Servus Leute,
angenommen man hat drei Tore, in einem ist der hauptpreis und in den anderen zwei ist der Zonk. nun wählt man ein Tor aus.
Danach wird ein Tor aus dem Spiel genommen, von dem man weiß, dass dort der Zonk drin war.
Jetzt folgende Behauptung: Wenn man dann seine ursprüngliche Wahl ändert und das andere Tor nimmt, ist es wahrscheinlicher, dass man gewinnt.
Stimmt das, und wenn ja warum?
Gruß
D
Hi
angenommen man hat drei Tore, in einem ist der hauptpreis und
in den anderen zwei ist der Zonk. nun wählt man ein Tor aus.
Danach wird ein Tor aus dem Spiel genommen, von dem man weiß,
dass dort der Zonk drin war.
Jetzt folgende Behauptung: Wenn man dann seine ursprüngliche
Wahl ändert und das andere Tor nimmt, ist es wahrscheinlicher,
dass man gewinnt.
Stimmt das, und wenn ja warum?
Lies Dir mal die FAQ:282 durch. Da wird Deine Frage behandelt.
Gruß
Edith
das ging ja flott!
Vielen Dank!
‚Ziegenproblem‘ googeln. owt
.
Hi Edith,
Lies Dir mal die FAQ:282 durch. Da wird Deine Frage behandelt.
Eine falsche Lösung als FAQ macht daraus aber noch lange keine richtige Lösung.
Der Logikfehler liegt in
" Seine Wahl des Tores hängt ja von der ursprünglichen Wahl des Kandidaten ab.
Das stimmt eben nicht. Er wählt immer nur zwischen den zwei Nieten. Natürlich nimmt er nie die Niete, die der Kandidat schon gezogen hat. Im Endeffekt ist die Lösung, egal auf wie viele Kisten erweitert wird, immer 50:50
Gruß
Edith
Gruß
r T
Quatsch. Das FAQ hat recht.
Ob nun der Quizmaster ein Zonktor öffnet oder ein Kamel in der Sahara furzt ist egal. Dein Tor behält die 1/3 Chance. Nun verteilt sich die Chance von dem Zonktor auf das übriggebliebene Tor und hat damit eine 2/3 Chance auf den Gewinn.
Kleine Heimaufgabe. Zeichne alle (ja, alle) Möglichkeiten auf ein Stück Papier. Dann gehe alle Möglichkeiten durch und dann wirst es vielleicht erkennen.
Hallo Ratloser!
Irgendwie scheint der Nick ja nicht von ungefähr zu kommen 
Das stimmt eben nicht. Er wählt immer nur zwischen den zwei
Nieten. Natürlich nimmt er nie die Niete, die der Kandidat
schon gezogen hat. Im Endeffekt ist die Lösung, egal auf wie
viele Kisten erweitert wird, immer 50:50
Ich habe die Wahl zwischen drei Toren, A, B und C. Für jedes dieser drei Tore beträgt die Wahrscheinlichkeit 1/3. Also beträgt die Wahrscheinlichkeit für A ein Drittel, für B und C zusammen zwei Drittel. Kannst Du mir soweit folgen?
Okay. Mein Plan sieht also wie folgt aus: Wenn mich der Moderator dazu auffordert, werde ich „A“ sagen. Die Wahrscheinlichkeit, dass ich damit richtig liege, beträgt ein Drittel. In zwei Drittel der Fälle befindet sich mein Hauptgewinn hinter einer der beiden anderen Türen. Wenn er mich also nochmals fragt, werde ich mich für B&C entscheiden, denn dafür beträgt die Wahrscheinlichkeit 2/3. (Von diesen zwei Türen werde ich nie die falsche auswählen, denn die hat der Moderator ja schon geöffnet!)
Michael
… immer 50:50
Gerade eben ist mir noch eine anschaulichere Erklärung eingefallen, als diejenige, die ich bereits gegeben habe:
Stell Dir vor: Es sind keine Türen, sondern Lose. Zwei Nieten und ein Hauptgewinn. Diese Lose werden auf drei Becher verteilt: Im einen befindet sich ein Los, im anderen zwei. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit dafür, dass der Hauptgewinn im einen oder anderen Becher ist? Was ändert sich daran, wenn der Moderator aus dem Becher mit den zwei Losen eine Niete entfernt?
Klar?
Michael
letztes Mal Zonk
Hier liegen eben die Denkfehler. Die Bezeichnungen sind vollkommen gleichgültig, ob Boxen, Kisten, Zonks, Lose, Nieten, Waschmaschinen oder Urlaubsreisen.
Stell Dir vor: Es sind keine Türen, sondern Lose.
Es ist egal, welchen Namen das Kind hat.
Was ändert sich daran, wenn der Moderator aus dem
Becher mit den zwei Losen eine Niete entfernt?
Keiner, denn „Leer“ und „Niete“ sind exakt gleich
Ich habe die Wahl zwischen drei Toren, A, B und C.
Für jedes dieser drei Tore beträgt die Wahrscheinlichkeit 1/3.
Also beträgt die Wahrscheinlichkeit für A ein Drittel,
für B und C zusammen zwei Drittel.
Kannst Du mir soweit folgen?
Das kann ich. Leider ändert es nichts an der Endsituation. Es sind zum Schluss zwei Kisten, Boxen, Lose was sonst auch immer. Fest steht: Eines enthält etwas, das wie auch immer als „Gewinn“ bezeichnet wird und das andere Etwas ist die Niete oder einfach nur leer. Jeder neue Schritt bewirkt eine neue Ausgangssituation.
Für keine der verbleibenden Möglichkeiten gibt es einen Hinweis, der die Chancen ausserhalb von 50:50 ändert.
Nun gibt es noch weitere Denkmodelle dazu. Es können 4 oder beliebig viele „Kisten“ genommen werden. Bei vieren wäre die Ausgangswahrscheinlichkeit 25%, dann 33,33%. und dann eben 50% )
Hier ändert sich durch die erste Wahl mit 25% Wahrscheinlichkeit auch nichts. Der nächste Schritt sind eben 1/3 oder 33,33%
Bei unendlich vielen Kisten wären am Ende dann noch zwei übrig gebliebenen (fest steht auch hier - eine „leer“ und die andere „voll“). Die Wahrscheinlichkeit ist dann aber nach dieser hier vertretenden Logik 100% für die richtige Entscheidung. Wie soll das bitte schön möglich sein?
Es gibt auch Leute, die ihren Denkfehler in einem Programm integriert dann als Beweis laufen lassen.
Hier geht es um grundsätzliche Verständnisprobleme. Ich habe keine Lust, hier einen ellenlangen thread aufzumachen. Deshalb werde ich mich jetzt ausklinken, eine Einigung ist eh nicht möglich.
Eine weitere Antwort kommt von mir nicht mehr.
Ein ähnliches Verständnisproblem gibt es hier, bin zufällig darüber gestolpert.
http://www.macuser.de/forum/showthread.php?t=376788
> 1500 Einträge, Ja/Nein-Verteilung etwa 50:50, dabei ist dieses noch absolut klar und eindeutig.
Tschau
Tom
Denkfehler: Es gibt einen Hinweis
Für keine der verbleibenden Möglichkeiten gibt es einen
Hinweis, der die Chancen ausserhalb von 50:50 ändert.
Und das ist eben dein Denkfehler, denn es gibt sehr wohl so einen Hinweis.
Es ist doch eigentlich ganz einfach:
Du wählst ein Tor A aus. Die Wahrscheinlichkeit, dass der Gewinn in den anderen beiden Toren B bzw. C ist, ist 2/3. Soweit wirst du ja wohl noch zustimmen.
Nun deckt dir der Moderator von den beiden anderen Toren das falsche Tor C auf. Die Wahrscheinlichkeit, dass der Gewinn in einem der beiden Tore B oder C drin ist, ist aber nach wie vor 2/3, die bleibt davon ja nicht verändert. Wieso sollte sie auch? Kannst du soweit auch noch zustimmen?
Da du aber jetzt weißt, dass C falsch ist, kannst du ja nun einfach B wählen. Die 2/3 Wahrscheinlichkeit gilt ja nun wie gerade festgestellt trotzdem noch, aber jetzt eben nur noch für B, da C ja falsch war. Und diese Information ist eben der Hinweis, den du übersiehst in deinen Ausführungen.
Ists jetzt klar?
Im Prinzip ermöglicht der Moderator durch das Aufdecken des falschen Tores, dass du zwei Tore auf einmal wählen kannst (nämlich eben genau die, die du am Anfang nicht gewählt hast). Und für zwei Tore ist die Trefferwahrscheinlichkeit bei drei Toren nun mal 2/3.
ein allerletztes Mal Zonk
Falls Dich die Argumente nicht überzeugen können:
Wir nennen die Tore A, B und C. Ohne Beschränkung der Allgemeinheit soll A das Tor sein, dass zuerst gewählt wird. Man muss nun folgende Fälle unterscheiden:
A B C | offene Tür | richtige Strategie
----------+-------------+-------------------
0 0 x | B | wechseln
0 x 0 | C | wechseln
x 0 0 | B oder C | nicht wechseln
x steht für Gewinn, 0 für Niete.
Wie Du leicht siehst, ist in zwei von drei Fällen die richtige Strategie das Wechseln.
Michael
Mein Senf dazu 
Es ist doch eigentlich ganz einfach:
Du wählst ein Tor A aus. Die Wahrscheinlichkeit, dass der
Gewinn in den anderen beiden Toren B bzw. C ist, ist 2/3.
Soweit wirst du ja wohl noch zustimmen.
Nein!
Wie so sollte meine Wahl die Gewinnmöglichkeiten beeinflussen. Die Aussage lautet das meine erste Wahl ein 1/3 Chance auf den Gewinn hat.
Damit ist die ganze Rest-Argumentation hinfällig.
Wenn Großschreibung meine Wahl bezeichnet, dann sind die Spielezüge gegeben durch
O o x - o O x - o o X
O x - O x - o X
- o X
Das es in einem Fall zwei Spielzüge gibt zeigt, dass nach der ersten Runde die Wechselstrategie nicht zieht. Es gibt je zwei Fälle für beide Strategien. Und für jeden besteht eine 50% Gewinnchance.
Gruß HW
Hallo,
Bei unendlich vielen Kisten wären am Ende dann noch zwei übrig
gebliebenen (fest steht auch hier - eine „leer“ und die andere
„voll“). Die Wahrscheinlichkeit ist dann aber nach dieser hier
vertretenden Logik 100% für die richtige Entscheidung. Wie
soll das bitte schön möglich sein?
wenn der eingeweihte Moderator („eingeweiht“ = er weiß, was sich hinter jeder Tür befindet) von 1000 Türen (ein Auto hinter einer davon, sonst Ziegen) einfach 998 Ziegentüren öffnet, so dass noch zwei geschlossene Türen übrigbleiben, zwischen denen Du Dich entscheiden kannst, dann ist die Auto-Gewinn-Wahrscheinlichkeit für beide Türen gleichermaßen Fifty-Fifty.
Das ist aber ein anderes Problem als das „Ziegenproblem“, denn das geht ja so:
Du wählst zuerst eine Tür aus, die verschlossen bleibt, und danach öffnet der eingeweihte Moderator 998 Ziegentüren (998 ist die Maximalzahl an Ziegentüren, die er garantiert immer öffnen kann, sogar dann, wenn Du bei Deiner Wahl am Anfang unwissentlich das Auto getroffen hast). Auch dann bleiben noch – genau wie oben – zwei geschlossene Türen übrig. Die Situation ist hier aber eine andere, weil Du eine der Türen ausgesucht hast. Hinter dieser von Dir am Anfang ausgesuchten Tür befindet sich das Auto mit der Wahrscheinlichkeit 1/1000, hinter der anderen, vom Moderator übriggelassenen Tür jedoch mit der Fast-Sicherheit-Wahrscheinlichkeit 999/1000.
Man kann es sich auch so überlegen. Die Wahrscheinlichkeit, dass Du am Anfang bei Deiner Wahl das Auto triffst, ist sehr gering (nämlich nur 1/1000). Im Normalfall erwischst Du eine Ziegentür und das Auto ist hinter einer der restlichen 999 Türen. Von diesen 999 öffnet der Moderator nun 998 Ziegentüren. Eine Tür bleibt geschlossen, nämlich genau die, hinter der sich das Auto befindet. Du musst Dich abschließend nur für diese Tür umentscheiden, um es garantiert zu haben. So kannst Du im Mittel in 999 von 1000 Spielen das Auto sicher bekommen. Schief geht es nur dann, wenn Du schon bei Deiner Wahl am Anfang unwissentlich das Auto erwischst – dann bekommst Du am Ende eine Ziege. Das passiert aber nur bei jedem 1000sten Spiel.
Es gibt auch Leute, die ihren Denkfehler in einem Programm
integriert dann als Beweis laufen lassen.
Was akzeptierst Du dann als Beweis? Überhaupt nichts? Spiel es doch einmal real mit einem als Moderator fungierenden Freund und Streichhölzern statt Autos. 100 Wiederholungen sollten für eine passable Statistik reichen (Rausmittelung zufälliger Schwankungen). Bei schätzungsweise 10 Sekunden pro Spiel dauert es keine 20 Minuten, bis Du ein eindeutiges Ergebnis hast.
Gruß
Martin
Hallo!
Du wählst ein Tor A aus. Die Wahrscheinlichkeit, dass der
Gewinn in den anderen beiden Toren B bzw. C ist, ist 2/3.
Soweit wirst du ja wohl noch zustimmen.Nein!
Wie so sollte meine Wahl die Gewinnmöglichkeiten beeinflussen.
Tut sie ja auch nicht. 1/3 für A, also 2/3 für den Rest. (Vermutlich hätte Deconstruct besser „und“ statt „bzw.“ schreiben sollen. Aus dem Zusammenhang geht jedenfalls hervor, dass er „und“ gemeint hat.)
Die Aussage lautet das meine erste Wahl ein 1/3 Chance auf den
Gewinn hat.
Damit ist die ganze Rest-Argumentation hinfällig.
Genau. Die erste Wahl hat eine Gewinnwahrscheinlichkeit von 1/3. Deswegen ist das Gegenteil der ersten Wahl auf jeden Fall besser als sie. Also wechseln!
Wenn Großschreibung meine Wahl bezeichnet, dann sind die
Spielezüge gegeben durchO o x - o O x - o o X
O x - O x - o X
- o X
Das es in einem Fall zwei Spielzüge gibt zeigt, dass nach der
ersten Runde die Wechselstrategie nicht zieht. Es gibt je zwei
Fälle für beide Strategien. Und für jeden besteht eine 50%
Gewinnchance.
Ich habe keine Ahnung, was Du damit sagen möchtest. Was meinst Du mit „Spielzügen“? Und wie ist diese kryptische Tabelle zu lesen?
Michael
wie sagt man ?
Asche auf mein Haupt?
War wohl auf einem Auge blind.
Ich nehme alles zurück, habe es eingesehen und behaupte fortan das Gegenteil.
Danke, habt Euch wohl.
Tom
Das Flugzeug startet aber ohne jeden Zweifel.
Besser späte Einsicht als gar keine.
Das Flugzeug startet aber ohne jeden Zweifel.
Das auf jeden Fall! Und auch das hatten wir hier schon äußerst länglich diskutiert. Ich habe dazu mal eine FAQ verfassen dürfen (FAQ 2772).
Michael
Hallo!
8
O o x - o O x - o o X
O x - O x - o X
- o X
Das es in einem Fall zwei Spielzüge gibt zeigt, dass nach der
ersten Runde die Wechselstrategie nicht zieht. Es gibt je zwei
Fälle für beide Strategien. Und für jeden besteht eine 50%
Gewinnchance.
Ich habe keine Ahnung, was Du damit sagen möchtest. Was meinst
Du mit „Spielzügen“? Und wie ist diese kryptische Tabelle zu
lesen?
Ich habe die möglichen Spielzustände in einem Entscheidungsbaum für die zweite Runde dargestellt, Großbuchstabe bezeichnet die Auswahl des Spielers O Zonk gewählt, o Zonk nicht gewählt, X Gewinn gewählt, x Gewinn nicht gewählt. In der ersten Runde haben wir 3 Fälle. Wahrscheinlichkeit p ist die Zahl der günstigen Fälle geteilt durch die Anzahl aller Fälle:
p(x)=1/3 Wahrscheinlichkeit für Gewinn
p(o)=2/3 Wahrscheinlichkeit für Zonk
1: O o x + o O x + o o X
Nach der ersten Runde, wenn der Spielleiter einen nicht gewählen Zonk rausgenommen hat gibt es 4 mögliche Spiele:
Zwei wo der Spieler einen Zonk ausgewählt hat und zwei wo der Spieler den Gewinn gewählt hat:
2: O . x + . O x + . o X + o . X
Ihr könnt aus dieser, wie gezeigt symmetrischen Spielsituation, keinen Gewinn ziehen, weil ihr nur EINMAL spielt.
Eure Argumentation sagt nur dass 2/3 der SPIELE (Plural) über die Spielzustände
O . x und . O x (Spieler hat Zonk in ersten Schritt gewählt)
laufen. Aber das hilft euch bei diesem EINEN Spiel nicht weiter, weil das erste Spiel jetzt abgeschlossen ist und ihr vor einem neuen Spiel (oben die 2:smile: steht mit einer
p=2/4
50%igen Gewinnchance.
Jede andere Argumentation hat nix mit Wahrscheinlichkeitsrechnung zu tun! Die Geschichte der Wahrscheinlichkeitsrechnung ist gespickt mit Irrtümern der von Deiner Fraktion vertretenen Art.
Außerdem sagt mir der gesunde Menschenverstand, dass ein Fernsehsender, der mit diesem Quatsch Geld verdienen muss mit Sicherheit kein Spiel konstruiert, das dem Spieler eine größere Chance einräumt als dem Sender…
Gruß HW
Besser späte Einsicht als gar keine.
Jupp, kommt in der besten Familie vor
Das auf jeden Fall! Und auch das hatten wir hier schon äußerst
länglich diskutiert. Ich habe dazu mal eine FAQ verfassen
dürfen (FAQ 2772).
Aber ich kann doch nicht alles lesen )
Michael
r T
Hallo Hans,
(…)
gewählt, x Gewinn
nicht gewählt. In der ersten Runde haben wir 3 Fälle.
Wahrscheinlichkeit p ist die Zahl der günstigen Fälle geteilt
durch die Anzahl aller Fälle:p(x)=1/3 Wahrscheinlichkeit für Gewinn
p(o)=2/3 Wahrscheinlichkeit für Zonk1: O o x + o O x + o o X
Nach der ersten Runde, wenn der Spielleiter einen nicht
gewählen Zonk rausgenommen hat gibt es 4 mögliche Spiele:
Zwei wo der Spieler einen Zonk ausgewählt hat und zwei wo der
Spieler den Gewinn gewählt hat:2: O . x + . O x + . o X + o . X
Diese 4 Fälle sind nicht gleich wahrscheinlich.
Aber genau das setzt du in deiner weiteren Argumentation voraus.
Die beiden Fälle mit den grossen O sind unwahrscheinlicher, nämlich ein Drittel. Das ergibt sich unmittelbar aus der ersten Runde, und diese Info geht 1:1 in die 2. Runde.
Bezüglich genereller Irrtümer in der Wahrscheinlichkeitstheorie:
Wie stehst du zu dem Geschwisterparadoxon?
Dort bin ich ein Verfechter der 50%-Variante…
Gruss,
TR
Hallo,
2: O . x + . O x + . o X + o . X
Diese 4 Fälle sind nicht gleich wahrscheinlich.
richtig. Sie WÄREN gleichwahrscheinlich, wenn es nach der Moderator-Türöffnungsaktion einen lauten Knall geben würde, der den Kandidaten dermaßen erschreckt, dass er „seine“ Tür vergisst (die, die er zu Beginn des Spiel gewählt hat). Dann sähe er nur noch zwei geschlossene Türen (plus eine geöffnete mit einer Ziege dahinter), von denen er weiß, dass sich hinter einer davon laut den Spielregeln garantiert eine Ziege und hinter der anderen garantiert das Auto befindet. Wegen seines knallbedingten Gedächtnisverlustes sind jedoch beide Türen für ihn gleichwertig; er kann sich nur fifty-fifty-mäßig zwischen beiden entscheiden. Die Wahrscheinlichkeit, das Auto zu gewinnen, ist dann 1/2.
Die meisten Leute setzen dieses Kandidatenverhalten irrtümlich mit der Umentscheidung (= sich für die vom Moderator übriggelassene verschlossene Tür entscheiden, statt bei der Anfangswahl zu bleiben) gleich, und das ist der Fehler.
Man muss also auseinanderhalten (und insbesondere ist 2. nicht dasselbe wie 3.):
Der Kandidat bleibt bei seiner ursprünglichen Wahl
⇒ pAutogewinn = 1/3
Der Kandidat entscheidet sich um
⇒ pAutogewinn = 2/3
Knall ⇒ Kandidat kann sich wegen Gedächtnisverlust nur fifty-fifty-mäßig
zwischen den beiden verbleibenden verschlossenen Türen entscheiden
⇒ pAutogewinn = 1/2
Wie stehst du zu dem Geschwisterparadoxon?
Dort bin ich ein Verfechter der 50%-Variante…
Das ist hier auch schon diskutiert worden:
/t/geschwisterparadoxon/1775467
Gruß und schönen Sonntag
Martin