„Diskussion:Umtauschparadoxon“ – Versionsunterschied

Die Löschung der Seite „Umtauschparadoxon“ wurde ab dem 17. November 2006 diskutiert und abgelehnt. Für einen erneuten Löschantrag müssen gemäß den Löschregeln neue Argumente vorgebracht werden.

Briefumschlagparadox

Das Problem entspricht logisch dem gleichzubehandelnden Briefumschlagparadox. link darauf bzw auf das korrekt geschriebene lemma Briefumschlagparadoxon mit REDIRECT?--Pik-Asso [ x ] 12:32, 27. Mär 2005 (CEST)

das stimmt, dass die beiden paradoxa gleich sind. ich hab das auch erst nachher gesehen. ich hab das nun in der liste der paradoxa zu einem punkt zusammengelegt, damit nicht wieder wer in die falle tappt. die mathematische erklärung des briefumschlagparadoxons (rechnung über bedingte wahrscheinlichkeiten) scheint mir freilich nur sehr schwer verständlich. hier hielte ich einen einfacheren ansatz für wünschenswert.
ich wäre also dafür, den artikel zu löschen, und ich würde versuchen, das wichtige dann in den anderen artikel einzubringen.--MiBü 13:04, 27. Mär 2005 (CEST)

statt löschen fänd ich ein Redirect sinnvoll, das geht etwa mit "#REDIRECT[[Briefumschlagparadox]]" als alleinigen Artikeltext, falls du das willst. Umgekehrt erscheints mir jedoch sinnvoller, da IMHO Umtauschparadoxon ein üblicheres lemma (= Suchbegriff, Thema, Stichwort) ist. Außerdem sollte IMHO Briefumschlagparadox nach Briefumschlagparadoxon verschoben werden. Bei all diesen Punkten kann dich sicher zB Martin Vogel bei Bedarf besser in Software-Fragen unterstützen als ich. --Pik-Asso [ x ] 15:23, 27. Mär 2005 (CEST)

bin mit allen diesen vorschlägen einverstanden. selber machen kann ichs nicht, ich bin da noch zu neu. wir brauchen da sowieso einen admin - oder täusch ich mich?--MiBü 19:44, 27. Mär 2005 (CEST)

ok, ich glaub, das ist auch ohne Admin zu schaffen - ich war mal so frei, die Redirects anzulegen und zuvor die betroffenen Texte hierher zu kopieren. Ich hoff, damit kein Unheil angerichet hab - obwohl ich erst jetzt erkannt hab, dass der andere Artikel gar nicht (wie zuvor von mir angenommen) von MiBü angelegt war - Sorry an Alle!!! --Pik-Asso [ x ] 12:03, 28. Mär 2005 (CEST)

gut so. hab mir erlaubt, ein paar (mir) wichtige dinge aus der ursprünglichen formulierung zum umtauschparadoxon einzubringen.
der beispieltext mit herrn schmidt und herrn lemke ist noch etwas lang; er enthält auch elemente, die zwar etwas "kolorit" erzeugen, aber für das paradoxon selbst irrelevant bzw. irreführend sind. sollte man evtl. kürzen. ??? --MiBü 12:44, 28. Mär 2005 (CEST)

mir persönlich gefällt dein Beispiel "Fürst/Verdienter Bürger" sprachlich und inhaltlich sehr viel besser als der etwas holprige Text um "Schmidt und Lemke", der nach meiner Erinnerung noch aus dem im Januar gelöschten Artikel hinübergerettet wurde... ich finds zB irreführend, auf die "völlig gleichen" Umschläge hinzuweisen - es genügt, dass sie verschlossen sind und ihre Gestalt nicht auf ihren Inhalt schließen lässt. Deshalb find ich deine Truhen überzeugender. Allerdings: Faktor 2 zwischen den Gewinnsummen macht das Paradoxon IMO "spannender" als Faktor 10 ... stell dir mal das Ziegenproblem mit hundert Türen (mit 99 Nieten und einem Gewinn, der hinter der einzig verschlossen gebliebenen Tür steckt) vor!Mir steht noch der Schweiß auf der Stirn von meiner etwas chaotisch durchgeführten Verschiebeaktion - ich denke aber, sie ist vom Ergebnis her ok. Du kannst sicher den Text (insbesondere das Beispiel) noch deutlich verbessern, etwas gut formuliertes Kolorit kann IMHO auch in einer Enzyklopädie nix schaden. Viel Spaß! --Pik-Asso [ x ] 16:26, 28. Mär 2005 (CEST)

ehemaliger Artikelinhalt Umtauschparadoxon

Das Umtauschparadoxon meint die paradoxe Situation, dass es in Kenntnis des Verhältnisses zwischen zwei Alternativen und in Kenntnis der einen Alternative immer sinnvoll scheint, seine Wahl zu wechseln.

Ein Beispiel:

Ein Fürst bietet einem verdienten Bürger an, als Belohnung für seine Verdienste eine von zwei Truhen auszuwählen. In der einen Truhe befände sich das Zehnfache der anderen. Der Bürger bekommt die Erlaubnis, den Inhalt einer der beiden Truhen zu sehen.

Der Bürger wählt die schwarze Truhe und stellt fest, dass sie 100 Gulden enthält. Also enthält die weiße Truhe 10 Gulden oder 1000 Gulden. Wechselt er zur anderen Truhe, kann er 90 Gulden verlieren oder 900 Gulden gewinnen. Also scheint es sinnvoll zu wechseln. Der Wechsel führt zu einem Gewinn mit Erwartungswert von (900 - 90) : 2 = 405 Gulden.

Das Paradoxe an der Situation ist, dass es genau so sinnvoll scheint zu wechseln, wenn der Bürger zunächst die weiße Truhe geöffnet hätte. In Wirklichkeit wäre der Wechsel immer dann sinnvoll, wenn man die schlechtere Alternative gewählt hat - es ist aber unbekannt, ob das der Fall ist oder nicht.

Das Umtauschparadoxon entsteht dadurch, dass die Berechnung des Erwartungswerts auf das arithmetische Mittel abstellt, die Alternativen aber in ihrem Verhältnis, nicht in ihrer Differenz betrachtet werden, sodass das geometrische Mittel der Sachlage entsprechen würde. Das arithmetische Mittel liegt in solchen Fällen immer über dem geometrischen Mittelwert.

Das Umtauschparadoxon kommt in der Realität oft vor. Immer wenn man vor zwei Alternativen steht, die eine kennt und mit gutem Grund annehmen kann, dass die andere in einem gewissen Verhältnis besser oder schlechter ist, entsteht die Situation des Umtauschparadoxons. Vernünftige Annahmen über die wahrscheinliche Obergrenze des Betrags lösen das Paradoxon auf.

Das Umtauschparadoxon tritt auch als Briefumschlagparadox auf. Es ist verwandt aber keineswegs identisch auch mit dem Ziegenproblem.

Kategorie:Stochastik

++++++++++ Diskussion zum Briefumschlagparadox:

Der gesunde Menschenverstand sagt: Wenn ich arm bin, kann ich nicht das Risiko eingehen, noch weniger zu bekommen. Also darf ich nicht tauschen. Ich könnte zwar mehr bekommen, aber wenn ich verliere, geht es an die Existenz. Wenn ich reich bin, mache ich einen wesentlich größeren Gewinn, als der Verlust, den ich riskiere. Ich muss tauschen. (Gewinn wäre 100, Verlust nur 50 Einheiten bei angenommenen 100 gefundenen Einheiten.) (Vorausgesetzt, die Summe ist nicht bekannt und die Werte sind Zufallsverteilt mit 50%.) --Hutschi 13:40, 11. Feb 2005 (CET)

Zwei Sachen

• Ich bin nicht sicher, ob bei dem Paradoxon der Umschlag geöffnet wird. Es dürfte eigentlich auch keine Rolle spielen.

Ich denke, es spielt eine Rolle. Wenn der Umschlag geöffnet wird, weiß ich ja, dass nur die Hälfte oder das Doppelte drin ist, ganz offensichtlich. Wenn mit der Frage aber gemeint ist, dass der erste Umschlag nicht geöffnet zu werden braucht, ist das Ganze tatsächlich paradox. Jetzt sieht man, was daran paradox ist. Paradox ist, dass dann immer der Briefumschlag, den ich nicht habe, einen höheren Wert erwarten lässt. Denn wenn ich den (außen völlig gleichen) Umschlag getauscht habe, gilt für ihn natürlich das Gleiche: Es ist entweder die Hälfte oder das Doppelte drin. --Hutschi 08:03, 4. Mär 2005 (CET)

Der Artikel ist kein Paradox, die Rechnung ist ganz einfach falsch; sie setzt nämlich eine Gleichverteilung auf der Menge der natürlichen (oder der positiven reellen Zahlen) voraus, die es aber nicht geben kann. Wenn "viel" Geld im Kuvert ist, ist die Wahrscheinlichkeit kleiner, dass im anderen Kuvert noch mehr Geld ist, daher lohnt sich dann das tauschen nicht. Lösung steht übrigens auch auf en:Envelope paradox --NeoUrfahraner 05:03, 6. Mär 2005 (CET)

Ich denke, das ist einer der Unterschiede zwischen Paradoxie und Antinomie. Eine Antinomie ist ein Paradoxon, das nicht auf falschen Rechnungen beruht, sondern bei dem die Paradoxie dem Problem selbst innewohnt. Bei der Paradoxie kann auch eine offensichtliche richtige Rechnung nur scheinbar richtig sein. Bei dem angegebenen Beispiel wurde als (falsch) vorausgesetzt, dass die Wahrscheinlichkeit 50% ist. Offensichtlich wird das, wenn beispielsweise nur 1 Cent im Briefumschlag ist. Dann sind im anderen 2 Cent, wenn die Bedingung wahr ist, dass einer das Doppelte des anderen enthält. 1/2 Cent gibt es bekanntlich nicht. --Hutschi 10:16, 8. Mär 2005 (CET)

Das mit dem halben Cent stimmt zwar, macht aber nicht das Wesen dieses Paradoxes aus. Du kannst es in eine stetiges Problem umformulieren, indem Du sagst, im einem Briefumschlag liegt eine gewisse Menge Gold, im anderen die doppelte Menge --NeoUrfahraner 23:46, 8. Mär 2005 (CET).

Ich weiß. Das war aber auch im englischen Artikel erwähnt. Eine Voraussetzung des Paradoxons sind gerade Zahlen oder Stetigkeit. Asymmetrien: Die erwähnte Wahrscheinlichkeit von 50% ist eine weitere, diese gilt, wie bereits von anderen erwähnt, im normalen Leben nicht. Dabei steht die Frage: Ist die Aufgabenstellung falsch gewählt? (50% Wahrscheinlichkeit). Wir haben es ja mit einer Wahrscheinlichkeit des Nichtwissens und nicht mit einer Wahrscheinlichkeit des Auftretens zu tun. Das Geld ist bereits im Umschlag. Jede verfügbare Information kann ich nutzen. Da von 100 Euro ausgegangen wird, ist sowohl der halbe als auch der doppelte Betrag möglich. Wenn ich das Vermögen des anderen kenne, ergibt sich eine weitere Grenze: Mehr als er hat, kann er nicht hineinstecken. --Hutschi 08:09, 9. Mär 2005 (CET)

• Gibt es schon einen Artikel über das drei-Türen-Problem (2 Ziegen und ein Sportwagen)? Wenn ja, könnte man beide verlinken. Wenn nein, sollte er geschrieben werden. --Arbol01 17:28, 19. Feb 2005 (CET)

Das gibt es als Ziegenproblem. Und das Briefumschlagparadox ist eine Wiederkehr des gelöschten Umtauschparadox. — Martin Vogel 鸟 17:56, 19. Feb 2005 (CET)

Komparative Kostenvorteile

Zitat: "(wenngleich in der Ökonomie die Theorie der komparativen Kostenvorteile zumindest auf Vorteile des Handels deuten)." Was soll dieser Satz bedeuten und was hat er mit diesem Paradox zu tun? --NeoUrfahraner 23:46, 8. Mär 2005 (CET)

Geometrisches Mittel

Die Lösung, erster Satz: "Das Umtauschparadoxon entsteht dadurch, dass die Berechnung des Erwartungswerts auf das arithmetische Mittel abstellt, die Alternativen aber in ihrem Verhältnis, nicht in ihrer Differenz betrachtet werden, sodass das geometrische Mittel der Sachlage entsprechen würde." Das verstehe ich nicht. Wieso soll das geometrische Mittel richtig sein? --NeoUrfahraner 16:24, 28. Mär 2005 (CEST)

wenn du den satz nicht verstehst, MUSST du ihn NICHT gleich löschen. aber seiswiessei: das umtauschparadoxon funktioniert nur, wenn die umschläge in einem bestimmten verhältnis stehen. wenns eine differenz ist (im sinne von: im einen ist um 20 € mehr oder weniger als im anderen), dann gibts kein paradoxon; dann funktioniert der erwartungswert direkt. aber hier: ich habe den betrag a; im anderen umschlag könnten 2a oder a/2 sein. im geometrischen mittel ist das a; deswegen erscheint ja das angebot "gerecht". das arithmetische mittel (der erwartungswert) ist aber (2a + a/2)/2 = 5a/4 - das ist mehr als a. das ist die ursache des paradoxons. ohne einen "krieg" anfangen zu wollen: ich tu den satz wieder rein. okay?--MiBü 18:09, 30. Mär 2005 (CEST)

Ich habe mit dem Löschen zwei Tage gewartet, aber da keine Antwort kam, habe ich den Satz gelöscht. Jetzt aber inhaltlich: Ich mache Dir folgendes Angebot: Ich zahle Dir a=1 EUR Einsatz. Bei der nächsten öserreichischen Lottoziehung (6 aus 45) zählen wir die Zahlen zusammen (falls 45 dabei ist, wird es nicht mitgezählt, damit nur eine gerade Zahl von Kugeln mitspielt). Ist die Summe gerade, erhalte ich 100a =100 EUR Gewinn von Dir, ist die Summe ungerade, erhalte ich a/100 =1 cent Gewinn von Dir. Geometrisches Mittel ist doch a, nimmst Du also die Wette an? Nach Deiner Logik wäre das Spiel ja fair. --NeoUrfahraner 19:43, 30. Mär 2005 (CEST)

ich hab geschrieben, dass das angebot (für den tausch) gerecht erscheint, nicht dass es gerecht ist. das ist ja gerade eine der eigenschaften des umtauschparadoxons: dass das sprachlich gerecht bzw. ausgeglichen erscheint, aber eben nicht ist. übrigens: wenn wir eine spielserie machen würden, in der gewinne miteinander multipliziert würden, wärs auch gerecht. aber lies doch bitte einmal beim geometrischen mittelwert nach, wofür er da ist. da steht das ganz explizit. --MiBü 20:44, 30. Mär 2005 (CEST)

Du gibst also zu, dass das geometrische Mittel unbrauchbar ist, wenn die Gewinne addiert werden? --NeoUrfahraner 21:01, 30. Mär 2005 (CEST)

eh. hier gehts aber nicht um addition von gewinnen. der punkt ist: das verfahren scheint ausgeglichen wegen der gleichen faktoren rauf und runter ... verhältnisse ... geometrisches mittel im hintergrund und in den köpfen der menschen (sicher nicht explizit, aber gefühlsmäßig). das arithmetische mittel = erwartungswert berücksichtigt das nicht, geht darauf nicht ein, ist nicht geeignet, dieses gefühl von ausgeglichenheit zu erfassen. heraus kommt das umtauschparadoxon.--MiBü 21:27, 30. Mär 2005 (CEST)

Nein, Du hast das Paradoxon nicht begriffen. Hast Du überhaupt die Lösung 2 verstanden? --NeoUrfahraner 21:45, 30. Mär 2005 (CEST)

ein starkes wort. bist du sicher? und ja; ich hab die lösung 2 begriffen. hast du schon beim geometrischen mittel einmal nachgelesen? --MiBü 22:24, 30. Mär 2005 (CEST)

Ja, ich bin mir sicher. Lies die englische Version dieses Artikels, dort steht auch nichts vomn geometrischen Mittel, dafür aber ein paar Literaturangaben. Woher hast Du das mit dem geometrischen Mittel eigentlich? In welchem Buch steht das? Und ja, beim geometrischen Mittel habe ich nachgelesen. Dort steht im wesentlichen nur die Definition, was bzgl. Anwendung steht ("geeignetes Lagemaß für Größen, von denen das Produkt anstelle der Summe interpretierbar ist, z. B. von Verhältnissen oder Wachstumsraten"), stimmt zwar im Prinzip, ist aber sehr vieldeutig interpretierbar. Bei Wetten bekommt man üblicherweise ein "Verhältnis" (ein Vielfaches) des Einsatzes als Gewinn, trotzdem ist dort das geometrische Mittel unbrauchbar. Kannst Du mir die Idee der Lösung 2 mit einem Satz erklären und sagen, wie Du das Verhältnis der beiden Lösungen siehst: widersprechen die einander oder ergänzen sie einander? --NeoUrfahraner 08:17, 31. Mär 2005 (CEST)

Ich habe jetzt im Text ein Beispiel ergänzt, das hoffentlich leichter verständlich ist. Geometrisches Mittel habe ich in der Rechnung nicht benötigt; kannst Du mir vorrechnen, wie Du mit dem geometrischen Mittel zu einem vergleichbaren Ergebnis kommst? --NeoUrfahraner 09:19, 1. Apr 2005 (CEST)

dein beispiel gefällt mir sehr gut, auch die ergänzungen richtung spieltheorie. das ist gut & wichtig. ich wollte so was auch schon ergänzen. ich finde die spieltheoretischen folgerungen wichtig genug, dass ich vorschlage, ihnen einen eigenen punkt (6.) zu widmen.
auf deinen ton ("kannst du mir in einem satz..." usw.) lass ich mich nicht ein. wenn du dir durchliest, was ich zum geometrischen mittel geschrieben hab, dann sagt das, dass ich keinerlei vorteil im tauschen sehe. ich hab den eindruck, dass dir das geometrische mittel völlig fremd ist. geschrieben hab ich lediglich, dass das arithmetische mittel einen vorteil vorgaukelt. --MiBü 11:53, 2. Apr 2005 (CEST)

OK, beim Beispiel haben wir also zunächst einmal Einigung erzielt. Zum geometrischen Mittel: wenn ein Kapital ein Jahr lang mit 1%, das zweite Jahr mit 4% verzinst wird, dann ist der Endbetrag gleich hoch, wie wenn man zwei Jahre lang mit dem geometrischen Mittel der Aufzinsungsfaktoren verzinst: ${\sqrt {1,01\cdot 1,04}}=1,02489$, also Durchschnittsverzinsung 2,489%, das ist ein wenig weniger als das arithmetische Mittel 2,5%. Das ist zwar kein sehr schönes Beispiel, weil das geometrische Mittel nicht direkt auftaucht (das geometrische Mittel von 1% und 4% wäre ja 2%), aber Du hast sicherlich ein schöneres Beispiel bei der Hand. Zurück zum Paradoxon: was meinst Du damit, dass Du "keinerlei vorteil im tauschen" siehst? In meinem Beispiel habe ich doch klar vorgerechnet, dass beim intelligenten Tauschen (tausche nur, wenn nicht "zu viel" im Umschlag) der Gewinn steigt. Zweifelst Du das Beispiel doch an? --NeoUrfahraner 16:00, 2. Apr 2005 (CEST)

wenn man missverstehen will, gelingts immer. "keinerlei vorteil im tauschen" hieß selbstverständlich - lies es - "keinerlei vorteil bei generellem tauschen als strategie". aber mir ist das jetzt wurscht. --MiBü 18:11, 2. Apr 2005 (CEST)

OK, aber was hat das jetzt mit dem geometrischen Mittel zu tun, außer dass zufällig das geometrische Mittel von x/2 und 2x gleich x ist? Was wäre, wenn in einem Umschlag das Quadrat des Betrags im anderen Umschlag wäre, dann müsste man die Alternativen ${\sqrt {x}}$ und $x^{2}$ betrachten. Sind im Umschlag 100 Euro, so sind im anderen 10 Euro oder 10 000 Euro. Lohnt sich das tauschen? Und wie würde hier das "geometrische Mittel der Sachlage entsprechen"? --NeoUrfahraner 20:15, 2. Apr 2005 (CEST)

x ist i.a. nicht das geometrische mittel zwischen x^2 und wurzel(x) (sondern zwischen 1 und x^2). wie gesagt: ich glaub du hast das geometrische mittel nicht ganz verstanden. aber mir ist das jetzt wurscht (s.o.), will heißen: ich habe meinen anteil an der diskussion hiermit abgeschlossen. --MiBü 20:52, 2. Apr 2005 (CEST)

Heißt das, dass Du nichts dagegen hast, dass ich Lösung 1 wegen Unverständlichkeit streiche? --NeoUrfahraner 21:44, 2. Apr 2005 (CEST)

Da Du schweigst, nehme ich Deine Zustimmung an. Ich habe dahe Lösung 1 wieder gestrichen. --NeoUrfahraner 10:58, 5. Apr 2005 (CEST)

WikiReader: Wissen.ungewöhnlich

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

Irreführend: Rückzug auf nichtvorhandene Gleichverteilung

Ich finde die Erklärung, daß die auf N nicht gegebene Gleichverteilung der Wahrscheinlichkeiten etwas mit dem Paradoxon zu tun hat, irreführend.

Meine Erklärung ist hier:

1. Wenn wir mit dem Erwartungswert rechnen wollen, setzt das voraus, daß wir eine lange Versuchsreihe mit konstanten Rahmenbedingungen durchführen können, sonst kann man keinen sinnvollen Erwartungswert berechnen.

2. Die Aussage ist, daß ich, wenn ich konsequent die Strategie "immer tauschen" verfolge, einen Erwartungswert von 5/4*X habe, wobei X der vorgefundene Betrag ist. (Denn die Strategie muß über die ganze Versuchsreihe konstant sein, sonst kann man mit dem Erwartungswert nicht rechnen).

3. Daraus folgt zuerst einmal, daß es irrelevant ist, ob ich in meinen Umschlag hineinschaue oder nicht, da ich ja konsequent die Strategie "immer tauschen" verfolge - egal welchen Betrag ich vorfinden würde.

4. Die Auflösung des Paradoxons ist, daß es sich (wie meist bei solchen Paradoxa (Achilles + Schildkröte, Perpetuum mobile)) um eine methodische Unsauberkeit handelt: Da der Erwartungswert als ein mittlerer Wert über eine längere Versuchsreihe definiert ist, darf er nämlich nur von Parametern abhängen, die über die gesamte Versuchsreihe konstant sind. Der Betrag X ist aber ein beliebiger Wert, der sich bei jedem einzelnen Versuch ändern kann. Ein Erwartungswert, der eine Funktion von X ist, kann also von vornherein keine Aussagekraft haben.

5. Wenn man den Versuchsaufbau künstlich so gestaltet, daß X eine Konstante wird, stimmt plötzlich auch der objektive Erwartungswert mit dem auf X bezogenen überein, das Paradoxon verschwindet. Bei diesem Versuchsaufbau werden in der Hälfte der Fälle Umschläge mit X/2 und X gefüllt, in der anderen Hälfte mit X und 2*X. Dem Probanden wird aber immer der Umschlag mit dem Betrag x ausgehändigt. Bei diesem Versuchsaufbau ist aber der Erwartungswert für die Strategie "nie tauschen" ebenfalls 5/4*X, man hat also keinen Vorteil durch die Strategie "immer tauschen" - also auch nicht paradox.

6. Anders als der Artikel impliziert, hat das mit den Wahrscheinlichkeiten, was für Zahlen in dem Umschlag sind, überhaupt nichts zu tun. Siehe Punkt 3: Wenn es irrelevant ist, ob ich in den Umschlag schaue, kann ich davon ausgehen, daß ich überhaupt nicht weiß, was in dem Umschlag ist. Die Wahrscheinlichkeiten würden mich nur dann interessieren, wenn ich eine selektive Strategie anwenden würde. Dann noch einen Erwartungswert sauber zu berechnen, dürfte aber schwierig werden.

Also alles in allem ein klarer Fall von TITO - Trash in, Trash out. Wenn man in die Formel für den Erwartungswert Parameter einsetzt, die dort per definitionem nichts zu suchen haben, kommt ein undefiniertes Ergebnis heraus.

Ich fühle mich allerdings nicht berufen, den Artikel selbst zu ändern (schließlich bin ich kein Mathematiker sondern Ingenieur). Trotzdem würde ich darum bitten, den Artikel nach Prüfung meiner Kommentare entsprechend abzuändern.

Im Artikel steht bereits die Strategie "Tausche immer" ist aber gleich gut (oder schlecht) wie die Strategie "Tausche nie". Gewinnbringend kann nur eine Strategie sein, die abhaengig vom Inhalt des Umschlags tauscht oder nicht (also z.B. "Tausche, wenn Du weniger als 1000 EUR findest"). Steht das nicht deutlich genug im Artikel? --NeoUrfahraner 15:51, 18. Jul 2005 (CEST)

Unfug

Beispielsweise bedingt die Forderung p_n = p_{n/2} noch nicht eine Gleichverteilung (schon gar nicht, wenn man nur natürliche Zahlen zulässt).

Auch die Rechnung ist unnötig komplizirt und liefert auch kein wirkliches Ergebnis, sondern nur diffuse Kommentare über Wahrscheinlichkeiten irgendwelcher Geldmengen.

Fazit: Schlimm, dieser Artikel. Und, Kinder: Macht das nicht zuhause nach! Die Rechnung ist nämlich so nicht richtig. Umtauschen lohnt natürlich nicht.

Wo steht im Artikel, dass p_n = p_{n/2} eine Gleichverteilung bedingt? Und wo steht, dass sich Umtauschen bedingungslos lohnt? Was ist an welcher Rechnung falsch und was kann man einfacher rechnen? --NeoUrfahraner 16:35, 4. Okt 2006 (CEST)

Zitat:"Der Trugschluss von Herrn Schmidt besteht also darin, dass er annimmt, p_n = p_{n/2} für alle n; eine solche Gleichverteilung gibt es aber nicht auf den natürlichen Zahlen."

Genauso steht das dort. "Eine solche Gleichverteilung gibt es nicht." Und Gleichverteilung ist Gleichverteilung, da gibt's ja keine verschiedenen, oder?

Stimmt. Gleichverteilung ist hier unpassend; ich habe es allgemein durch Wahrscheinlichkeitsverteilung ersetzt. --NeoUrfahraner 17:52, 4. Okt 2006 (CEST)

"Gleichverteilung steht immer noch dort, am Anfang bei "Lösung". Da müsste man anders formulieren.-----Mediocrity 11:00, 5. Okt 2006 (CEST)

Dort passt es. Gäbe es eine Gleichverteilung auf den natürlichen Zahlen, dass würde sich tauschen tasächlich lohnen. Oder, um das Ex falso quodlibet zu vermeiden: Angenommen, die Sekretärin verteilt das Geld nach einer Gleichverteilung U(0,n) mit n "sehr groß", so wächst der Erwartungswert beim Tauschen tasächlich, solange man weniger als n/2 im Umschlag findet. Das Problem ist nur, dass für n gegen unendlich eben keine gültige Wahrscheinlichkeitsverteilung herauskommt. --NeoUrfahraner 13:54, 5. Okt 2006 (CEST)

Freilich wächst der Erwartungswert beim Tauschen falls man weniger als n/2 erwischt. Das Problem wird aber sein dass man n nicht kennt. Daher ist das keine Strategie, wovon du sprichst. -----Mediocrity 16:15, 5. Okt 2006 (CEST)

An der betreffenden Stelle geht es ja auch nicht um eine Strategie, sondern um eine Voraussetzung, unter der die Rechnung von Hrn. Schmidt richtig wäre. --NeoUrfahraner 16:25, 5. Okt 2006 (CEST)

Ansonsten:

Die Wahrscheinlichkeit, dass die Sekretärin dieses oder jenes in den Umschlag steckt, ist a priori völlig irrelevant (und vor allem unbekannt) für die mathematische Modellierung.

Für das mathematische Modell musst Du irgendeine Annahme treffen, wie das Geld irgendwie in den Umschlag kommt. Hier wird eben angenommen, dass es nach einer beliebigen unbekannten Zufallsverteilung hineinkommt. Wenn Du ein besseres Modell hast, bitte nenne es. --NeoUrfahraner 17:52, 4. Okt 2006 (CEST)

Aber über die unbekannte Verteilung habe ich überhaupt keine Information. Ob viel Geld unwahrscheinlicher ist weiß man nicht (siehe weiter unten).-----Mediocrity 11:00, 5. Okt 2006 (CEST)

Was meinst Du mit "weiter unten"? Unten habe ich ja erklärt, in welchem Sinn viel Geld unwahrscheinlicher ist. --NeoUrfahraner 13:54, 5. Okt 2006 (CEST)

Ja, das ist mir schon klar, in welchem Sinn viel Geld unwahrscheinlicher wird. Die Strategie müsste deiner Meinung nach also sein: Herr soundso sieht in den Umschlag, beurteilt oder viel Geld darin ist oder nicht, und denkt sich dann, falls es viel ist, dass sich tauschen nicht rentieren wird, weil es ja unwahrscheinlich ist, dass mehr als viel drin ist. Das funktioniert aber natürlich nicht. Weil man dazu wissen müsste was "viel" ist, ergo die zugrunde liegende Verteilung schätzen. Und dafür gibt es (theoretisch) keinerlei Anhaltspunkte. --- --Mediocrity 16:15, 5. Okt 2006 (CEST)

Hier geht es nicht um eine Gewinnstrategie, sondern um die Frage, wo der Trugschluss von Hrn. Schmidt ist. --NeoUrfahraner 16:25, 5. Okt 2006 (CEST)

"Vereinfacht gesprochen ist es so, dass je größer der Betrag im Umschlag ist, desto kleiner wird die Wahrscheinlichkeit, dass im anderen Umschlag ein noch größerer Betrag ist; tauschen bringt dann also keinen Gewinn oder wird sogar zum Verlust." Wer sagt das? Wo steht das in der Fragestellung? Im Umschlag ist ganz einfach irgendeine Geldmenge, und aus. Und: "Herr Schmidt öffnet den Umschlag, findet 100 Euro und überlegt: "Ich habe in diesem Umschlag 100 Euro."" Das ist für das mathematische Modell genauso egal. Ob er jetzt 100 Euro findet, 10 oder x. Oder ob er gar nicht erst in den Umschlag sieht.

Das ist natuerlich vereinfacht. Theoretisch kann die Wahrscheinlichkeitsdichte auch schwingen wie ein gedämpfter Sinus. Wesentlich ist aber, dass fuer alle $\varepsilon >0$ notwendigerweise ein n existiert, dass die Wahrscheinlichkeit, dass mehr als n im Umschlag ist, kleiner als $\varepsilon$ wird, ansonsten wird die Summe/das Integral ja unendlich. Die 100 Euro sind nur eine Illustration dafuer, dass er in den Umschlag sieht. Welchen Betrag er genau findet, ist irrelevant. Dass er aber ueberhaupt hineinsieht, ist aber wesentlich, siehe z.B. das Zwei-Zettel-Spiel für eine mögliche Strategie. --NeoUrfahraner 17:52, 4. Okt 2006 (CEST)

Sowie: "Das Umtauschparadoxon kommt in der Realität oft vor, da Menschen bei zwei zufälligen Möglichkeiten geneigt sind, eine 50%-Wahrscheinlichkeit anzunehmen." Wer hat denn das erfunden? Das klingt wie aus einem Volksschulaufsatz.

Stimmt. Gestrichen. --NeoUrfahraner 17:52, 4. Okt 2006 (CEST)

Und:

"Anwendung des Zwei-Zettel-Spiels". Auch das ist Unsinn. So wie das Zwei-Zettel-Spiel nicht funktioniert, gilt dasselbe auch hier. Natürlich kann es keine Strategie geben, die Erfolg bring (ganz allgemein). Außer eben unter zusätzlichen Voraussetzungen wie "höhere Geldbeträge werden unwahrscheinlicher"). ---mfg-----Mediocrity 17:29, 4. Okt 2006 (CEST)

Stimmt nicht. Das Zwei-Zettel-Spiel funktioniert nämlich. --NeoUrfahraner 17:52, 4. Okt 2006 (CEST)

okay, das ist wohl wahr. hab ein wenig nachgedacht. -----Mediocrity 11:00, 5. Okt 2006 (CEST)

PS: Für das Verhältnis von Umtauschparadoxon und Zwei-Zettel-Spiel, siehe Dov Samet, Iddo Samet, David Schmeidler: "One Observation behind Two-Envelope Puzzles", American Mathematical Monthly, pp. 347-51, April 2004 sowie (nicht von mir überprüft) auch R Christensen and J Utts, "Bayesian Resolution of the 'Exchange Paradox'", The American Statistician 1992. --NeoUrfahraner 18:05, 4. Okt 2006 (CEST)

Zustimmung: Die Größe X im Erwartungswert muss fest sein.

Ich stimme "NeoUrfahraner" woll und ganz zu. Der Erwartungswert macht nur bei einen mehrmals reproduzierbaren Experiment mit festen größen Sinn. Wenn man annimmt, dass die Beträge in den Umschlägen y und 2y sind, und das korrekt einsetzt, kommmt auch 3/2 y als Erwartungswert raus!

Im Grunde genommen ist es so ähnlich, als würde man in einer Summe von i=1 bis n jeden Summand als x definieren, um sich dann zu wundern, dass immer n*x rauskommt. Wir wollen ja auch x jedes Mal neu festlegen, als den Betrag in dem zuerst gezogenen Umschlag.

Umtauschparadoxon ist kein Paradox

Wenn sich in einem Umschlag der doppelte Betrag befindet im Vergleich mit dem anderen, dann ist ja klar, dass ich im Durchschnitt immer absolut mehr gewinne, wenn ich wechsle als wenn ich nicht wechsle. Im Fall des Nichtwechselns beim 100-Euro-Umschlag verliere ich z.B. 100 Euro im Vergleich zum 200-Euro-Umschlag, ich gewinne aber nur 50 Euro im Vergleich mit dem 50-Euro-Umschlag. Der mögliche Gewinn übertrifft also in absoluten Zahlwerten den möglichen Verlust, falls ich wechseln sollte. Das ist trivial und kein Paradoxon. --89.51.63.187 21:38, 14. Nov. 2006 (CET)

Man kann das Umschlagspiel auch mit folgendem Spiel vergleichen: Spieler A setzt 50 Euro ein, Spieler B wirft ein Münze; bei Zahl behält B die 50 Euro und zahlt nichts, bei Wappen zahlt B die 50 Euro an A zurück und legt noch 100 Euro drauf. Der Erwartungswert ist dann E = 0.5*0 + 0.5*150 = 75 Euro. Da A nur 50 Euro einsetzt, gewinnt er durchschnittlich 25 Euro pro Spiel. Was ist daran paradox? --89.51.63.236 00:36, 15. Nov. 2006 (CET)

Das funktioniert mit jedem Geldbetrag, wenn A x Euro setzt und im Gewinnfall von B 3x Euro bekommt. 172.174.217.249 01:19, 15. Nov. 2006 (CET)

Nehmen wir an, es stimmt, "dass ich im Durchschnitt immer absolut mehr gewinne, wenn ich wechsle". Nach dem wechseln befindet sich in einem Umschlag immer noch der doppelte Betrag im Vergleich mit dem anderen. Ich wechsle dann also wieder zurück und dann nochmals und dann nochmals und wenn ich oft genug gewechselt habe, bin ich Millionär ;-) --NeoUrfahraner 08:40, 15. Nov. 2006 (CET)

So gesehen hast du natürlich recht. Bei den vielen "Paradoxa" , mit denen man hier konfrontiert ist, wird man schon ganz rammdösig! Also, die Wahrscheinlichkeitsbetrachtung des Herrn Schmidt ist einfach falsch. Bei nur einem Umschlag als Alternative gibt es keine Aufteilung in zwei Möglichkeiten mit p1 = p2 = 0,5 denn der Inhalt ist ja ein einziger bestimmter Betrag. Es gibt somit nur den Erwartungswert E = 0*x + 1*y, also p1 = 0 und p2 = 1. Dass Herr Schmidt den Erwartungswert nicht kennt, also er nicht weiß welcher Betrag y im Umschlag steckt, ist ja gerade das (psychologisch) Spannende an der Situation. Seine Unwissenheit bezüglich des Inhalts des zweiten Umschlags ist aber nicht paradox, nur seine falsche Wahrscheinlichkeitsbetrachtung erscheint so. Wenn man das Spiel dahingehend verändert, dass Herr Lemke dem Herrn Schmidt 100 Euro in die Hand drückt und ihm anschließend im Umtausch dafür zwei gleich aussehende Briefumschläge mit jeweils 50 bzw. 200 Euro zur Auswahl anbietet, kommt man mit der Berechnung E = 0,5*50 + 0,5*200 = 125 Euro zum richtigen Ergebnis, denn jetzt ist die Aufteilung mit p1 = p2 = 0,5 zulässig. Nun lohnt sich der Tausch des Geldes gegen einen der Umschläge, wenn man das Spiel nur häufig genug (N >> 1) spielt. Bei nur einem Versuch liefert die Wahrscheinlichkeitsbetrachtung natürlich keine korrekte Vorhersage, denn sie gilt nur für N gegen Unendlich. Also handelt es sich hier nicht um ein Paradox, sondern um falsche Anwendung der Mathematik. --89.51.59.96 23:28, 15. Nov. 2006 (CET)

In der im Artikel angegebenen "Lösung" wird zum Schluss zugegeben, dass "die Argumentation mit dem Erwartungswert auch in diesem Fall nicht zulässig ist. Darüber hinaus kann man wohl davon ausgehen, dass Hr. Lemke nicht unendlich viel Geld zur Verfügung hat." Solch ein Lösung ist eben keine Lösung, und die Kritiker haben recht. --172.174.81.189 00:22, 16. Nov. 2006 (CET)

Zitat: "Also handelt es sich hier nicht um ein Paradox, sondern um falsche Anwendung der Mathematik." Es ist ein Paradox im Sinn der vierten Definition auf Paradoxon: "Scheinbare Widersprüche, die sich bei genauerer Analyse auflösen." --NeoUrfahraner 08:20, 16. Nov. 2006 (CET)

Der Meinung bin ich nicht. Es gibt hier keinen scheinbaren Widerspruch. Der "gesunde Menschenverstand" sagt uns, dass, wenn Herr Lemke einen Umschlag zufällig auswählt und Herr Schmidt ihn öffnet, dieser keine verwertbare Zusatzinformation über den Inhalt des anderen Umschlags erhält, und damit die Chancen, den größeren Betrag in der Hand zu halten, 50:50 sind. Das ist kein Widerspruch zur mathematisch korrekten Lösung, die zum gleichen Ergebnis kommt. Ohne Zusatzbedingungen wie höchstmöglicher oder kleinstmöglicher Betrag gibt es keine spezielle Strategie des Herrn Schmidt, seinen Gewinn zu maximieren. Er kann den Umschlag immer behalten, immmer tauschen oder z.B. jedes zweite Mal tauschen; das macht theoretisch keinen Unterschied. Die Wahrscheinlichkeitsverteilung ist durch die Zufallswahl des Herrn Lemke bestimmt und die sagt: p1 = p2 = 0,5 (p1 für höherer Betrag in Umschlag 1, p2 entsprechend).

Z.B. wird auch beim Ziegenproblem die Wahrscheinlichkeitsverteilung durch die erste Zufallswahl des Kandidaten festgelegt. Darauf baut seine Strategie ja gerade auf. Was beim Umschlagspiel zur Verwirrung führt, ist die Behauptung, dass im ungeöffneten Umschlag 2 zwei verschiedene Geldbeträge jeweils mit Wahrscheinlichkeiten ungleich Null zu finden seien. Das ist hier aber unsinnig und wird sonst nur in der Quantentheorie diskutiert (siehe z.B. Schrödingers_Katze). --89.51.63.216 18:45, 16. Nov. 2006 (CET)

Du gibst damit also zu, dass Du um 21:38, 14. Nov. 2006 vom gesunden Menschenverstand verlassen warst. --NeoUrfahraner 13:43, 17. Nov. 2006 (CET)

Richtig! Weil ich den Fehler gemacht habe, mich zu stark an der Argumentation im Artikel zu orientieren, obwohl ich wusste, dass da ein Haken ist. Aber warum soll ich das nicht zugeben? --89.51.63.182 14:48, 17. Nov. 2006 (CET)

Kritik aus dem abgelehnten Löschantrag

Das Umtauschspiel mit zwei Briefumschlägen ist kein Paradoxon. Die scheinbare Paradoxie wird nicht aus der Problemstellung heraus erzeugt sondern dadurch, dass die Wahrscheinlichkeitstheorie falsch angewendet wird. Die Erläuterung der Spielsituation sowie die angebliche Lösung im Artikel lassen darauf schließen, dass den Verfassern der Geltungsbereich und die grundsätzlichen mathematischen-logischen Verfahren der Wahrscheinlichkeitsrechnung nicht geläufig sind. Der Titel sowie der Inhalt des Artikels täuschen ein logisches Problem vor, welches gar nicht existiert. Für Laien einerseits ist der Artikel unverständlich, weil es für den "gesunden Menschenverstand" keinen Grund zu der Annahme gibt, dass sich in einem bestimmten ungeöffneten Umschlag gleichzeitig zwei unterschiedliche Geldbeträge befinden können sollen. Für Experten andererseits ist klar, dass die Wahrscheinlichkeitstheorie über solch eine Situation keine Aussagen macht, weil sie sich stattdessen mit der Zufallsauswahl aus gegebenen feststehenden Alternativen beschäftigt. Die Alternativen sind die beiden Umschläge, welche jeweils mit der Wahrscheinlichkeit p = 0,5 den höheren Geldbetrag enthalten. Bei der Betrachtung im Artikel liegt also offensichtlich ein Missverständnis bzgl. der Theorie vor. Was beim Umschlagspiel zur Verwirrung führt, ist die Behauptung, dass im ungeöffneten Umschlag zwei verschiedene Geldbeträge jeweils mit Wahrscheinlichkeiten ungleich Null zu finden seien. Das ist in diesem Zusammenhang aber unsinnig und wird sonst nur in der Quantentheorie diskutiert (siehe z.B. Schrödingers_Katze). --89.51.63.210 19:28, 17. Nov. 2006 (CET)

Kurze Anmerkung: Mit angemeldeten Benutzern bin ich gerne bereit, diese Fragen zu diskutieren; Trolle habe ich aber schon zu viele gefüttert. --NeoUrfahraner 18:14, 18. Nov. 2006 (CET)

Was aber, wenn die eigentlichen Trolle angemeldete Benutzer sind? --89.51.59.124 18:24, 18. Nov. 2006 (CET)

qed. Mit irrationalen Emotionsausbrüchen kommst du bei Wikipedia nicht weiter. Nur mit Belegen. Und offenbar widersprechen weltweite Publikationen zu diesem Thema deiner Logik, da du von einer anderen Prämisse ausgehst. So muss dir die Reaktion der Wikipedia-Mitarbeiter ebenso paradox vorkommen, wie Anderen die Problematik der Wahl der Briefumschläge. --Liberaler Freimaurer (Diskussion) 18:28, 18. Nov. 2006 (CET)

Welches ist denn die andere Prämisse, von der du ausgehst, im Unterschied zu meiner? --89.51.59.124 19:00, 18. Nov. 2006 (CET)

Die Definition des Begriffs Paradoxon. --Liberaler Freimaurer (Diskussion) 20:13, 18. Nov. 2006 (CET)

Das scheinbare Paradoxon entsteht meiner Meinung nach daraus, dass Herr Lemke sagt:"In dem anderen, völlig gleich aussehendem Umschlag, der noch auf dem Tisch liegt, befindet sich mit einer Wahrscheinlichkeit von 50% der doppelte Geldbetrag und mit einer Wahrscheinlichkeit von 50% der halbe Geldbetrag." Dieser Irrtum wird in der angeblichen Lösung nicht aufgelöst, sondern im Gegenteil zur Grundlage der Wahrscheinlichkeitsbetrachtungen gemacht:"Der Trugschluss liegt darin, dass nicht für jeden beliebigen Geldbetrag die zunächst nahe liegende Annahme getätigt werden kann". Diese Annahme ist in Wirklichkeit für jeden beliebigen (uneingeschränkten) Geldbetrag falsch. Und der Trugschluss besteht in der Behauptung, dass nach der Wahl eines der Umschläge in dem verbleibenden Umschlag sich zwei unterschiedliche Geldbeträge befinden könnten mit einer Wahrscheinlichkeit jeweils größer als Null. Die korrekte Betrachtung liefert das Ergebnis: p1 = 0,5 für den größeren Geldbetrag im ausgewählten Umschlag, und p2 = 0,5 für den größeren Geldbetrag im verbleibenden Umschlag. An dieser Verteilung ändert sich nichts mehr dadurch, dass Herr Schmidt seinen Umschlag öffnet. Er erhält keine Zusatzinformation, außer es gibt ihm bekannte Zusatzbedingungen wie Begrenzung des für Herrn Lemke verfügbaren Geldbetrages oder endliche Stücklung des Geldes; dies wird ja im Abschnitt "Die diskrete und endliche Natur des Geldes" besprochen. Alle vorhergehenden Betrachtungen im Artikel sind nur psychologischer Natur, ohne Relevanz für die richtige mathematische Lösung. Herr Schmidt kann also tauschen oder nicht tauschen wie er will, sein Erwartungswert ist E = 0,5 * Geldbetrag1 + 0,5 * Geldbetrag2. Diese Geldbeträge liegen ja vorher schon fest, auch wenn sie Herrn Schmidt unbekannt sind. Er kann seinen Erwartungswert also gar nicht bestimmen.

Beispiel: Die Sekretärin legt in einen Umschlag 100 Euro, in der anderen 200 Euro. Herr Lemke gibt ohne es zu wissen Herrn Schmidt den Umschlag mit 100 Euro. Die Wahrscheinlichkeit p3, beim Tausch im anderen Umschlag 50 Euro zu finden, ist gleich Null. Das Nichtwissen des Herrn Schmidt kann p3 nicht vergrößern. --89.51.63.200 18:08, 20. Nov. 2006 (CET)

Angenommen Herr Schmidt findet 100 Euro in seinem Umschlag. Dann gibt es zwei Möglichkeiten: der ungeöffnete Umschlag enthält 50 Euro oder er enthält 200 Euro. Wenn er Herrn Lemke für einen Geizhals hält, der nie mehr als 100 Euro verschenken würde, behält er seinen Umschlag. Wenn er meint, dass Herr Lemke nie ein Geschenk unter 100 Euro macht nimmt er den anderen Umschlag. Mehr ist dazu eigentlich nicht zu sagen. Der Löschantrag ist nicht unberechtigt! --172.208.28.193 00:02, 21. Nov. 2006 (CET)

Es gibt verschiedene Definitionen der Wahrscheinlichkeit. Eine davon geht von Nichtwissen aus. Wenn man das nicht akzeptiert, ist der Begriff der Wahrscheinlichkeit sinnlos, wenn es sich um Lose handelt, auch beim Ziegenproblem ist er sinnlos. Bei allen Situationen, in denen der Laplacesche Dämon Kenntnis haben könnte, ware er auch sinnlos, da dann das Ergebnis ja auch vorher feststünde und nur unbekannt wäre. --Hutschi 10:43, 21. Nov. 2006 (CET)

Wahrscheinlichkeitsrechnung (WR) behandelt Stichproben aus einer Grundgesamtheit GG, deren Zusammensetzung bekannt ist. Nichtwissen bezieht sich darauf, dass GG unbekannt ist. Das ist dann ein Fall für die Statistik. Sowohl beim Ziegenproblem als auch bei Losen ist GG bekannt. Deshalb ist WR anwendbar und nicht sinnlos.

Nichtwissen von Schmidt (S) bezieht sich darauf dass er es mit zwei möglichen GGs zu tun hat, G={100,200} und G'={100,50}. Bei Fehlen der Angabe von zusätzlichen Bedingungen ist das Auftreten beider GGs gleichwahrscheinlich mit P(G)=P(G')=1/2. Erwartungswerte (EW) werden immer aus den möglichen Stichproben einer GG gebildet hier also E=1/2x100+1/2x200=150 und E'=1/2x100+1/2x50=75. Es ist sinnlos einen EW zu berechnen der sich auf Stichproben aus unterschiedlichen GGs bezieht die sich gegenseitig ausschließen. Deshalb ist der Wert E*=1/2x50+1/2x200=125 mathematisch belanglos. S hat die Wahl zwischen E und E' was einer Wahl zwischen G und G' entspricht. Ohne Zusatzkenntnisse gibt es keine Strategie die ihm mehr Erfolg verspricht als zum Beispiel ein Münzwurf. --172.180.137.66 17:42, 21. Nov. 2006 (CET)

Anwendung des Zwei-Zettel-Spiels

"Eine allgemeine Gewinnstrategie für Herrn Schmidt besteht darin, dass er, bevor er den Umschlag öffnet, eine Zufallszahl Z wählt" Wie wählt man eine Zufallszahl? --172.208.28.193 00:14, 21. Nov. 2006 (CET)

Das ist der Punkt: entweder wählt man bewusst eine Zahl Z, die einem plausibel erscheint wie im Artikel Zwei-Zettel-Spiel:"Im Falle des Hausverkaufs sollte man eine Idee vom Marktwert haben und Z "irgendwo" in der Nähe ansiedeln." Wozu dann die "großartige" Rechnung?

Oder Z ist tatsächlich zufällig. Dann ist aber die Wahrscheinlichkeit p, dass Z < n ist, gleich Null für jede natürliche Zahl n. Herr Schmidt wird also fast immer tauschen und damit in der Hälfte der Fälle danebenliegen. Er kann also dadurch seine Chancen, den größeren Betrag zu erhalten, nicht erhöhen.

Der Artikel Zwei-Zettel-Spiel ist meiner Meinung nach noch fragwürdiger als dieser hier. Für zwei beliebige ganze Zahlen X und Y und eine Zufallszahl Z gilt nämlich immer: p(B) = 0. --89.51.63.235 19:24, 21. Nov. 2006 (CET)

Das ist korrekt. Für je zwei Zahlen X und Y aus der Menge der Ganzen Zahlen (MGZ) veschwindet die Wahrscheinlichkeit, mit einer Zufallszahl Z aus MGZ zwischen X und Y zu landen. Das bedeutet nicht dass es unmöglich sondern nur dass es höchst unwahrscheinlich ist. Das liegt an der Unbeschränktheit von MGZ woraus auch gefolgert werden kann dass Y symmetrisch zu X verteilt ist. Es gilt dann P(X<Y)=P(X>Y)=1/2. Aus den gleichen Symmetriegründen muss gelten P(A)=P(C)=1/2 weil P(B)=0. Daraus kann die Formel abgeleitet werden P(G)=P(X<Y)xP(A)+1xP(B)+P(X>Y)xP(C)=1/2x1/2+1x0+1/2x1/2=1/2. Wie zu erwarten existiert keine bessere Gewinnstrategie als ein Münzwurf.

Vernünftigerweise sollte die Grundgesamtheit (GG) der Zahlenmenge aus der X,Y und Z zufällig gezogen werden beschränkt sein um eine bessere Strategie entwickeln zu können. Gilt dann noch die Formel P(G)=1/2+P(B)/2 ? Nein denn nun ist Y im allgemeinen nicht mehr symmetrisch zu X verteilt und es gilt P(X<Y)<>P(X>Y). --172.208.216.210 18:12, 22. Nov. 2006 (CET)

Wenn man die Zahlenmenge, aus der X und Y zufällig gezogen werden, beschränkt, dann benötigt man keine zusätzliche Zahl Z mehr, um seine Gewinnchancen zu erhöhen.

Beispiel: M = {1,2,3...999,1000} ist die zugrundeliegende Zahlenmenge. Falls X = 100, dann ist p(X < Y) = 0,9. Ich wechsle also und gewinne mit p. Falls X = 736, dann ist p(X < Y) = 0,264. Ich behalte X und gewinne mit (1 - p). Wozu dann noch Z?

So oder so, das Zwei-Zettel-Spiel ist vollkommen unsinnig! --89.51.59.116 19:34, 22. Nov. 2006 (CET)

Sieht so aus. Dass solche Mängel in einem Artikel nicht bereits früher entdeckt und eliminiert wurden erstaunt mich sehr. Es müsste doch mathematisch gebildete Wikipedianer geben die den Artikel gelesen haben. Jemand muss ihn schließlich auch geschrieben haben. --172.208.33.54 17:45, 23. Nov. 2006 (CET)

Das kommt in Zwei-Zettel-Spiel tatsächlich nicht richtig raus, ich habe es ergänzt. Die Dichte von Z darf natürlich nirgends verschwinden, Gleichverteilung geht also nicht, Normalverteilung ist besser. --NeoUrfahraner 19:57, 23. Nov. 2006 (CET)

P(B)=0 gilt unabhängig von der Wahrscheinlichkeitsverteilung von Z, solange X und Y gleichverteilte Zufallszahlen aus MGZ sind. Wenn ein gleichverteiltes Z oder ein festes Z=0 keine gute Wahl sind ist auch ein "Mittelding" wie Z normalverteilt keine gute Wahl. Und warum sollte eine Normalverteilung mit E(Z)=0 besser sein als eine mit E(Z)=-2875571969641253156?

Falls X und Y Zufallszahlen aus einer beschränkten Menge sind wie im Falle des Hausverkaufs dann gilt die Formel P(G)=1/2+P(B)/2 nicht weil P(X<Y)=P(X>Y) nicht gilt.

Frage: Welcher Wikipedianer fühlt sich zuständig für den Artikel "Umtauschparadoxon"? Ich hatte weiter oben ein paar kritische Bemerkungen dazu geschrieben aber bisher keine Antwort bekommen. --172.180.112.55 17:58, 24. Nov. 2006 (CET)

Wende dich am besten an die Benutzer, die so schnell dabei waren, den Löschantrag, ohne in die Diskussion einzutreten und ein Abstimmungsergebnis abzuwarten, vorzeitig zu entfernen. Das sind Enlil2, Fischkopp, Liberal_Freemason, NeoUrfahraner und Scherben.

Die Dikussion zum Zwei-Zettel-Spiel findet weiter auf der Diskussionseite dazu statt. Ich habe die Beiträge von hier dorthin kopiert. --89.51.63.164 13:05, 26. Nov. 2006 (CET)

Neuformulierung des Artikels

Nichtwissen von Schmidt (S) bezieht sich darauf dass er es mit zwei möglichen Grundgesamtheiten (GG) zu tun hat, G={100,200} und G'={100,50}. Bei Fehlen der Angabe von zusätzlichen Bedingungen ist das Auftreten beider GGs gleichwahrscheinlich mit P(G)=P(G')=1/2. Erwartungswerte (EW) werden immer aus den möglichen Stichproben einer GG gebildet hier also E=1/2x100+1/2x200=150 und E'=1/2x100+1/2x50=75. Es ist sinnlos einen EW zu berechnen der sich auf Stichproben aus unterschiedlichen GGs bezieht die sich gegenseitig ausschließen. Deshalb ist der Wert E*=1/2x50+1/2x200=125 mathematisch belanglos. S hat die Wahl zwischen E und E' was einer Wahl zwischen G und G' entspricht. Ohne Zusatzkenntnisse gibt es keine Strategie die ihm mehr Erfolg verspricht als zum Beispiel ein Münzwurf. Deshalb könnten folgende Punkte im Artikel geändert werden:

1. Der Abschnitt "Die Lösung" könnte so umformuliert werden dass dem Leser klar wird dass die Berechnung E=1/2x50+1/2x200=125 keinen Erwartungswert liefert sondern einen sinnlosen Zahlenwert. Außerdem kann auf die Rechnung mit bedingten Wahrscheinlichkeiten verzichtet werden. Es geht hier nur darum die Wahrscheinlichkeiten für das Eintreten der unterschiedlichen GGs abzuschätzen. Auch der Begriff "Gleichverteilung" muss nicht eingeführt werden genausowenig wie "Konstruktion von Verteilungen ohne endlichen Erwartungswert".

2. Der Abschnitt "Beispiel" könnte so geändert werden dass der Leser unterscheiden kann zwischen dem Erwartungswert E=1/2xn/2+1/2xn bei einem Umschlagpaar G={n/2,n} und dem "Erwartungswert" des Spiels was dem durchschnittlichen Gewinn pro Spiel entspricht.

3. Der Abschnitt "Anwendung des Zwei-Zettel-Spiels" könnte wegfallen weil das Zwei-Zettel-Spiel so einfach keine Chancenerhöhung zulässt.

4.Der Abschnitt "Die diskrete und endliche Natur des Geldes" könnte in den Abschnitt "Die Lösung" eingefügt werden und damit auch wegfallen.

Insgesamt könnte damit die Lesbarkeit und Verständlichkeit des Artikels erhöht werden. --172.176.82.32 17:37, 26. Nov. 2006 (CET)

Ich wette, du hast nicht einen der angegebenen wissenschaftlichen Artikel zum Thema gelesen... Das, was du als Verbesserung der Verständlichkeit des Artikels vorschlägst, ist de facto eine Trivialisierung.

Speziell ad 1: Selbstverständlich muss der Absatz zur Konstruktion von Verteilungen enthalten bleiben. Gerade das ist doch das Reizvolle an diesem Paradoxon. Eben weil sich keine Wahrscheinlichkeitsverteilung konstruieren lässt, unter der sich die im Paradoxon vorgestellte Situation realisieren lässt, gibt es das Paradoxon doch überhaupt. --Scherben 21:17, 26. Nov. 2006 (CET)

Umgekehrt wird ein Schuh daraus: die relativ einfache Lösung des Paradoxons wird unnötig verkompliziert. Das Paradoxon gibt es nicht deswegen weil sich die dort vorgestellte Situation nicht realisieren lässt sondern weil ein falscher mathematischer Ansatz gemacht wird. Die Literatur im Internet beruht vorwiegend auf Aussagen von Philosophen und Psychologen. Das sollte jemanden mit einem mathematisch geschulten Verstand zumindest misstrauisch machen. Außerdem könntest du bitte auch auf die Punkte 2. bis 4. eingehen. --172.176.105.74 17:35, 27. Nov. 2006 (CET)

Frage an Scherben: Warum kann es eine Gleichverteilung auf der Menge der natürlichen Zahlen nicht geben? --Madse 19:29, 29. Nov. 2006 (CET)

Weil dann P(X = n) = p für eine Konstante p>0 gelten müsste, die Summe über diese Wahrscheinlichkeiten für alle n gleichzeitig aber 1 sein muss. Das liefert einen Widerspruch. --Scherben 19:32, 29. Nov. 2006 (CET)

Dann gibt es auch keine Gleichverteilung auf der Menge der Ganzen Zahlen, oder? --Madse 19:52, 29. Nov. 2006 (CET)

Nein. (btw: Je mehr : du machst, desto weiter wird der Beitrag eingerückt. Erhöht die Lesbarkeit.) --Scherben 20:01, 29. Nov. 2006 (CET)

Wie kann es dann sein dass für zwei beliebige Ganze Zahlen X und Y gilt: P(X<Y)=P(X>Y)=1/2, wenn sie nicht gleichverteilt wären ? --Madse 20:08, 29. Nov. 2006 (CET)

Zum Beispiel, wenn sie unabhängig normalverteilt mit gleichen Parametern sind? --Scherben 20:13, 29. Nov. 2006 (CET)

Im allgemeinen gilt das bei keiner Normalverteilung (NV) sondern nur im speziellen Fall in dem X dem Erwartungswert der NV entspricht. Je weiter X in dem unteren Bereich der NV liegt desto kleiner ist der Wert P(X>Y) und limes(X->-oo)P(X>Y)=0. Entsprechendes gilt für P(X<Y) weil gelten soll: P(X>Y)+P(X<Y)=1. Außerdem wird im Zwei-Zettel-Spiel keine bestimmte Verteilung von X und Y vorgegeben. Da steht nur:"Das Zwei-Zettel-Spiel oder auch Zwei-Umschläge-Problem optimiert die Wahrscheinlichkeit die größere von zwei Zahlen zu finden, von denen nichts bekannt ist, außer dass sie verschieden sind."" --Madse 17:14, 30. Nov. 2006 (CET)

Ich habe keine Ahnung, wovon du sprichst. Wenn du zwei unabhängige Normalverteilungen mit denselben Parametern nimmst, dann ist P(X<Y) = P(Y<X) = 1/2. Aber darum geht es im Zwei-Zettel-Spiel ja auch gar nicht. Dort steht, dass man zwei Zettel nimmt, auf denen beliebige Zahlen A und B stehen, die außer $A\neq B$ keine zusätzliche Eigenschaft besitzen müssen. Von diesen Zetteln wird dann einer gezogen, sein Ergebnis wird mit der Zufallsvariable X bezeichnet. Der zweite Zettel mit Y. In diesem Fall gilt P(X<Y) = P(Y<X) = 1/2 trivialerweise. --Scherben 17:21, 30. Nov. 2006 (CET)

Ich vermute, er verwechselt die "unbedingte" Wahrscheinlichkeit P(X>Y) mit der bedingten Wahrscheinlichkeit P(X>Y|X=x). P(X>Y)=1/2 im gegebenen Beispiel, aber P(X>Y|X=x) wird tatsächlich kleiner wenn x kleiner wird. Die Verwechslung der bedingten mit der unbedingten Wahrscheinlichkeit ist letztlich auch ein Kernpunkt des Umtauschparadoxons. --NeoUrfahraner 17:29, 30. Nov. 2006 (CET)

Artikel gesperrt

Wegen des Editwars habe ich den Artikel komplett gesperrt. -- tsor 20:19, 7. Dez. 2006 (CET)

Lösung

Ich habe mir erlaubt, diese Blödsinns-Lösung von wegen Gleichverteilung der natürlichen Zahlen zu entfernen. Dies hat nichts mit dem Paradoxon zu tun, welches alleine darin besteht, dass Herr Schmidts Rechnung des Erwartungswertes von einem nie da gewesenen Sachverhalt ausgeht. IP-Benutzer 89.51.63.200 hat hier auf der Diskussionsseite bereits richtige Angaben dazu gemacht. Im Übrigen ist auch der untere Abschnitt der Lösung entweder unzutreffend oder völlig verkomplizierend; zu mehr als ihn zu Überfliegen hatte ich absolut keine Lust, denn eine noch so lange Rechnung nützt nichts, wenn der Ansatz schlicht falsch ist. Dies zu erklären muss Ziel der Lösung sein, und keine Beispielrechnung mit falschen Ansätzen. ×ASM× 17:45, 15. Sep. 2007 (CEST)

Man kann Hrn. Schmidts Rechnung als Berechnung des bedingten Erwartugswerts interpretieren, wie es im unteren Abschnitt von "Die Lösung" passiert. Die Berechnung der bedingten Erwartung ist erlaubt und insbesonderen dann sinnvoll, wenn Information darüber zür Verfügung steht, wie das Geld in den Umschlag gekommen ist und man dementsprechend eine Entscheidung treffen will, ob Abhängig vom Inhalt ein Tausch sinnvoll ist. Die Berechung der bedingten Erwartung zegit dann, dass Hrn. Schmidts Rechnung korrekt wäre, wenn $p_{n}=p_{n/2}$ für alle $n$ gälte. Gleichverteilung der natürlichen Zahlen erfüllt das nicht ganz, eine Gleichverteilung z.B. auf $n_{z}=2^{z},z\in \mathbb {Z}$ aber sehr wohl. Insofern ist das mit der Gleichverteilung der natürlichen Zahlen keine Blödsinns-Lösung. --NeoUrfahraner 02:47, 12. Feb. 2008 (CET)

Zwei-Zettel-Spiel (ZZS)

Dank erstmal an ×ASM× für meine - späte - Rehabilitierung.

Ich möchte nochmal was zum ZZS sagen. Im Artikel steht doch eindeutig: Verteilungen, die diese Bedingung für alle $n\in \mathbb {N}$ erfüllen, lassen sich zwar konstruieren, besitzen dann aber keinen endlichen Erwartungswert. Daher ist die oben angedeutete Argumentation, die zum Paradoxon führt, bereits aus formalen Gründen unzulässig. Zudem widerspricht die Annahme einer Wahrscheinlichkeitsverteilung auf den gesamten natürlichen Zahlen der praktischen Einschränkung, dass niemand, also auch nicht Hr. Lemke, unendlich viel Geld zur Verfügung hat.

Was also soll die Argumentation:Eine allgemeine Gewinnstrategie für Herrn Schmidt besteht darin, dass er, bevor er den Umschlag öffnet, eine Zufallszahl Z wählt, die alle Werte zwischen 0 und unendlich annehmen kann, deren Verteilung aber ansonsten beliebig ist.

Im Beispiel mit der Sekretärin gibt es nur die Beträge 25, 50, 100, 200, 400 und 800 Euro. Wo ist der Bezug des ZZS zu diesem Beispiel?

M.E. widerspricht das ZZS der Lösung im Artikel. Deshalb sollten entweder die Lösung und das Beispiel angepasst werden oder das ZZS sollte aus dem Artikel gestrichen werden. Im jetzigen Zustand ist der Artikel jedenfalls nicht sehr hilfreich. --89.51.59.98 20:20, 7. Feb. 2008 (CET)

Niemand sagt, dass das ZZS die einzige oder die beste Strategie ist. Wenn man annimmt, dass man Zusatzinformation hat, wie z.B. die Beträge aus dem Beispiel, so gibt es offensichtlich besserer Strategien. Das Besondere am ZZS ist lediglich, dass es eine "allgemeine Gewinnstrategie" ist, die ohne Zusatzinformation auskommt. Soll man dazu genauer spezifizieren, was mit "allgemeine Gewinnstrategie" gemeint ist? --NeoUrfahraner 22:04, 7. Feb. 2008 (CET)

Ich hab's jetzt im Artikel deutlicher formuliert. Einverstanden? --NeoUrfahraner 13:55, 8. Feb. 2008 (CET)

Damit ist aber der Widerspruch zwischen ZZS und "Die Lösung" nicht ausgeräumt, oder? --89.51.63.236 16:43, 8. Feb. 2008 (CET)

Welcher Widerspruch? --NeoUrfahraner 17:57, 8. Feb. 2008 (CET)

Verteilungen, die diese Bedingung für alle $n\in \mathbb {N}$ erfüllen, lassen sich zwar konstruieren, besitzen dann aber keinen endlichen Erwartungswert. Daher ist die oben angedeutete Argumentation, die zum Paradoxon führt, bereits aus formalen Gründen unzulässig. Zudem widerspricht die Annahme einer Wahrscheinlichkeitsverteilung auf den gesamten natürlichen Zahlen der praktischen Einschränkung, dass niemand, also auch nicht Hr. Lemke, unendlich viel Geld zur Verfügung hat. --89.51.63.204 18:00, 8. Feb. 2008 (CET)

Du meinst, weil Z alle Werte zwischen 0 und unendlich annehmen kann? Wenn man weiß, dass Hr. Lemke maximal 1 Mrd Euro zur Verfügung hat, reicht es natürlich, wenn Z alle Werte zwischen 0 und 1 Mrd annehmen kann. So verringert man halt seine Gewinnchancen, wenn Z tatsächlich größer als 1 Mrd ist. Wie gesagt, dass ZZS ist in diesem Fall nicht die beste Strategie, aber funktioniert trotdem. --NeoUrfahraner 21:15, 8. Feb. 2008 (CET)

Es steht aber im Abschnitt "Die Lösung":Verteilungen, die diese Bedingung für alle $n\in \mathbb {N}$ erfüllen, lassen sich zwar konstruieren, besitzen dann aber keinen endlichen Erwartungswert. Deshalb sollte man für den Leser eine konkrete Verteilung für Z zwischen 0 und 1 Mrd angeben mit dem Hinweis auf eine endliche Geldmenge von 1 Mrd Euro des Hr. Lemke.

Außerdem ist m.E. der Hinweis nicht richtig daß man keine Information über die Arbeitsweise der Sekretärin besitzt. Die Sekretärin benutzt ja im Abschnitt "Beispiel" einen fairen Würfel. Da sollte man ebenfalls eine Beispielverteilung für Z angeben auch wenn das ZZS in dem Fall nicht die beste Strategie ist. Es geht einfach darum das ZZS inhaltlich an das Umtauschparadoxon zu koppeln. Sonst ist der Abschnitt nicht sinnvoll und verwirrt Leser eher und der Link zum ZZS weiter unten würde ausreichen. --89.51.59.110 22:04, 8. Feb. 2008 (CET)

Wo steht, dass die Verteilung von Z "diese Bedingung für alle $n\in \mathbb {N}$ erfüllen" muss? Wo steht, dass die Sekretärin zwangsläufig einen fairen Würfel benutzt, bloß weil sie im Beispiel einen fairen Würfel benutzt? --NeoUrfahraner 01:55, 9. Feb. 2008 (CET)

Das ZZS macht im Artikel nur Sinn für den Leser wenn ein konkreter Bezug zum Umtauschparadoxon besteht. Dieser Bezug sollte eine Beispielverteilung (mit Beispielrechnung) von Z für "Die Lösung" und/oder für das "Beispiel" sein. Wenn der Bezug fehlt hat das ZZS im Artikel nichts zu suchen. Hab deshalb den Abschnitt mal rausgenommen. --89.51.63.244 15:51, 9. Feb. 2008 (CET)

Der konkrete Bezug ist ja schon allein durch die Literaturangaben belegbar. --NeoUrfahraner 16:18, 9. Feb. 2008 (CET)

PS: Wenn Du mit "konkretem Bezug" meinst, dass man das ZZS mit einer Exponetialverteilung, Erwartungswert 1000 und einer Sekretärin mit einer Strategie wie im Beispiel durchrechnen soll, kann ich das gerne machen. Ich frag mich zwar, ob's wirklich notwendig ist; aber ich werde schauen, ob ich heute noch dazukomme, es hier auf der Diskussionsseite auszuarbeiten. --NeoUrfahraner 16:24, 9. Feb. 2008 (CET)

Textvorschlag

Angenommen, Hr. Schmidt entschließt sich das Zwei-Zettel-Spiel anzuwenden. Enthalten die Briefumschläge die Beträge $A$ und $B$, wobei $A$ der kleinere Betrag sein soll, und öffnet Hr. Schmidt zuerst den Umschlag mit Inhalt $A$, so wechselt er, falls $Z\geq A$. Die bedingte Erwartung seines Gewinns beträgt dann

$E_{A;AB}=P(Z\geq A)\cdot B+P(Z<A)\cdot A$.

Öffnet er zuerst den Umschlag mit Inhalt $B$, so wechselt er, falls $Z\geq B$. Die bedingte Erwartung seines Gewinns beträgt dann

$E_{B;AB}=P(Z\geq B)\cdot A+P(Z<B)\cdot B$.

Insgesamt beträgt die bedinge Erwartung bei fixen Inhalten, aber vor der Wahl des ersten Umschlags $E_{AB}={\frac {E_{A;AB}+E_{B;AB}}{2}}$. Für $Z$ wählt Hr. Schmidt beispielsweise eine Zufallsvariable Z, die exponentialverteilt mit Erwartungswert 1000 ist, also $P(Z\geq z)=\exp(-z/1000)$. Falls die Sekretärin wie im oben angegebem Beispiel das Geld in die Briefumschläge verteilt, ergibt sich insgesamt folgender Erwartungswert des Geldgeschenkes:

	$A$	$B$	$P(A,B)$	$P(Z\geq A)$	$E_{A;AB}$	$P(Z\geq B)$	$E_{B;BA}$	$E_{AB}$	$P(A,B)\cdot E_{AB}$
	25	50	1/6	0,975	49,382	0,951	26,219	37,801	6,300
	50	100	1/6	0,951	97,561	0,904	54,758	76,160	12,693
	100	200	1/6	0,904	190,484	0,819	118,127	154,305	25,718
	200	400	1/6	0,819	363,746	0,670	265,936	314,841	52,473
	400	800	1/6	0,670	688,128	0,449	620,268	644,198	107,366
	800	1600	1/6	0,449	1159,463	0,202	1438,483	1298,973	216,496
Summe			1						421,046

Der Erwartungswert des Geldgeschenkes beträgt bei dieser Vorgangsweise also 421,046 Euro. Das ist zwar weniger als bei der optimalen Strategie (tausche bei weniger als 1000 EUR), bei der der Erwartungswert 427,08 Euro beträgt; aber jedenfalls mehr als bei der "Tausche-nie" oder "Tausche-immer"-Vorgangsweise, bei der der Erwartungswert 393,75 beträgt. Der genaue Erwartungswert hängt natürlich stark von der Wahl der Verteilung von $Z$ ab, ist aber immer höher als bei der "Tausche-nie" oder "Tausche-immer"-Vorgangsweise.

Diskussion

Meinungen dazu? Ist es hilfreich, dieses Beispiel im Artikel einzufügen? --NeoUrfahraner 02:57, 10. Feb. 2008 (CET)

Die Beispielrechnung mit Tabelle finde ich sehr gut. Damit können sich sowohl unvoreingenommene Leser als auch Zweifler am ZZS davon überzeugen daß es Sinn macht das ZZS anzuwenden. Dazu passt ja dann auch die Überschrift des Abschnitts "Anwendung des Zwei-Zettel-Spiels" hervorragend. Super!!! --89.51.59.124 11:25, 10. Feb. 2008 (CET)

Ich habe den Abschnitt jetzt leicht ergänzt und eingefügt. Mir persönlich gefällt er nicht, weil er für einen Mathematiker zu "banal" ist. Aber da den Wunsch nach einem konkreten Beispiel schon im Artikel über das ZZS hatten, ist so eine Tabelle anscheinend wirklichhilfreich, "Zweifler am ZZS davon überzeugen". --NeoUrfahraner 13:47, 10. Feb. 2008 (CET)

Meine Lösungen

Erste:

Wenn ich mich mal in den reinversetze, der das Ganze bezahlen muss, dann ergibt sich folgendes:

Ich bereite eine genügend große Menge an Briefumschlägen vor, jeweils mit 2 und 4 $, und lasse 1000 Menschen wählen. Das wiederhole ich beliebig oft. Dann werden durchschnittlich jeweils 500 den besseren und 500 den schlechteren ziehen.

Wenn keiner tauscht, kostet mich das durchschnittlich jedesmal 500*2+500*4=3000 $.

Wenn alle tauschen, kostet mich das durchschnittlich jedesmal 500*4+500*2=3000 $.

Gehupft wie gesprungen.

Zweite:

Ich entscheide mich für Umschlag Nr. 1, sehe aber nicht rein, wieviel drin ist, sondern berechne nach der Methode 0,5 * 0,5 + 0,5 * 2 = 1,25, dass in Umschlag Nr. 2 durchschnittlich das 1,25-fache drin ist.

Den mache ich aber auch nicht auf, sondern überlege mir, wieviel in Umschlag Nr. 1 sein müsste, und komme auf das 1,25-fache von Nr. 2, also auf 1,25 * 1,25 = 1,5615.

Ich stelle fest, dass in Umschlag Nr. 1 durchschnittlich das 1,5615-fache von Umschlag Nr. 1 enthalten ist und erkenne da einen Widerspruch, woraus ich schließe, das da irgendwas mit der Berechnungsmethode nicht stimmen kann.

Dritte:

Geldbeträge sind ganzzahlige Vielfache einer kleinsten Währungseinheit, hier Cent genannt. Bevor ich irgendwas öffne, überlege ich mir folgendes:

1. ein und zwei Cent können nicht drin sein, denn wenn einer den Umschlag mit einem Cent öffnet, dann braucht er nicht zu raten, sondern weiß sicher, dass im anderen zwei Cent sind.
2. zwei und vier Cent können auch nicht drin sein, denn wenn einer den mit zwei Cent öffnet, dann braucht er nicht zu raten, sondern weiß sicher, dass im anderen vier Cent sind, weil der Fall ein und zwei Cent bereits unter Nr. 1 ausgeschlossen wurde.
3. vier und acht Cent können auch nicht drin sein, denn wenn einer den mit vier Cent öffnet, dann braucht er nicht zu raten, sondern weiß sicher, dass im anderen acht Cent sind, weil der Fall zwei und vier Cent bereits unter Nr. 2 ausgeschlossen wurde.
4. Das setze ich beliebig weit fort.
5. Dann überlege ich mir den Fall drei und sechs Cent und schließe den aus mit den Argumenten aus Nr. 1
6. Ich fahre fort mit sechs und zwölf Cent, usw.
7. Ich mache das mit allen ungeraden Zahlen, und komme schließlich zur Erkenntnis, dass es für alle Zahlen größer Null keine Lösung gibt.
8. Hieraus schließe ich messerscharf, dass es nur eine Lösung geben kann: In beiden Umschlägen sind null Cent. Die Hälfte von null ist genausoviel wie das Doppelte von null. In diesem Fall ist klar, dass ich tausche. Bringt zwar nichts ein, macht das Spiel aber spannender.

-- Martin Vogel 06:45, 8. Feb. 2008 (CET)

Zu Lösung 1 und 2: beide zeigen, dass "da irgendwas mit der Berechnungsmethode nicht stimmen kann". Die Frage ist allerdings was nicht stimmt. Zu Lösung 3: das liegt lediglich an der Formulierung des Problems; wenn statt eines Geldbetrags ein Gutschein für ein theoretisch beliebig teilbares Gut drinnen ist, also z.B. ein Gutschein für 3,567g Gold, so greift die Lösung nicht. Für die unten erwähnte Formulierung von Kraitchik passt sie auch nicht. --NeoUrfahraner 13:33, 8. Feb. 2008 (CET)

Auch Gold lässt sich nicht beliebig zerteilen. Setze statt "Cent" eben "Goldatom" in meine Argumente ein, und nichts ändert sich. -- Martin Vogel 13:58, 10. Feb. 2008 (CET)

Darum steht bei mir auch "theoretisch". Und was spricht gegen einen Gutschein für ein halbes Goldatom? Wenn Du zwei davon hast, kannst Du damit dann ein Atom einkaufen gehen ;-) --NeoUrfahraner 01:27, 11. Feb. 2008 (CET)

Wie groß ist der fiktive Wert des Umschlags solange das Spiel nicht beendet wurde?

Mein Versuch es ohne viel Mathematik zu erklären. Tauschen der Umschläge lohnt sich nicht für den Spieler, solange beide Umschläge ungeöffnet sind. Dies wurde bereits gut erklärt. Wie verhält es sich aber mit dem (scheinbaren) Paradoxon? Ändert sich der Wert des Umschlags nach dem Öffnen? Betrachten wir hierzu den fiktiven Wert des Umschlags für einen Außenstehenden, der sich ins Spiel einkaufen möchte(ähnlich wie bei einem sogenannten Kofferspiel in einer Fernsehschau, bei dem während des Spiels die Bank Angebote für einen Rückkauf macht). In den Umschlägen sind die Beträge A und B. Das faire Aufkaufgebot für einen Umschlag wäre also 1/2(A+B) . Erst nach Öffnen eines Umschlags kann sinnvoll ein Angebot unterbreitet werden. Sind A=100 Euro im Umschlag, so sind entweder B=50 oder B=200 Euro im verschlossenen. Ein Aufkauf macht nur Sinn, wenn der Aufkäufer weiterspielen will. Unser fiktiver Aufkäufer wird also bis zu einem Betrag, der unter 125 Euro liegt, bieten, um in Besitz des noch verschlossenen (!) Umschlags zu kommen. Er bietet also nicht auf den Umschlag A, sondern auf das Recht weiterspielen zu dürfen und den Umschlag B zu nehmen. Mit anderen Worten: der geöffnete Umschlag mit 100 Euro Inhalt hat in der Spielsituation einen Wert von 125 Euro und nicht 100 Euro. Da es im angegebenen Beispiel keinen Aufkäufer gibt, hat der Spieler nach dem Öffnen eines Umschlags also nur die Möglichkeit 1. auszusteigen, die 100 Euro zu nehmen und damit 25 Euro unter dem zu erwartenden Gewinn zu bleiben oder 2. weiterzuspielen und mit einer 50%-Wahrscheinlichkeit 75 Euro über bzw. 75 Euro unter dem zu erwartenden Gewinn zu bleiben.--Rebiersch 15:49, 8. Feb. 2008 (CET)

Es gibt zwar zwei Möglichkeiten (B=50 und B=200), aber diese sind nicht unbedingt gleich wahrscheinlich. --NeoUrfahraner 16:35, 8. Feb. 2008 (CET)

Welche der beiden Möglichkeit ist "wahrscheinlicher" und weshalb? Habe ich etwas überlesen? Gibt es einen Grund weshalb bestimmte Kombinationen aus (25;50),(50;100),(100;200),(200;400)... bevorzugt vorkommen sollten? --Rebiersch 17:32, 8. Feb. 2008 (CET) Es steht doch auch ausdrücklich im Text: "In dem anderen, völlig gleich aussehendem Umschlag, der noch auf dem Tisch liegt, befindet sich mit einer Wahrscheinlichkeit von 50% der doppelte Geldbetrag und mit einer Wahrscheinlichkeit von 50% der halbe Geldbetrag"

Zuerst zur ersten Frage: Gibt es einen Grund, warum die Kombination (25;50) gleich wahrscheinlich ist wie (200;400)? --NeoUrfahraner 19:19, 8. Feb. 2008 (CET)

Ja, da ausgehend von einem Geldbetrag Z im 1. Umschlag die Wahrscheinlichkeit für den doppelten Geldbetrag im 2. Umschlag 50% ist und für den halben Geldbetrag ebenfalls 50% ist. Das steht so im Text und daher Voraussetzung für unsere Betrachtung. Allgemein: p(2Z)=p(1/2Z)=50%. Da Z jeden beliebigen Wert > 0 annehmen darf, sind die Wahrscheinlichkeiten für alle (doppelten und halbierten) Beträge im 2. Umschlag gleich (50%) --Rebiersch 19:37, 8. Feb. 2008 (CET)

Wenn Du den Umschlag noch nicht geöffnet hast, gibt es dann einen Grund, warum die Kombination (25;50) gleich wahrscheinlich ist wie (200;400)? --NeoUrfahraner 19:58, 8. Feb. 2008 (CET)

Ich bin mir nicht sicher, ob ich deine Frage richtig verstehe. Du hast recht, dass bestimmte Beträge bevorzugt vorkommen können. Vielleicht bevorzugt die Sekretärin "runde" Beträge, vielleicht rechnet sie auch mit fremden Währungen mit "krummen" Centbeträgen. Wir wissen es nicht. Mein letzter Eintrag war als Antwort auf die gestellte Frage insofern nicht korrekt. Die Klärung der Frage nach der Wahrscheinlichkeit unterschiedlicher Kombinationen ist für Lösung aber nicht erforderlich. Du hattest geschrieben, dass es zwar zwei Möglichkeiten (B=50 und B=200) gäbe, aber diese sind nicht unbedingt gleich wahrscheinlich seien. Dies steht im Widerspruch zum Wortlaut im Text (s.o.). --Rebiersch 21:12, 8. Feb. 2008 (CET)

Das ist zunächst eine Frage der Wahrscheinlichkeitsinterpretation. Stimmst Du zu, dass, bevor der Umschlag geöffnet wird, die Werte (25;50),(50;100),(100;200),(200;400) eine Wahrscheinlichkeit größer Null haben (auch wenn man die Wahrscheinlichkeit nicht kennt), sobald der Umschlag geöffnet wird und z.B. 100 EUR drin gefunden werden, nur mehr (50;100),(100;200) eine positive Wahrscheinlichkeit haben, die anderen Werte eine Wahrscheinlichkeit gleich Null? Mit anderen Worten, stimmst Du zu, dass sich die Wahrscheinlichkeit beim Öffnen des Umschlags ändert (und nicht schon bei der Wahl des Umschlags, solange er noch verschlossen ist)? --NeoUrfahraner 02:00, 9. Feb. 2008 (CET)

@Rebiersch: Hast du den Artikel überhaupt gelesen? Der ganze Text handelt genau davon, dass es eben nicht so ist, wie du vermutest. Der fiktive Wert des Umschlags nach dem Öffnen hängt eben von der Wahrscheinlichkeitsverteilung ab und die kann eben nicht für alle n: p(n)=p(n/2) sein. --165.123.133.252 02:21, 9. Feb. 2008 (CET)

@165.123.133.252 Ja, habe ich. Im Kern läuft die Argumentation doch so: Wir wissen nichts über die tatsächliche Wahrscheinlichkeitsverteilung konkreter Geldbeträge und dürfen daher nicht mit bedingter Wahrscheinlichkeit rechnen.

Doch, du musst weiterhin mit bedingter Wahrscheinlichkeit rechnen. --NeoUrfahraner 14:05, 9. Feb. 2008 (CET)

Ehm? Der Aussage, der du hier widersprichst, ist doch nur meine Interpretation der Argumentationskette des Textes . Meinst du, dass wir doch mit bedingter Wahrscheinlichkeit rechnen dürfen, obwohl wir nichts über die tatsächliche Wahrscheinlichkeitsverteilung wissen?--Rebiersch 02:17, 10. Feb. 2008 (CET)

Ich meine, dass Hr. Schmidt, wenn er den Betrag, den er im Umschlag findet, in seine Überlegungen einbezieht, von der unbedingten zur bedingten Erwartung wechselt. Der unbedingte Erwartungswert des Wurfes mit einem fairen Würfels ist immer 3,5, auch wenn ein 6er gefallen ist. Wenn ich das Würfelergebnis berücksichtigen will, muss ich zur von diesem Ergebnis bedingeten Erwartung wechseln. --NeoUrfahraner 05:19, 10. Feb. 2008 (CET)

Diese Argumentation lässt sich aber immer anführen. Beispiel: Wir haben in einer Stichprobe Jungen und Mädchen, die entweder eine Jacke oder einen Pullover tragen. Die Verteilung ist genau bekannt und die Wahrscheinlichkeit, dass ein zufällig ausgewähltes Kind mit Jacke ein Mädchen ist, kann berechnet werden und sei 50%. Ist die Berechung noch zulässig, wenn jemand aufsteht und ruft: "das zufällig ausgewählte Kind ist doch aber rothaarig"? Wir wissen nichts über die Verteilung der Rothaarigen in der Stichprobe. Mit der Zusatzinformation können wir nichts anfangen.

Du nimmst also irgendeine Verteilung an, also mangels besserem Wissen (Indifferenzprinzip) sagst Du, dass Rothaarigkeit bei Jungen und Mädchen die gleiche relative Häufigkeit hat. Wichtig ist, Dir vor Augen zu halten, dass das Indifferenzprinzip kein Naturgesetz ist, sondern eine Krücke, die Du mangels besserer Information heranziehst. Vielleicht kennt jemand eine Untersuchung über die Geschlechterverteilung der Rothaarigkeit, dann könnstest Du genausogut eine darauf beruhende Verteilung nehmen. --NeoUrfahraner 14:05, 9. Feb. 2008 (CET)

Stimmt genau. Mit den Einschränkungen, dass ich die Geschlechterverteilung der Rothaarigkeit nicht ausreicht. Eventuell tragen rothaarige Mädchen viel seltener eine Jacke. Auch die Information hierüber löst das Problem jedoch nur scheinbar. Tatsächlich wurde ein Individuum ausgewählt mit weiteren charakteristischen Eigenschaften (braune Augen, Gewicht 60kg, Größe 160 cm, Brille...). Beim Umtauschparadoxon werden wir aber nie erfahren können, nach welchem Verfahren die Beträge bestimmt wurden. Ob größere odere kleinere bevorzugt wurden wissen wir nicht. Daher müssen die konkurrierenden Möglichkeiten auch nach Öffnen des Briefes weiterhin als gleichwahrscheinlich angenommen werden. --Rebiersch 02:17, 10. Feb. 2008 (CET)

Abgesehen dass "gleichwahrscheinlich" kein Muss, sondern eine Krücke ist, liegt das Problem eben darin, dass keine Gleichverteilung auf der Menge der natürlichen Zahlen existiert. Irgendwann müssen also größere Beträge unwahrscheinlicher werden, sonst ist die Summe der Wahrscheinlichkeiten nicht eins. (Genauer: für jedes $\varepsilon >0$ existiert ein $n_{0}$, sodass für alle $n>n_{0}$ die Wahrscheinlichkeit, dass im Umschlag der Betrag $n$ steckt, kleiner als $\varepsilon$ ist). --NeoUrfahraner 05:19, 10. Feb. 2008 (CET)

Die Wahrscheinlichkeit bleibt 50%.

Genauer: die bedingte Wahrscheinlichkeit ist ebenfalls 50%, wenn man die oben unter Verwendung des Indifferenzprinzips gewonnene Verteilung hernimmt. ---NeoUrfahraner 14:31, 9. Feb. 2008 (CET)

Vielen Dank für die Korrektur. So war es gemeint --Rebiersch 02:17, 10. Feb. 2008 (CET)

Beim Briefumschlagproblem wie es in der deutschen Wikipedia beschrieben steht, verhält es sich in einem Punkt noch anders: Hier wissen wir nichts über die Verteilung der Jungen und Mädchen (entsp. konkreter Geldbeträge im 1. Umschlag), die entweder Jacke oder Pullover tragen (doppelter und halber Geldbetrag im 2. Umschlag). Eine bedingte Wahrscheinlichkeit kann nicht berechnet werden - das ist richtig.

Doch, sie kann für jede bekannte Verteilung berechnet werden, das Problem ist lediglich, dass wir die Verteilung nicht kennen.

Gemeint war natürlich: Eine bedingte Wahrscheinlichkeit kann in diesem Fall nicht berechnet werden. Das geht doch aus dem Zusammenhang hervor.--Rebiersch 02:17, 10. Feb. 2008 (CET)

Kommt drauf an, was genau "können" bzw. "nicht können" heißt. Wenn man "können" so wie Du versteht, dann liegt der Fehler von Hrn. Schmidt eben darin, dass er mit einer bedingten Wahrscheinlichkeit rechnen will (also die "Rothaarigkeit" berücksichtigen will), obwohl er es nicht kann (weil das Indifferenzprinzip bei den natürlichen Zahlen nicht anwendbar ist). --NeoUrfahraner 05:19, 10. Feb. 2008 (CET)

Muss sie ja auch nicht, denn sie wurde uns aber bereits mitgeteilt und ist daher vorgegeben mit 50%.

Doch, sie muss weiterhin berechnet werden, und es gibt eben keine Verteilung, bei der sie für alle möglichen Inhalte des Umschlags 50% liefert. --NeoUrfahraner 14:05, 9. Feb. 2008 (CET)

Eine gewagte Aussage. Zu später Stunde nur mal so angedacht: Zunächst wird eine Münze geworfen und danach eine Zufallszahl n ermittelt. Ausgehend von einem Betrag k wird dieser entweder n-mal verdoppelt oder (n-1)-mal halbiert. Der ermittelte Betrag wird notiert und kommt in den 1. Umschlag. In den 2. Umschlag der doppelte Betrag. --Rebiersch 02:17, 10. Feb. 2008 (CET)

Ich verstehe nicht ganz, wieso die Münze vorher geworfen wird und nicht nachher - das klingt, alsob Du ein unterschiedliches Problem im Hinterkopf hättest. Entscheidet das Ergebnis des Münzwurfs dann, welchen Umschlag Herrn Schmidt öffnet? Wenn ja, steht es Dir frei, das Beispiel mit konkretem Wert für k und einer konkreten Verteilung von n nachzurechnen bzw. zu simulieren. Ich bin schon neugierig, was dabe rauskommt ... --NeoUrfahraner 05:19, 10. Feb. 2008 (CET)

Nein, der Fall der Münze (Kopf/Zahl) soll entscheiden, ob die Sekretärin ausgehend von einem Betrag K, diesen entweder mit einer Wahrscheinlichkeit von 50% beim Münzwurf "Kopf" n-mal verdoppelt oder mit einer Wahrscheinlichkeit von 50% beim Münzwurf "Zahl" (n-1)-mal halbiert und danach in den ersten Umschlag steckt. Um es anschaulich zu machen, lassen wir n von 1 in Einerschritten ansteigen und setzen für K den Wert 1 ein. In den ersten Umschlag kommen beim Ereignis Kopf: 2, 4, 8, 16, 32.... und beim Ereignis Zahl: 1, 1/2, 1/4, 1/8, 1/16.... Euro. Da die Sekretärin in den zweiten Umschlag den doppelten Betrag steckt, kommt jeder mögliche Betrag in dieser Verteilung genau zweimal vor. Ist K frei wählbar, kommt jeder beliebige Betrag genau zweimal vor und auch jeder doppelte bzw halbierte Betrag von K. Unser Problem wird hierdurch natürlich nicht gelöst. --Rebiersch 09:50, 10. Feb. 2008 (CET)

Weiter geht's unten (St. Petersburg). --NeoUrfahraner 14:06, 10. Feb. 2008 (CET)

Anmerkungen: Ich hatte geschrieben, dass wir für Z in: p(2Z)=p(1/2Z)=50% jeden beliebigen Wert > 0 annehmen dürfen und nicht, dass Z jeden Wert annehmen kann. Ferner bitte zu beachten, dass sich meine Argumentation auf die aktuelle Beschreibung in der deutschen Wikipedia bezieht. Es gibt auch andere Versionen (siehe hier: [1] ). --Rebiersch 13:43, 9. Feb. 2008 (CET)

St. Petersburg

Ich habe jetzt verstanden, worauf Du hinauswillst. Deine Variante wird natürlich sehr teuer für Hrn. Lemke, weil der Erwartungswert jetzt unendlich sein kann, vgl. Sankt-Petersburg-Paradoxon. Diese Variante findet sich auch in der Literatur, siehe z.B. die Literaturliste am Ende von en:Two envelopes problem:

David J. Chalmers, The St. Petersburg Two-Envelope Paradox in Analysis, April 2002

Im Artikel ist diese Variante bisher nur kurz im Abschnitt "Die Lösung" erwähnt: Verteilungen, die diese Bedingung für alle $n\in \mathbb {N}$ erfüllen, lassen sich zwar konstruieren, besitzen dann aber keinen endlichen Erwartungswert. Daher ist die oben angedeutete Argumentation, die zum Paradoxon führt, bereits aus formalen Gründen unzulässig. Die Gewinnerwartung von Hr. Schmidt beträgt also bereits unendlich, und durch tauschen wird sie dann unendlich plus 1 (oder plus 2 ;-)). Ich habe solche Beispiele mit unendlicher Erwartung auch schon am Computer simuliert und Hernn Schmidt tauschen lassen, wenn der Betrag im Umschlag kleiner als $L$ ist. Tatsächlich wird der Gewinn von Herrn Schmidt größer, wenn $L$ größer ist, er braucht aber immer mehr Geldgeschenke, bis er in die Gewinnzone kommt. Setzt man $L$ unendlich ("tausche immer"), so hat er zwar den größten Gewinn, aber kommt nie in de Gewinnzone. --NeoUrfahraner 14:06, 10. Feb. 2008 (CET)

Irgendwie erinnert mich das an die Vollständige Induktion. Lässt sich diese Beweisführung nicht auch anwenden? Da sagt doch auch niemand da n unendlich groß werden kann, darf man nicht mit n+1 rechnen? Viel mehr interessiert mich aber, was du zu meinem oben angeführten Beispiel mit einer begrenzten Auswahlliste denkst. --Rebiersch 15:20, 10. Feb. 2008 (CET)

Meinst Du jetzt begrenzte oder unbegrenzte Auswahlliste? Das "unbegrenzt" ist jedenfalls kein Problem, der wesentliche Punkt ist ja trotzdem, dass gewisse Werte (un)wahrscheinlicher als andere sind. Dass im gegebenen Beispiel Werte größer als 1600 völlig ausgeschlossen sind, ist nicht wesentlich. --NeoUrfahraner 19:23, 10. Feb. 2008 (CET)

Wieso 1600? Ich habe zur besseren Übersicht meinen Eintrag einfach mal nach hier unten gezogen. Ich frage mich ob das Paradoxon wirklich auf den beschriebenen Gründen beruht. Daher war meine Überlegung: Was passiert, wenn wir die Vorgaben dahingehend ändern, dass die Sekretärin eine Liste mit möglichen Briefumschlagkombinationen bekommt? Eine Liste A könnte lauten [(1;2),(3;6),(5;10)], eine Liste B [(10;20),(20;40),(40;80),(80;160),(160;320)]. Wird die Liste A zugrunde gelegt und ist sie Herrn Schmidt bekannt, so weiß er sofort nach dem Öffnen eines Umschlags ob ein Tausch sinnvoll ist. Es gibt kein Paradoxon. Bei der Liste B verhält es sich anders. Lediglich in 2 von 10 Fällen gibt es kein Paradoxon. Findet er 10 Euro im Umschlag, wird er auf jeden Fall tauschen. Findet er 320 Euro wird er nicht tauschen. In den übrigen 8 von 10 Fällen steht er vor dem gleichen Problem wie beschrieben. Vor dem Öffnen macht ein Tausch keinen Sinn. Findet er 40 Euro, so sind mit der gleichen (bedingten) Wahrscheinlichkeit 20 oder 80 Euro im zweiten Umschlag. Plötzlich ist es sinnvoll zu tauschen. Wo ist der Fehler? Im Beispiel B darf/muss doch wohl mit bedingter Wahrscheinlichkeit gerechnet werden. Es gibt auch keine "unendlich" großen Beträge. Ist es nur scheinbar das gleiche Paradoxon? Oder liegt der "Kern" für das Paradoxon doch an einer anderen Stelle? --Rebiersch 20:51, 10. Feb. 2008 (CET)

Die 1600 kommen vom Beispiel im Text, ist aber letzlich egal. Dass es in gewissen Fällen sinnvoll ist, zu tauschen, ist kein Paradox, sondern ganz normle Wahrscheinlichkeitsrechnung. Paradox bzw. widersprüchlich wird es erst, wenn es immer sinnvoll wäre zu tauschen, unabhängig vom konkreten Inhalt des Umschlags. --NeoUrfahraner 22:51, 10. Feb. 2008 (CET)

Stimmt, du hast mich überzeugt. So ist es völlig richtig. Vielen Dank für die Erklärungen. --Rebiersch 21:24, 11. Feb. 2008 (CET)