AZZ wird also ZZ . Jetzt können noch so viele Fälle identischer Selektionen AZZ -> ZZ stattfinden, niemals bringt die Treffer-Wahrscheinlichkeit der Vor-Auswahl von 1/3 einen Treffer. Gefragt ist, wie in der speziell entstandenen Situation, t1 , die Trefferwahrscheinlichkeit für die verbliebenen Türen zu bestimmen sei, um die Wechselempfehlung zu geben; also, welche Tür eine höhere Trefferwahrscheinlichkeit hat.
In einem von drei Fällen - superpositioniert betrachtet - wählt der Kandidat A , woraus folgt, dass in 2 von 3 Fällen der Moderator ZZ erzeugen kann. Dann dürfte der Kandidat nie wechseln.
Daraus leitet sich ab, dass es für den allgemeinen Fall (für den im Beispiel von JoeM auch 6 Autos und 1 Ziege aus dem Spiel genommen werden könnten) lediglich darauf ankommen kann, wie hoch die Trefferwahrscheinlichkeit zum Zeitpunkt t1 ist. Dann nämlich für jede Tür identisch.
Schränkt man allerdings die Selektion des Moderators ein, so kommt man entweder genau zu Deinen Punkten 1. - 7. und ja, o.k. oder man sieht die Aufgabe als unterbestimmt an, wie Gerhardus ausgeführt hat (zu der Ansicht würde ich dann, ohne mich festlegen zu wollen, tendieren).
Ich bin gespannt auf Deine Antwort. Und danke für Deinen Aufwand in Bezug zu meinen Ausführungen - mögen sie nun richtig oder auch fehlerhaft sein. Ich bin offen.
Bis Sonntag bin ich aber leider offline.
Gruß, PeterKepp\(\endgroup\)
\(\begingroup\)Hallo weird,
einige Einzelheiten zu meinem Programm:
Ich habe u.a. folgende rems eingefügt, dann sieht die Sache pro Durchlauf so aus:
Beispiel für T =15; A = 6; Z = 9; A1 = 3; Z1 = 4:
http://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/9/44117_Programm2.jpg
zu 1) A(I): Die 6 Autos A(I) werden zufällig auf die Türen 8, 14, 7, .... verteilt.
zu 2) Z(I): Die 9 Ziegen Z(I) werden zufällig auf die Türen 1, 3, 9, .... verteilt.
zu 3) Die 1. Wahl W1 fällt zufällig auf Tür 6.
Hier im Beispiel auf eine Ziege aus der Menge Z(I).
zu 4) A1(I): Der Moderator öffnet zufällig die Autotüren 7,12,11
aus der Menge A(I). Die 1. Wahl W1 ist tabu
zu 5) Z1(I): Der Moderator öffnet zufällig die Ziegentüren 13, 2, 15, 9 aus der Menge Z(I). Die 1.Wahl W1 ist tabu.
zu 6) die Auswahl der 2.Tür W2 (Wechsel) erfolgt per Zufall entweder aus der Menge A(I), oder aus der Menge Z(I). Die 1. Wahl ist tabu; ebenso A1(I), und Z1(I).
Hier im Beispiel fällt die Auswahl W2 zufällig auf ein Auto in Tür 14.
Dann wird pro Durchlauf addiert; siehe Programmauszug:
http://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/9/44117_Programm1.jpg
Vielleicht kannst Du jetzt besser nachvollziehen, ob bei Dir die zufällige Verteilung in ähnlicher Weise abläuft.
Ich denke, Du kannst das besser beurteilen, als dass ich Dein Programm kommentiere.
viele Grüße
JoeM
\(\endgroup\)
\(\begingroup\)@ weird
Danke, weitere Bemühungen Deinerseits sind nicht notwendig. Ich habe jetzt erkannt, wo es in meinem Programm gehakt hat.
Ich hatte für weitere Fälle nur noch den ausgewählten aus t0 zugelassen, während nur in der Superposition alle Fälle erfaßt sind.
Ich stimme also voll zu und habe gelernt.
Es sollte eben auch der Letzte mitgenommen werden; der war hier eben ich.
Gruß, PeterKepp\(\endgroup\)
\(\begingroup\)Lieber PeterKepp,
Ich bin platt! Eben wollte ich eine resignierende Antwort auf deinen vorletzten Kommentar verfassen, als ich das hier las:
>Ich stimme also voll zu und habe gelernt.<
Und ich dachte, eher geht ein Kamel durch das Nadelöhr,... ne, diesen Vergleich könnten einige hier als unpassend empfinden...also eher widerruft eine Merkel hochoffiziell einen ihrer unsäglichen Sager in der Flüchlingspolitik ("Asyl kennt keine Obergrenzen" etc.),... hm, auch damit könnte ich hier anecken... also ich wollte eigentlich einfach nur sagen, das für mich unmöglich Scheinende ist mit dem oben zitierten Satz wahr geworden. Chapeau! Und das meine ich jetzt ganz im Ernst und ohne jede Ironie. 😄
mfg
weird\(\endgroup\)
\(\begingroup\)Ich möchte mich weird's letztem Post anschließen. Mir ist die Kinnlade runtergeKEPPt - ganz ehrlich.
Es würde mich freuen, lieber Peter, wenn du diese Erfahrung als Chance auffasst und zum Anlass nimmst, auch mal deine anderen Thesen deiner Mathematik-Reformation zu überdenken.
Gruß, Slash\(\endgroup\)
\(\begingroup\)Hallo JoeM,
>zu 1) A(I): Die 6 Autos A(I) werden zufällig auf die Türen 8, 14, 7, .... verteilt.
zu 2) Z(I): Die 9 Ziegen Z(I) werden zufällig auf die Türen 1, 3, 9, .... verteilt.<
Ja, soweit stimmen wir überein (immer in Bezug auf mein erstes Maple-Programm, dessen Code ich weiter oben angegeben hatte).
>zu 3) Die 1. Wahl W1 fällt zufällig auf Tür 6.
Hier im Beispiel auf eine Ziege aus der Menge Z(I).<
Die erste Wahl des Kandidaten fällt bei mir immer auf Tür 1, was nur scheinbar eine Abweichung von der Zufälligkeit bedeutet, denn jede der 15 Türen hat ja die gleiche Erfolgswahrscheinlichkeit W1=A/T für ein Auto. (Auch PeterKepp hatte ja diesen Punkt 3 unter meinen 7 Punkten oben sofort widerspruchslos akzeptiert!)
>zu 4) A1(I): Der Moderator öffnet zufällig die Autotüren 7,12,11
aus der Menge A(I). Die 1. Wahl W1 ist tabu
zu 5) Z1(I): Der Moderator öffnet zufällig die Ziegentüren 13, 2, 15, 9 aus der Menge Z(I). Die 1.Wahl W1 ist tabu.<
Mein Programm öffnet alle diese Türen nach aufsteigenden Nummern geordnet, also nicht zuerst Autotüren und dann Ziegentüren, sondern bunt durcheinander. Ich seh aber auch in deiner Versuchsanordnung kein Problem.
>zu 6) die Auswahl der 2.Tür W2 (Wechsel) erfolgt per Zufall entweder aus der Menge A(I), oder aus der Menge Z(I). Die 1. Wahl ist tabu; ebenso A1(I), und Z1(I).
Hier im Beispiel fällt die Auswahl W2 zufällig auf ein Auto in Tür 14.<
Die Auswahl der 2. Tür nach einem ev. Wechsel erfolgt bei mir wieder streng deterministisch, indem einfach die erste verschlossene Tür ab der 2. Tür genommen wird. Auch hier gilt ja wieder, dass alle noch verschlossenen Türen (mit Ausnahme der Tür, welche der Kandidat zuerst gewählt hatte!) alle die gleiche Erfolgswahrscheinlichkeit aufweisen W2 aufweisen.
Ich komme nun noch einmal auf die Einwände von Gerhardus zurück, welche ich vielleicht zuwenig ernst genommen hatte, vielleicht auch deshalb, weil von dem was er vorher geschrieben hatte, einiges nicht korrekt war.
Betrachten wir dazu der Einfachheit halber den Fall
T=4, A=Z=2, A1=Z1=1, W1=W2=1/2
Wenn der Moderator nun so vorgeht, dass er die erste verschlossene Tür vollkommen zufällig öffnet, für die zweite verschlossene Tür aber eine Autür auswählt, wenn die erste eine Ziegentür war, und eine Ziegentür, falls die erste eine Autotür war, so liefert er dem Kandidaten damit wertvolle Zusatzinformation. Betrachtet man nämlich die 6 möglichen Fälle
AAZZ, AZAZ, AZZA, ZZAA, ZAZA, ZAAZ
und gehen wir wieder davon aus, dass die Erstwahl des Kandidaten jeweils die erste Tür war, so ist diese in den ersten 3 Konstellationen eine Autotür, die durch den Moderator zuerst geöffnete Tür daher mit Wahrscheinlichkeit 2/3 eine Ziegentür und somit mit der gleichen Wahrscheinlichkeit die zuletzt geöffnete Tür eine Autotür. Ist also die zuletzt geöffnete Tür eine Autotür, so sollte der Kandidat unbedingt bei seiner Erstwahl bleiben. Genau andersherum (bitte selbst nachprüfen!) verhält es sich, wenn die zuletzt geöffnete Tür eine Ziegentür war, wo dann der Kandidat jedenfalls wechseln sollte!
Was ist die Moral von der Geschichte: Die von dir berechneten (und von mir bestätigten!) Wahrscheinlichkeiten W1 und W2 stimmen nur, wenn der Kandidat keinerlei Zusatzinformationen über die Art der Auswahl der vom Moderator geöffneten Türen hat und wirklich nur anhand der Parameter A,Z,A1,Z1 des Problems seine Entscheidung, ob Wechsel oder kein Wechsel, fällen muss. Zu dem gleichen Ergebnis kommt man auch, wenn der Kandidat nach einem Wechsel die Zweittür vollkommmen zufällig unter allen angebotenen Türen wählt (oder wählen muss, indem er z.B. an einem "Glücksrad" dreht), doch erscheint mir diese Variante etwas unnatürlich zu sein. Allerdings würde er damit auch eine ev. Strategie des Moderators, wenn dieser ihn "reinlegen" will, auf jeden Fall durchkreuzen.
mfg
weird
\(\endgroup\)
\(\begingroup\)@Slash
Ja, toll! Bemerkenswerter scheint mir allerdings zu sein, dass wir hier PeterKepp auf den rechten Weg zurückgeführt haben, zumindestens was das klassische Ziegenproblem betrifft. War das jetzt schon das Weihnachtswunder? Kann allerdings nicht sein, denn wir haben ja erst den 10.November! 😄
Irgendwie finde ich es auch schade, dass dieses Problem von manchen hier so gering geschätzt wird, zumindestens gehen einige Kommentare, welche ich im Chat hier gehört habe in diese Richtung und auch Gerhardus, der uns leider hier abhanden gekommen zu sein scheint, sprach ja von einem "breit getretenen Ziegenproblem", was jetzt nicht gerade von hoher Wertschätzung zeugt. Man kann aber immer wieder nur darauf hinweisen, dass sich hier auch Paul Erdös, einer der genialsten "problem solver" des 20. Jahrhunderts sich hier geirrt hatte, so ganz trivial ist also nicht einmal das klassische Ziegenproblem mit nur 3 Türen!
Bei der hier behandelten Verallgemeinerung kommen sogar neue unerwartete Gesichtspunkte ins Spiel, worauf Gerhardus zuerst hingewiesen hat, indem der Moderator, wie ich oben für den Spezialfall T=4, A=Z=2, A1=Z1=1 genauer ausgeführt habe, höllisch aufpassen muss, dass er durch die Art der Auswahl der zu öffnenden Türen nicht zusätzliche (also über die bloße Anzahlen A1,A,Z1,Z hinausgehende) Hinweise für den Kandidaten gibt. Das würde dann natürlich auch alle Berechnungen hier über den Haufen werfen, es sei denn, der Kandidat "kümmert" sich nicht um diese Hinweise, was die Entscheidung über einen Wechsel betrifft.\(\endgroup\)
\(\begingroup\)\quoteon Man kann aber immer wieder nur darauf hinweisen, dass sich hier auch Paul Erdös, einer der genialsten "problem solver" des 20. Jahrhunderts sich hier geirrt hatte, so ganz trivial ist also nicht einmal das klassische Ziegenproblem mit nur 3 Türen!
\quoteoff
Tja, das ist in der Tat ein Ding mit Erdös. Das Collatz-Problem hat er ja bekanntlich nicht unterschätzt. Zitat: "Mathematics may not be ready for such problems."
Gruß, Slash
P.S.: Meine Erdös-Zahl ist übrigens 0. 😎 \(\endgroup\)
\(\begingroup\)@Slash
>P.S.: Meine Erdös-Zahl ist übrigens 0. 😎 <
Du bist Erdös (oder seine Reinkarnation)? 😁
Nur er hatte nämlich die Erdös-Zahl 0. (Meine ist übrigens 3.)\(\endgroup\)
\(\begingroup\)Melde mich nochmal kurz zurück, weil weird mich vermisst hat.
Zur Erweiterung des Ziegenproblems habe ich alles gesagt. Der Ausstieg aus dem Dialog macht mich froh, weil meine Worte zum Schluss nur noch für Katz waren.
Mit Urteilen über Erdös (damals ca. 80 Jahre alt) wäre ich vorsichtig und würde nur Originalquellen benutzen. Was im Wikipedia-Artikel "Ziegenproblem" steht, reicht nicht.
Nun mal zu Marilyn vos Savant. Die Frau hat zwar Recht, die Zahl 777.777 kann aber kein grundlegendes mathematisches Problem beweisen. Ihr Beweisproblem könnte 10.000 Protestbriefe von Akademikern erklären. Letztlich überzeugend war erst die Tabelle mit den Möglichkeiten, die aber das Ziegenproblem nur für 3 Türen beweist. Als Ergebnis schreibt sie: "Nearly 100% of those readers now believe it pays to switch." "Glauben" ist nicht dasselbe wie "verstehen". Glauben ist auch ein unverstandenes Umlegen des Denkschalters.
Ein Verständnis beginnt mit dem Unterschied von Zufall und Notwendigkeit, von Wahrscheinlichkeit und unbestimmtem Zufall. Dieses Verständnis ist schwierig und dazu genügen auch nicht ein paar mathematische Axiome und Definitionen. Ich habe versucht, mich dem Thema mit 2 Artikeln auf dem Matheplaneten zu nähern, einem über Stochastik und mit "Alles Leben ist Entscheiden".
\(\endgroup\)
\(\begingroup\)Hallo Gerhardus,
in einem Deiner Kommentare schreibst Du u.a.:
>Es ist zu unterscheiden, ob zuletzt die Autotür geöffnet wird, oder die Ziegentür<
..... und ....
>am häufigsten kommt der Fall vor, dass sich zuletzt eine Autotür öffnet<
Dazu folgendes:
Das spielt doch überhaupt keine Rolle; nur die jeweilige Anzahl (A1,Z1) ist entscheidend.
Stell Dir vor: Während der Zeit, in der der Moderator Türen öffnet, kannst Du auch Deine Augen schließen; das ändert nichts.
viele Grüße
JoeM
\(\endgroup\)
\(\begingroup\)Hallo JoeM,
Schau dir noch einmal meinen Kommentar vom 10. Nov., 13:47:19, an wo ich das leichtere Beispiel T=4, A=Z=2, A1=Z1=1 ausführlich diskutiert habe. Bei dem Auswahlverfahren der zu öffnenden Türen durch den Moderator, das Gerhardus vor Augen hatte, kann der Kandidat aus der Zusatzinformation, ob die zuletzt geöffnete Tür eine Ziegen- oder Autotür war, starke Rückschlüsse darauf ziehen, ob die Tür seiner Erstwahl eine Auto- oder Ziegentür war, d.h., ob er wechseln sollte oder nicht. Gerhardus lag damit zwar richtig, auch wenn mir anfänglich auch nicht ganz klar war, was er damit meinte, es ist aber ein anderes Modell, das er hier diskutiert und das von deinem klar abweicht, indem der Kandidat über wertvolle Zusatzinformationen bez. der Auswahlstrategie des Moderators verfügt. *) Wenn er damit allerdings nur beweisen wollte, dass man bei der Formulierung aller Voraussetzungen deines verallgemeinerten Ziegenproblems sehr aufpassen muss, damit auch wirklich deine berechneten Wahrscheinlichkeiten am Ende herauskommen und nicht ganz was anderes, so hatte er damit sein Ziel erreicht.
mfg
weird
*) Man könnte die "Zusatzinformationen" im gegebenen Fall auch leicht unterbinden, indem der Moderator die zu öffnenden Türen für sich zwar in der von Gerhardus beschriebenen Weise auswählt, sie aber dann nach aufsteigenden Nummern sortiert öffnet.\(\endgroup\)
\(\begingroup\)Eine weitere Erweiterung des Ziegenproblems wäre dann wahrscheinlich die Ausweitung (besser Verkleinerung) auf die atomare Ebene mit Photonen statt Ziegen und Spalte statt Türen. Und den Moderator ersetzen wir dann besser durch einen Experimental-Quantenphysiker.\(\endgroup\)
\(\begingroup\)Hallo Slash,
Du schreibst:
> P.S.: Für viele Ehemänner ergibt sich ein ganz anderes Problem - nämlich dann, wenn sie der Ziege mal wieder nicht die Tür vom Auto aufhalten < 😄
Dazu mein P.S.: Dieses Problem habe ich nicht mehr, trotz Tür aufhalten.
Vielleicht kam mir dann die Idee, das Ziegenproblem zu erweitern; ich wollte wissen, warum wechseln ? 😄
viele Grüße
JoeM
\(\endgroup\)
\(\begingroup\)Hallo Gerhardus,
Was deine Bemerkung
>Mit Urteilen über Erdös (damals ca. 80 Jahre alt) wäre ich vorsichtig und würde nur Originalquellen benutzen. Was im Wikipedia-Artikel "Ziegenproblem" steht, reicht nicht.<
betrifft, müsste ich dir eigentlich böse sein, da du hier offenbar von vornherein davon ausgehst, dass ich einer dieser oberflächlichen Menschen bin, die irgendwas auf der Wikipedia nachlesen, das gleich für bare Münze nehmen und sich dann damit voll zufriedengeben. Tätsächlich ist es aber so, dass ich Erdös sogar einmal in einer kleinen Runde persönlich getroffen habe, wenngleich ich mich an diese Begegnung jetzt nur mehr schemenhaft erinnern kann, und ich auch zwei Biographien über ihn mit großem Vergnügen gelesen habe. In einer davon wird auch die Schilderung von Vazsonyi, einem Jugendfreund von Erdös, fast wortwörtlich widergegeben, als dieser Erdös mit dem Ziegenproblem konfrontierte. Man spürt daraus förmlich die wachsende Verzweiflung von Vazsonyi, als Erdös die Lösung nicht und nicht kapieren wollte! Ne, da ist absolut nichts erfunden oder auch nur aufgebauscht, das war sehr wahrscheinlich wirklich so! Für mich hat das aber jetzt eher etwas Tröstliches, da es zeigt, dass auch Genies manchmal ein totales Blackout haben können! 😉
Was den von dir zitierten Artikel von Marilyn vos Savant betrifft, so hast du leider auch da etwas missverstanden. Ihr Zahlenbeispiel mit den 1.000.000 Türen ist selbstverständlich kein Beweis, so wie man eben in der Mathematik niemals etwas allein anhand von Beispielen ohne Rechnung beweisen kann! Aber es war sonnenklar, dass der Kandidat in diesem Fall zur Tür 777.777 wechseln sollte und von da zur Überlegung, dass der Kandidat bei nur 3 Türen genauso wechseln sollte, da auch hier der Moderator durch das Öffnen von Ziegentüren die Ausgangskonstellation entscheidend zugunsten des Kandidaten verändert, ist es dann (hoffentlich!) nur mehr ein kleiner Schritt!
Und nebenbei: Obiges Beispiel ordnet sich der Verallgemeinerung des Ziegenproblems von JoeM problemlos unter, indem man einfach T=1.000.000, A=1, Z=999.999, A1=0, Z1=999.998 setzt, ein weiteres Indiz dafür, dass die Verallgemeinerung, um die es hier geht, durchaus Sinn macht!
mfg
weird
\(\endgroup\)
\(\begingroup\)Hallo weird,
folgendes zu Deinem Kommentar vom 10. Nov. 13:47:19 Uhr:
Beispiel für T=4; A=Z=2; A1=Z1=1; W1=W2=1/2
Ich betrachte z.B. folgenden Fall:
1 2 3 4 (Türen 1 - 4)
A A Z Z
Die 1. Wahl fällt z.B. auf Tür 1 = Auto A
Dann öffnet der Moderator zwei Türen.
Dafür hat er für die Anordnung der Reihenfolge 4 Möglichkeiten !!
Tür 2 , 3 ----> Reihenfolge A , Z
Tür 2 , 4 ----> Reihenfolge A , Z
Tür 3 , 2 ----> Reihenfolge Z , A
Tür 4 , 2 ----> Reihenfolge Z , A
Daraus folgt:
Hinter der zuletzt geöffneten Tür steht eine Ziege mit W=1/2; sowie:
Hinter der zuletzt geöffneten Tür steht ein Auto mit W=1/2
Die gleichen Wahrscheinlichkeiten ergeben sich, wenn die 1. Wahl z.B. auf
Tür 4 = Ziege Z fällt.
-----> W1=1/2; W2=1/2 !!! ( und NICHT irgendwas, wie 2/3 ; 1/3 )
Somit sind die Annahmen von Gerhardus falsch.
Der Kandidat erhält KEINE Zusatzinformation.
viele Grüße
JoeM
\(\endgroup\)
\(\begingroup\)Hallo JoeM,
Zunächst einmal habe die Situation hier ebenfalls mit einem Computerprogramm simuliert und 1 Million(!) Durchläufe gemacht. Hier das Ergebnis, wobei ich danach unterschieden habe, ob die zuletztgeöffnete Türe L ein Auto oder eine Ziege als Inhalt hatte, also L=A oder L=Z, oder ob der Kandidat den Inhalt ignoriert hat, also L=?.
L=Z (500.177 Fälle): Erfolge ohne/mit Wechsel: 166.744, 333.433
L=A (499.823 Fälle): Erfolge ohne/mit Wechsel: 333.151, 166.672
L=? (1.000.000 Fälle): Erfolge ohne/mit Wechsel: 499.895, 500.105
Das spricht doch eine deutliche Sprache: Mit Berücksichtigung der Art der letzten geöffneten Tür, sollte er ganz klar wechseln, wenn es eine Ziegentür war und NICHT wechseln, wenn es eine Autotür war. Die Wahrscheinlichkeiten für einen Erfolg betragen dann jeweils 2/3, im Gegensatz zu 1/2 nach deinem Modell.
Du kannst dies nun entweder auch durch ein Programm nachprüfen oder dir auch einfach überlegen, wo dein Fehler in obiger Überlegung lag. In der Ausgangssituation
A A Z Z
wobei der Kandidat die erste Tür wählt, bleibt nur mehr eine Autotür übrig von 3(!) Türen, also wählt der Moderator bei seiner Erstwahl mit Wahrscheinlichkeit 2/3 die Ziegentür und mit der gleichen Wahrscheinlichkeit 2/3 ist die letzgeöffnete Tür somit eine Autotür. Ist dagegen die erste Tür des Kandidaten eine Ziegentür, also z.B. die Konstellation Z Z A A, so ist ebenfalls wieder mit Wahrscheinlichkeit 2/3 die Erstwahl des Moderators eine Autotür, und mit der gleichen Wahrscheinlichkeit die zuletzt geöffnete Tür eine Ziegentür! Das ist einfach nur Alltagslogik, dazu brauch ich keine Fälle aufzählen wie du es machst! Die zuletzt geöffnete Tür ist daher mit Wahrscheinlichkeit 2/3 vom gleichen Typ wie die Tür des Kandidaten! Und ja, nochmals: Diese Überlegungen werden ja auch durch die Ergebnisse meines Programms oben glänzend bestätigt!
mfg
weird
\(\endgroup\)
\(\begingroup\)Hallo weird,
nur ein Beispiel zu Deiner Computer- Berechnung:
L=Z: Erfolg ohne/mit Wechsel: W1=1/3 / W2 =2/3
Ohne Wechsel gilt aber: W1 = A/T = 2/4 = 1/2; das ist felsenfest !!
Dieser Wert kann nicht plötzlich auf 1/3 schrumpfen !!
Nach Deiner Berechnung: W2 = 2/3
Somit: W1 + W2 = 1/2 + 2/3 = 7/6 > 1,00 ----> Widerspruch !!
Es muss stets gelten: W1 + W2 <=1,00 ( hier = 1,00 ).
Offensichtlich darfst Du in Deiner Simulation nur (L=?) anwenden.
Alles andere macht auch keinen Sinn.
viele Grüße
JoeM \(\endgroup\)
\(\begingroup\)Hallo weird,
nächster Versuch, Dich zu überzeugen; Beispiel:
1 2 3 4 (Türen)
A A Z Z
Die Wahrscheinlichkeit, dass die 1.Wahl auf eine der 4 Türen trifft, ist jeweils 1/4.
Die Wahrscheinlichkeit, dass die vom Moderator zuletzt geöffnete Tür ein Auto / eine Ziege ist, beträgt somit jeweils:
W = 1/4*(2/3 + 2/3 + 1/3 + 1/3) = 1/2
viele Grüße
JoeM
\(\endgroup\)
\(\begingroup\)Hallo Slash,
vielen Dank für Deinen Hinweis !!
Dadurch habe ich erfahren, dass das Mitglied >Gerhardus< am 11.11.2015
einen Artikel mit dem Titel >Erweiterung des Ziegenproblems< in matroid eingestellt hat.
>Gerhardus< hat meinen Artikel mehrfach kommentiert; zumeist fehlerhaft.
Und nun dies!
In seinem Artikel ist kein Hinweis auf meine Version.
Soll ich lachen, oder kotzen ?
Was meinst Du ?
viele Grüße
JoeM\(\endgroup\)
\(\begingroup\)Hallo weird,
ich habe eben von >Slash< eine Nachricht erhalten, mit Link auf einen Artikel; jetzt halt Dich fest:
Unser liebes Mitglied >gerhardus< (Du kennst seine Kommentare wahrscheinlich besser, als ich) hat in matroid am 11.11.2015 folgenden Artikel veröffentlicht:
>Erweiterung des Ziegenproblems<
Man beachte seine Einfallslosigkeit: Er hat meine Überschrift um >sein< erweitert.
Mir wird >wahrscheinlich< schlecht; Dir auch ?
viele Grüße
JoeM
\(\endgroup\)
\(\begingroup\)Hallo Gerhardus,
ich habe eben Deinen merkwürdigen Artikel >Erweiterung des Ziegenproblems< kurz quer gelesen.
Ist Dein Artikel ernst gemeint? Wohl kaum:
Bereits Deine Aufgabenstellung ist ist eigenartig; Du schreibst u.a:
>Abhängig davon öffnet der Moderator eine weitere Tür, so dass insgesamt 1 Tür mit Auto, und 1 Tür mit Ziege geöffnet werden<
Ja was nun? Öffnet der Moderator 1 Tür, oder 2 Türen ?
Deine Lösung ist ein ebenfalls ein Witz!
Wahrscheinlich hast Du aus meiner Aufgabenstellung NICHTS verstanden.
Sorry, aber das ist so.
viele Grüße
JoeM
\(\endgroup\)
\(\begingroup\)Hallo Gerhardus,
in Deinem Kommentar an mich vom 4. Nov. schreibst Du u.a.:
>Bist du überhaupt daran interessiert, wie man Wahrscheinlichkeit
ausrechnet?<
Dazu lieber Garhardus: Ich kann Wahrscheinlichkeiten ausrechen.
Bei Deinem unsäglichen Artikel >Erweiterung des Ziegenproblems< kann ich feststellen:
Du kannst das mit hoher Wahrscheinlichkeit nicht.
Wenn Du anderer Meinung bist, dann erkläre mir das.
mfG.
JoeM
\(\endgroup\)
\(\begingroup\)Hallo JoeM,
Ich nehme mal an, du beziehst dich hier auf diesen Thread von Gerhardus, der also dann gerade kein Artikel ist, wie deiner, sondern "nur" ein Forumsbeitrag. Für mich war aber jetzt schon klar erkennbar, dass Gerhardus hier einfach nur eine Frage, welche in den Kommentaren zu deinen Artikeln aufgetaucht war, noch weiter diskutieren wollte und vielleicht damit auch noch weitere Leute damit ansprechen wollte, welche die von ihm aufgeworfene Frage vielleicht interessant finden, aber sich nicht durch inzwischen mehr als 100(!) Kommentare zu deinem Artikel durchwühlen wollten. Vielleicht schafft ja dein Artikel sogar noch den Sprung auf Platz 1 der meistkommentierten Artikel, aber selbst jetzt schon ist die rege Diskussion, welche du mit damit ausgelöst hast, ein Riesenerfolg, den dir niemand mehr streitig machen kann. Den von Gerhardus eröffneten Thread sehe ich in keiner Weise als Konkurrenz dazu, er könnte im Gegenteil noch weitere Leute auf deinen Artikel aufmerksam machen, nachdem dieser dort ja auch zitiert wurde.
Was allerdings deine wahrscheinlichkeitstheoretischen Überlegungen in deinen letzten Kommentaren hier betrifft, so breite ich lieber den Mantel des Schweigens darüber, denn sie sind alle grundfalsch, wozu man keine mathematischen Kenntnisse benötigt, sondern nur den vielzitierten "Hausverstand". Du bist leider drauf und dran, dich um die Reputation, welche du dir mit deinem Artikel erworben hast, zu reden. Mach doch lieber mal einfach selbst eine Computersimulation, so wie ich sie gemacht hatte, und du wirst sehen, Gerhardus hat hier einfach Recht, obwohl er in den Kommentaren zu deinem Artikel auch schon Sachen geschrieben hatte, die klar falsch waren und worauf auch schon Bozzo hingewiesen hatte.
In diesem Sinne, calm down, please, und schau dir einfach alles in Ruhe nochmals an!
mfg
weird
P.S.: Zu deiner obigen Frage noch, ob der Kandidat in dem Thread von Gerhardus 1 oder 2 Türen öffnet, ist die Antwort: Er öffnet natürlich zwei Türen, die erste aber vollkommen zufällig unter den vom Kandidaten nicht gewählten Türen, die zweite dann so, dass er insgesamt eine Autotür und eine Ziegentür öffnet. Die Voraussetzungen sind also etwas andere, als in deinem Modell, wo der Kandidat über keine Kenntnis des obigen Auswahlverfahrens verfügt, sondern seine Entscheidung, ob Wechsel oder nicht, allein aufgrund der Zahlen A,Z,A1,Z1 treffen muss. Es ist also, um es nochmals ganz deutlich zu sagen, eine ganz andere Frage als in deinem Artikel, welche hier diskutiert wird.
\(\endgroup\)
\(\begingroup\)Ich hab jetzt nicht die über 100 Kommentare gelesen die es schon gibt zu dem Artikel, deshalb weiß ich nicht ob meine Frage/mein Problem hier schon aufgetaucht ist.
Ich verstehe die Aufgabenstellung nicht ganz. Die Anzahl der vom Moderator geöffneten Ziegen- und Autotüren soll unabhängig sein von der 1. Wahl des Kandidaten. Der Moderator darf aber niemals sämtliche Autotüren (falls der Kandidat eine Ziegentür gewählt hat) oder sämtliche Ziegentüren (falls der Kandidat eine Autotür gewählt hat) öffnen.
Widerspricht sich das nicht?
Ich interpretiere das Ganze so, sowohl Anzahl der Türen welche vom Moderator geöffnet werden als auch welche Nummern exakt geöffnet werden hängt gänzlich vom Zufall ab (wie soll überhaupt diese Zufallsauswahl vonstatten gehen? Erst Anzahl, dann exakte Nummern oder ist jede Variante (T1, T2,..., T1+T2...) gleich wahrscheinlich?). Und selbstverständlich hat doch die 1. Wahl des Kandidaten einen Einfluss auf das Folgende, denn die gewählte Tür steht ja nicht mehr zur Auswahl für den Moderator. Und um den Auswahlprozess der zu öffnenden Türen zu starten, muss der Moderator ja sogar wissen ob die vom Kandidaten gewählte Tür eine Auto- oder eine Ziegentür war.
Ich würde die Aufgabe gerne Lösen, aber ich glaube sie ist nicht ganz eindeutig formuliert.. Oder ist das alles in dem langen Thread schon geklärt? Wenn Ja, dann sorry, wenn Nein, dann wäre eine Klärung des Rätselstellers sehr schön!\(\endgroup\)
\(\begingroup\)Hallo weird,
Du schreibst:
>Was das Auswahlverfahren nun selbst betrifft, so wurden hier zwei Varianten diskutiert. Bei der Variante von JoeM kann der Kandidat bei der Zufallsauswahl gewissermaßen nicht zusehen, sondern sieht nur das Endergebnis, nämlich A1 offene Autotüren und Z1 offene Ziegentüren. Bei der Variante von Gerhardus dagegen öffnet der Moderator zunächst solange zufällig Türen, bis entweder A1 Autotüren oder Z1 Ziegentüren offen sind und wählt dann nur mehr zufällig unter den Autotüren bzw. Ziegentüren, je nachdem, welches Kontingent noch nicht "ausgeschöpft" ist. Hierbei kann der Kandidat zusehen und daraus für seine Entscheidung, ob er wechseln soll oder nicht, wertvolle Zusatzinformationen ableiten. Es ist dies sicher auch ein interessantes Problem, aber ein grundsätzliches anderes als das, welches JoeM im Auge hatte und für welches hier auch allgemeine Formeln präsentiert wurden.<
Aus meiner Sicht sollte man die Aufgabe nur mithilfe der Variablen
A, Z, A1, Z1 lösen, alles andere macht wenig Sinn:
Beispiel 1:
Wenn der Moderator wie oben beschrieben nach >Gerhardus< vorgeht,
dann kann der Kandidat nur dann einen Vorteil erlangen, wenn er die
>Strategie< des Moderators kennt. Die kennt er aber nicht.
Beispiel 2:
Wenn der Moderator unabhängig von der 1. Wahl des Kandidaten stets in der gleichen Reihenfolge zunächst alle Türen A1, und dann alle Türen Z1 öffnet, dann kann der Kandidat daraus nichts ableiten.
viele Grüße
JoeM\(\endgroup\)
\(\begingroup\)Hallo safrazap,
in der Aufgabenstellung ist kein Widerspruch.
Die Bedingung 2)
>Die Anzahl an Auto(s) und/ oder Ziege(n), die Ihnen der Moderator durch Türöffnen zeigt, ist stets unabhängig von Ihrer 1. Wahl.<
muss erfüllt sein.
Ansonsten könnte der Moderator den Spielausgang beeinflussen.
Die Bedingungen 3), 4) müssen erfüllt sein; sonst macht die Aufgabe keinen Sinn.
Versuch einfach mal, die Aufgabe nur mit den Variablen A, Z, A1, Z1
zu lösen, ohne weitere Kommentare zu lesen.
viele Grüße
JoeM
\(\endgroup\)
\(\begingroup\)Hallo weird und JoeM!
Für mich ist die Sache überhaupt nichr klar. A und Z sind vorgegeben, klar. Und jetzt soll alles nur von A1 und Z1 abhängen?
Ich verstehe die Aufgabe so, dass der Moderator irgendwelche Türen öffnet. Dafür gibt es erstmal 2^(n-1)-1 Möglichkeiten. Mit der geforderten Einschränkung bleiben noch 2^(n-1)-2^(A1-1) bzw. 2^(n-1)-2^(Z1-1) (je nachdem ob der Kandidat zuerst eine Auto- oder eine Ziegentür gewählt hat, hoffe ich habe mich nicht vertan) mögliche Türöffnungsszenarien(!) (ich geh jetzt mal davon aus, dass die Reihenfolge egal ist, alle Türen werden auf einmal geöffnet).
Im Allgemeinen sind das schon mal unterschiedlich viele Wahlmöglichkeiten. Wie entscheidet sich nun welche Türen geöffnet werden? Laut Aufgabenstellung sollten doch all diese Varianten gleich wahrscheinlich sein. Die Angabe von A1 und Z1 reicht doch nicht aus.
Nochmal ganz konkret gefragt, JoeM, ist es gleich wahrscheinlich ob die Tür 6 oder die Türen 3, 11, 14, 17 geöffnet werden (Bsp. Aufgabenstellung)?
\(\endgroup\)
\(\begingroup\)Hallo JoeM,
Du hast es nun schon mehrmals gesagt und schreibst es auch oben wieder:
>Aus meiner Sicht sollte man die Aufgabe nur mithilfe der Variablen
A, Z, A1, Z1 lösen, alles andere macht wenig Sinn<
Ich stimme dir darin zu, dass deine Sicht der Dinge, dass der Kandidat nur aufgrund der Zahlen A,Z,A1,Z1 seine Entscheidung über einen ev. Wechsel treffen sollte, eine vollwertige Verallgemeinerung des klassischen Ziegenproblems darstellt. Warum aber andere Verallgemeinerungen wie z.B. das Modell von Gerhardus für dich von vornherein "keinen Sinn machen", verstehe ich jedoch nicht. Immerhin hat die Diskussion über diese anderen Denkansätze letztlich dazu geführt, dass dein Artikel mit weit über 100 Kommentaren inzwischen den Platz 1 in der Chart der meistkommentierten Artikel erobert hat, was ohne die Diskussion über Alternativen zu deinem Modell undenkbar gewesen wäre.
Statt also diese anderen Ansätze als "Konkurrenz" zu deinem Modell zu sehen, was du offenbar tust, solltest du sie eher als "Bereicherung" ansehen und dich mit ihnen vertraut machen, um das Ziegenproblem insgesamt besser zu verstehen. Mir hat die Diskussion hier in dieser Hinsicht jedenfalls sehr viel gebracht, obwohl ich vorher glaubte, ohnehin schon alles darüber zu wissen.
mfg
weird
\(\endgroup\)
\(\begingroup\)Hallo safrazap,
Wie du auf die Zahlen für die Auswahlmöglichkeiten des Moderators kommst, verstehe ich leider nicht, auf jeden Fall sind sie nicht korrekt. Obwohl diese Zahlen für die Aufgabe selbst eigentlich nichts bringen, könnte es für dein Verständis förderlich sein, wenn ich sie dir explizit ausrechne. Sei dazu A0 die Anzahl der Autotüren, welche der Kandidat bei seiner Erstwahl ausgewählt hat, womit also A0=0 oder A0=1 gilt. Dann kann der Moderator unter den noch verbleibenden A-A0 Autotüren bzw. Z-1+A0 Ziegentüren eine beliebige Auswahl von A1 Autotüren bzw. Z1 Ziegentüren treffen, was dann auf die Gesamtzahl
$\binom{A-A0}{A1}\binom{Z-1+A0}{Z1}$
von Auswahlmöglichkeiten führt.
Was nun die tatsächliche Auswahl betrifft, bin ich in meinem Simulationsprogramm so vorgegangen, dass der Moderator für sich selbst zunächst A1 Autotüren zufällig unter den A-A0 zur Auswahl stehenden Autotüren auswählt, dann Z1 Ziegentüren zufällig unter den Z-1+A0 zur Auswahl stehenden Ziegentüren und erst danach (und jetzt für den Kandidaten sichtbar) die entsprechenden Türen öffnet und zwar nach aufsteigenden Nummern geordnet. Damit ist einerseits sichergestellt, dass die Auswahl total zufällig erfolgt und andererseits der Kandidat durch das Auswahlverfahren selbst keine zusätzlichen Hinweise bekommt (welche über die bloßen Anzahlen A,Z,A1,Z1 hinausgehen!), ob er wechseln sollte oder nicht.
Ich hoffe, dass damit nun schon einige Unklarheiten bez. des Modells von JoeM beseitigt wurden. Wenn dir am Modell von Gerhardus noch was unklar sein sollte oder sonst noch Fragen offen sind, bin ich aber gerne bereit, auch das noch genauer zu erläutern.
mfg
weird
\(\endgroup\)
\(\begingroup\)Hallo weird,
in der Aufgabenstellung steht ganz klar: "Er öffnet nun eine oder mehrere aus den übrigen Türen"
Wieviele ist vollkommen offen (mit der kleinen Einschränkung hinsichtlich A1 und Z1 kleiner A bzw. Z).
Wieso rechnest du also mit festem A1 und festem Z1?
Bei der Anzahlbestimmung habe ich lediglich die noch verschlossenen n-1 (n: Gesamtzahl, d.h. n=A+Z) Türen betrachtet, daraus lassen sich auf 2^(n-1)-1 Arten eine oder mehrere Türen öffnen. Davon habe ich dann die ausgeschlossenen Fälle bei denen alle Z Ziegentüren bzw. alle A Autotüren geöffnet werden wieder abgezogen.
(Anm.: Eine n-elementige Menge hat bekanntlich 2^n Teilmengen).
Und für mich ist nach wie vor unklar wie der Auswahlprozess der zu öffnenden Türen stattfindet. Sorry, falls ich hier totalen Bockmist verzapfe, aber so habe ich es bis jetzt halt verstanden, es werden vollkommen zufällig irgendwelche Türen geöffnet (mit d. kleinen Einschränkung s.o.). Und ich denke es ist wichtig zu wissen wie diese Auswahl erfolgt. Ist jede mögliche Auswahlvariante gleich wahrscheinlich? Nach meinem bisherigen Verständnis lässt sich das Problem ohne dieses Wissen nicht lösen.
\(\endgroup\)
\(\begingroup\)Wenn die Aufgabe so gemeint ist, dass der Moderator A1 Autotüren und Z1 Ziegentüren (vorgegebene Anzahlen) öffnet, dann sollte man die Aufgabenstellung vielleicht ändern? "Er öffnet nun A1 Auto- und Z1 Ziegentüren..." Dann kann ich die Aufgabe in Abhängigkeit von A1 und Z1 hoffentlich lösen.
Aber geht das aus der Aufgabenstellung hervor? "Er öffnet nun eine oder mehrere aus den übrigen Türen" - für mich ist hier ganz klar auch die Anzahl der zu öffnenden Türen ein Teil des Rätsels. Lieg ich damit so falsch?
Ergänzung: dass es aber so nicht gemeint sein kann, geht auch ganz klar aus dem Zusatz von JoeM in der Aufgabenstellung hervor, wo er 2 Mögliche Auswahlszenarien angibt mit unterschiedlicher Türenzahl.
Mit festem A1 und festem Z1 zu rechen kann also nicht stimmen, oder?\(\endgroup\)
\(\begingroup\)Hallo safrazap,
Ja, die Beschreibung der Problemstellung in dem Artikel ist vielleicht jetzt nicht ganz optimal, wie dies ja auch in früheren Kommentaren schon angemerkt wurde, aber mit etwas gutem Willen und vor allem dem Einsatz des vielzitierten "Hausverstands" kann man letzlich dann schon herauslesen, wie sie gemeint war bzw. nur gemeint gewesen sein kann.
Es ist jedenfalls so, dass der Moderator nicht nur die Werte A,Z kennt, sondern auch die Werte A1,Z1 für sich festgelegt haben muss bevor er die Türen öffnet. Keinesfalls ist es so, dass er einfach zufällig einige der verschlossenen Türen offnet, welche der Kandidat nicht gewählt hatte, und dass gewissermaßen erst danach die Anzahlen A1 von offenen Autotüren und Z1 von offenen Ziegentüren feststehen. Die Wahl der Parameter A1 und Z1 sollten außerdem nicht davon abhängen, ob die Tür des Kandidaten eine Auto- oder Ziegentür war, damit der Moderator den Kandidaten nicht durch eine geeignete Wahl von A1 und Z1 zu falschen Schlüssen verleiten kann. Am einfachsten lässt sich m.E. das wohl so realisieren, indem man verlangt, dass er diese Wahl für sich selbst eben schon vor der Erstwahl des Kandidaten treffen muss.
Ich hoffe, dass damit wieder einige Unklarheiten beseitigt werden konnten.
mfg
weird\(\endgroup\)
\(\begingroup\)Hallo weird,
also da möchte ich dir doch sehr deutlich widersprechen.
Nochmal der relevante Teil der Aufgabenstellung:
"Er öffnet nun eine oder mehrere aus den übrigen Türen, zum Beispiel die Nummer sechs, oder etwa die Nummern drei, elf, vierzehn und siebzehn."
Wieso kann das (mit oder ohne "Hausverstand") nur so gemeint sein wie es anscheinend gemeint war?
Ehrlich gesagt, für mich steht da eindeutig was anderes als JoeM - wie ich jetzt mitbekommen habe - anscheinend gemeint hat.
Nach der 1. Wahl des Kandidaten werden irgendwelche Türen geöffnet - so stand's in der Aufgabe und so habe ich das auch interpretiert. Natürlich ist das ein denkbares Szenario. Und dazu hätte ich unbedingt die Information benötigt wie die Türauswahl erfolgt.
Für festes A1 und festes Z1 sollte die Aufgabe dann allerdings gut lösbar sein (werde mir die anderen Kommentare bestimmt auch noch anschauen).
\(\endgroup\)
\(\begingroup\)Hallo safrazap,
Ja, das war ja auch tatsächlich einer der Hauptkritikpunkte in den Kommentaren, dass zu ungenau bzw. sogar irreführend beschrieben wurde, in welcher Weise der Moderator die Auswahl der zu öffnenden Türen vornimmt. Ich hatte sehr bald die Auswahlmethode der A1 Autotüren und der Z1 Ziegentüren vor Augen, welche ich in dem letzten Posting beschrieben habe, und zwar aus einem einfachen Grund: Nur dann, wenn man davon ausgeht, dass die Parameter A1 und Z1 vor dem Öffnen der Türen vom Moderator bereits fix gewählt wurden und weiters eine ausreichende "Zufälligkeit" dieser Auswahl zugrundeliegt, kann man hier auch irgendetwas ausrechnen. Ansonsten kämen ja Dinge ins Spiel, die man zwar unbedingt mit berücksichtigen müsste, wie z.B. eine etwaige feste Strategie des Moderators, welche aber in der Aufgabenstellung nicht gegeben sind.
Und ja, das genau meinte ich oben mit Einsatz des "Hausverstands", den man hier braucht, um folgende Frage zu beantworten: Wie muss man die Beschreibung der Problemstellung im Artikel interpretieren, damit insgesamt eine sinnvolle und vor allem berechenbare Aufgabe draus wird, welche überdies eine Verallgemeinerung des klassischen Ziegenproblems bleiben sollte.
mfg
weird
\(\endgroup\)
\(\begingroup\)weird, also wegen deinem "Hausverstand" möchte ich dir nun noch einmal widersprechen. Ich habe nichts in die Aufgabe hineininterpretiert. Ich habe gelesen was da steht, und das ist sehr wohl eine sinnvolle Fragestellung. Und auch eine Erweiterung des klassische Ziegenproblems. A=1 und Z=2 lässt halt nur A1=0 und Z1=1 zu.
Ich habe die Aufgabe nämlich auch schon von Anfang an (seit sie eingestellt wurde) gesehen und mich dafür interessiert. Nur war mir das Problem für den Moment zu kompliziert und ich hab wieder Abstand davon genommen.
Wenn es ganz anders gemeint war als geschrieben und so wie du sagst, dann ist es ja ganz easy (zumindest wenn der Kandidat weiss dass A1 und Z1 fix sind). Ein Baumdiagramm, und elementare Umformungen liefern sofort :
A/Z>A1/Z1 dann ist wechseln günstig.
Bei Gleichheit ist es egal und bei < ist nicht wechseln besser.
Ich hab mich noch nicht durch den langen thread gekämpft. Aber es scheint, dass der Fragesteller nicht eingestehen will dass seine Aufgabenstellung sehr unklar war. Schade, ist doch nicht schlimm.
Die Variante von Gerhardus finde ich dann doch spannender.\(\endgroup\)
\(\begingroup\)Ja, was soll ich sagen - ein verdienter Platz 1 in der TOP 15, selbst wenn man alle Off-Topics rausnimmt.
1. Erweiterung Ziegenproblem [Kommentare 124] - 2015
2. Das zweite Treffen! [Kommentare 111] - 2003
...
Herzlichen Glückwunsch zum Ziegen-Herbst-Märchen 2015!
Slash 😎 \(\endgroup\)
\(\begingroup\)Hallo safrazap,
Du schreibst u.a.:
>Ich habe gelesen was da steht, und das ist sehr wohl eine sinnvolle Fragestellung. Und auch eine Erweiterung des klassisches Ziegenproblems. A=1 und Z=2 lässt halt nur A1=0 und Z1=1 zu.<
und .....
>> A/Z>A1/Z1 dann ist wechseln günstig.
Bei Gleichheit ist es egal und bei < ist nicht wechseln besser. <<
Natürlich hast Du Recht. Die Aufgabe soll als Erweiterung des klassischen Ziegenproblems verstanden sein; darum hat die Aufgabe auch die Überschrift >Erweiterung Ziegenproblem<.
In der Aufgabenstellung steht u.a.:
>Er (Anmerkung der Moderator) öffnet nun eine oder mehrere aus den übrigen Türen, zum Beispiel die Nummer sechs, oder etwa die Nummern drei, elf, vierzehn und siebzehn. Hinter diesen geöffneten Türen sehen Sie Auto(s) und/ oder Ziege(n).<
Es genügt, die richtige Strategie anzuwenden; diese gilt allgemein (auch für das klassische Ziegenproblem).
Aus der Strategie kann man u.a. sofort ableiten:
- der Moderator zeigt nur Ziege(n) ----> Wechseln !
- der Moderator zeigt nur Auto(s) ----> Nicht wechseln !
viele Grüße
JoeM
\(\endgroup\)
\(\begingroup\)Hallo safrazap,
Du stellst u.a. folgende Frage an mich:
> Nochmal ganz konkret gefragt, JoeM, ist es gleich wahrscheinlich ob die Tür 6 oder die Türen 3, 11, 14, 17 geöffnet werden (Bsp. Aufgabenstellung)? <
Dazu: NEIN, das ist es nicht.
Mit Deinem >oder< ist nicht fifty/fifty gemeint; es sind nur 2 Beispiele;
daher auch die Formulierungen >zum Beispiel<, >eine oder mehrere< und >oder etwa<.
viele Grüße
JoeM
\(\endgroup\)
\(\begingroup\)Hallo JoeM,
auf meine Fragen und Kritikpunkte bist du so gut wie gar nicht eingegangen. Und mir scheint, dass das nicht nur mir so gegangen ist im Rekordthread auf dem Metheplaneten. Bist du nicht willens oder nicht fähig dazu?
Und mit deiner Kritik am thread von Gerhardus hast du dich ganz schön blamiert (dessen Version enthält ganz andere Aspekte). Sorry, ich würde das normalerweise nicht schreiben an jemanden der mir ein Rätsel präsentiert. Aber ich habe viele Stunden darüber nachgedacht, bevor ich erfahren durfte dass es wohl ganz anders gedacht war. Dann war's in 2 Minuten gelöst. Da denke ich, ist es nicht zu viel verlangt, dass der Fragesteller darauf mal eingeht.\(\endgroup\)
\(\begingroup\)Hallo safrazap,
Du schreibst u.a.:
>Die Variante von Gerhardus finde ich dann doch spannender.<
Wie lautet Deine Lösung für Diese Variante ?
Mach es nicht so spannend.
mfG. JoeM
\(\endgroup\)
\(\begingroup\)JoeM,
du erstaunst mich immer mehr.
Was denkst du ist der geeignete Ort, um eine Lösung auf eine in einem thread gestellte Frage zu posten? Genau!
\(\endgroup\)
\(\begingroup\)Da der Ton hier zunehmend rauer wird, möchte ich insofern kalmierend eingreifen, indem ich nachfolgend versuche, die Unterschiede in den Varianten von JoeM und Gerhardus, was die "Strategie" des Moderators bei der Auswahl der zu öffnenden Türen betrifft, noch einmal klar und deutlich herauszuarbeiten. Dies könnte auch für alle interessant sein, welche wissen wollen, worum es hier eigentlich geht, aber sich nicht durch inzwischen 130 Kommentare "durchackern" wollen. (Die Variante von JoeM wird vermutlich nicht einmal er selbst wiedererkennen und sie stellt ja auch nur ein Beispiel für die Zufallsauswahl der vom Moderator zu öffnenden Türen dar, bei der sein Kriterium für einen Wechsel und die abgeleiteten Wahscheinlichkeiten dann auch stimmen!)
Nachfolgend bedeuten dabei
A die Gesamtanzahl der Autotüren,
A1 die Anzahl der vom Moderator zu öffnenden Autotüren (A1 < A),
Z die Gesamtanzahl der Ziegentüren,
Z1 die Anzahl der vom Moderator zu öffnenden Ziegentüren (Z1 < Z),
OT0 die Anzahl der vom Moderator aktuell geöffneten Ziegentüren,
OT1 die Anzahl der vom Moderator aktuell geöffneten Autotüren,
A0 den "Typ" einer vom Moderator gewählten Tür (0=Ziegentür, 1=Autotür), s.u.
1.[Inititalisierung] OT0 $\leftarrow$ 0, OT1 $\leftarrow$ 0.
2.[Moderator wählt - für sich und geheim- eine der noch verschlossenen und vom Kandidaten nicht gewählten Türen]
A0 $\leftarrow$ 1, wenn gewählte Tür eine Autotür war, sonst A0 $\leftarrow$ 0.
3.[Moderator öffnet bzw. notiert (letzteres geheim) ev. gewählte Tür]
Wenn OT0+(1-A0) $\le$ Z1 und OT1+A0 $\le$ A1, so setzt man OT0 $\leftarrow$ OT0+(1-A0), OT1 $\leftarrow$ OT1+A0 und der Moderator öffnet (in der Variante von Gerhardus!) bzw. notiert (in der Variante von JoeM) die in 2) gewählte Tür, andernfalls passiert nichts.
4) [Wurden bereits alle zu öffnende Türen geöffnet bzw. ausgewählt?]
Wenn OT0+OT1 < A1+Z1, dann gehe zu 2).
5) Die Gerhardus-Variante ist hier bereits zu Ende, in der JoeM-Variante öffnet nun erst der Moderator alle in 3) notierten Türen in einer vorher festgelegten Reihenfolge, z.B. nach aufsteigenden Nummern geordnet.
In der Variante von JoeM hat der Kandidat aufgrund dieser Zufallsauswahl der zu öffnenden Türen keine weiteren Anhaltspunkte, welche über die Parameter A,Z,A1,Z1 hinausgehen, in der Variante von Gerhardus kennt er die Methode dieser Zufallsauswahl und insbesondere den "Typ" A0 der zuletzt geöffneten Tür, was ihm eine wertvolle Zusatzinformation bei seiner Entscheidung, ob er wechseln soll oder nicht, liefert.
Und ja, die Variante von Gerhardus ist sicher "spannender", wenn man damit "mathematisch anspruchsvoller" meint, was aber in meinen Augen keinesfalls heißt, dass der ursprüngliche Ansatz von JoeM jetzt uninteressant wäre. Man kann in diesem Zusammenhang nur immer und immer wieder darauf verweisen, dass die Liste von Leuten, welche selbst beim klassischen Ziegenproblem mit 3 Türen schon gestolpert sind, sehr lange ist und viele Profimathematiker darunter sind.\(\endgroup\)
\(\begingroup\)Lieber safrazap,
ich erwarte von Dir keine Lösung für die >Variante von Gerhardus<.
Das muss auch nicht sein.
Aber eines könntest Du mir erklären; etwa für A=6; Z=9; A1=3; Z1=4:
Wie soll man diese Variante Deiner Meinung nach in der Praxis (in einer Spielshow) anwenden ?
viele Grüße
JoeM\(\endgroup\)
\(\begingroup\)Lieber weird,
Du schreibst:
>Und ja, die Variante von Gerhardus ist sicher "spannender", wenn man damit "mathematisch anspruchsvoller" meint, ...<
Dazu folgendes:
Mag sein, dass die Variante von Gehardus >mathematisch anspruchsvoller< ist.
Aber ich meine:
Diese Variante ist in der Praxis nicht anwendbar; sie steht auch so nicht in der Aufgabenstellung.
viele Grüße
JoeM
\(\endgroup\)
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