Diskussion:Ziegenproblem

Der Autor der folgenden Zeilen hat recht. Das weiß ich allerdings schon durch eigenes Nachdenken seit anfang Mai 03. Das 100 Türen Problem ist eine unzulässige Gleichsetzung mit dem Ziegenproblem. Das ist auch nicht ganz richtig, was ich als letztes sagte (sorry). Vielmehr ist beim 100 Türen Problem die Umentscheidung zur anderen Tür a u c h unerheblich also nicht chancenverbessernd (übrigens auch nicht verringernd)

Also ich verstehe das ganze nicht. Wenn eine falsche Tür wegfällt bleiben zwei übrig, von denen eine die Ziege enthält und die andere das Auto. Die Wahrscheinlichkeit, dass hinter der gewählten Tür das Auto ist, beträgt nur noch 1/2, nicht 2/3. Das ist zwar immer noch mehr als 1/3, bedenkt man aber, dass eine falsche Tür automatisch wegfallen wird hat die Chance immer 1/2 betragen. Die in diesem Artikel aufgezeigte Rechnung funktioniert nur, wenn das Auto nach dem Öffnen der einen Tür verschoben wird und man nach der Wahrscheinlichkeit fragt, ob das Auto JEMALS hinter der betreffenden Tür war.

Und was wäre, wenn sich eine der Türen gar nicht öffen lassen würde? Warum willst Du das Problem umformulieren. Es ist doch relativ eindeutig formuliert und die richtige Antwort ist recht eindeutig begründet. Der Unterschied zwischen der gewählten Tür und den anderen Türen ist eben, dass über die anderen Türen die zusätzliche Information vorliegt, hinter welchen Türen sich Nieten befinden.

Trotzdem ist es für manche Menschen anschaulicher, zum 100-Türen-Problem überzugehen. Es gibt bei diesem Problem 100 statt 3 Türen. Zuerst wählt der Kandidat eine aus. Dann öffent der Moderator 98 von den anderen Türen, hinter denen jeweils eine Ziege steht. Jetzt die Frage: Soll der Kanditat bei seiner ursprünglich gewählten Tür bleiben (hinter der sich der Preis mit Wahrscheinlichkeit 1/100 befindet) oder zu der Tür wechseln, die weder er gewählt noch der Moderator geöffnet hat (und hinter der sich der Preis mit Wahrscheinlichkeit 99/100 befindet, nämlich der Wahrscheinlichkeit, dass der erste Tip falsch war).

Die Fehleinschätzung ist: Wenn es zwei Möglichkeiten gibt, dann sind beide gleich wahrscheinlich. Das dahinterliegende Prinzip vom unzureichenden Grund gilt aber nur dann, wenn keine weiteren Informationen vorliegen.

Und die liegen auch nicht vor noch gewinnt man sie dazu. Würde man sich beim zweiten Mal wieder neu entscheiden, wird man mit einer Wahrscheinlichkeit von 50% das Auto bekommen. Die Immer-Wechseln-Strategie umgeht aber die zweite Entscheidung. Sie steht vorher schon fest. --LC 20:36, 18. Jan 2005 (CET)

Wenn bei einem Münzwurf die beiden Ereignisse "Die Münze bleibt auf der Kante stehen" und "die Münze bleibt nicht auf der Kante stehen" betrachtet werden, dann ist es vermutlich einsichtig, dass nicht nach dem Prinzip vom unzureichenden Grund verfahren wird, d.h. dass nicht beide Ereignisse mit der Wahrscheinlichkeit 1/2 belegt werden, weil es ja nur zwei gibt. -- (KurtWatzka)

Nochmal von vorne... Die Erklärung: Die Wahrscheinlichkeit, dass sich das Auto hinter dem zunächst gewählten Tor befindet, beträgt 1/3, dass es hinter einem der anderen beiden steht, 1/3 + 1/3 = 2/3. Wenn nun klar ist, hinter welchem Tor das Auto nicht steht, dieses also die Wahrscheinlichkeit 0 hat, das ausgewählte Tor aber immer noch eine 1/3-Chance hat - siehe weiter unten, liegt jetzt die 2/3-Wahrscheinlichkeit auf dem nichtgewählten Tor. Bei einem Wechsel verdoppelt der Kandidat also seine Chancen auf das Auto. ist schlichtweg falsch. Allein aus der Tatsache, daß nun ein Tor ausgeschlossen werden kann, erhalte ich keine neuen Erkenntnisse über die Verteilung der Zufallsgröße, ich verkleinere lediglich die Ergebnismenge $\Omega$ von {Auto, Ziege1, Ziege2} auf {Auto,Ziege1}. Wenn man sonst keine Erkenntnisse über die Verteilung der Zufallsvariable hat, kann man von der Gleichverteilung ausgehen, in dem Fall also Fifty-Fifty. Das kann man auch am Beispiel eines äquivalenten Spiels etwas anschaulicher zeigen. Man zieht aus einem Beutel mit einer weißen und zwei schwarzen Kugeln eine, ohne sie anzuschauen (die erste Wahl des Tores). Dann wird von den restlichen Kugeln eine schwarze weggenommen. Nun wird die Kugel (die ich nicht angeschaut habe) wieder zurückgelegt und es wird neu gezogen. Die Wahrscheinlichkeit ist 1/2, daß man die weiße erwischt. Das erste Mal ziehen (bzw. die erste Wahl) hätte man sich auch sparen und gleich eine eine schwarze Kugel rausnehmen (bzw. gleich ein Tor mit Ziege öffnen) können, da man durch die erste Ziehung keine Erkenntnisse gewinnt. Das Ganze ist eher psychologisch zu betrachten, da der Showmaster so eher beeinflussen kann. Mathematisch interessanter wird das Spiel erst, wenn man vor die Wahl gestellt wird, daß ein Tor zu nehmen, oder es von vornherein auszuschließen. --LC 16:41, 18. Jan 2005 (CET)

Würde auch alles stimmen, wenn man beim zweiten Mal wirklich wählen würde. Aber genau das umgeht man mit der Strategie: Man legt sich bereits vorher fest und das Endergebnis hängt nur davon ab, was man (zufällig) beim der ersten Wahl erwischt hat. Trotzdem ist die Erklärung so nicht richtig. Werde ich überarbeiten --LC 18:39, 18. Jan 2005 (CET)

So, überarbeitet. Hoffe, die Erklärung ist verständlicher. Hab die Bedingte Wahrscheinlichkeit aus dem Fließtext genommen. Hat eigentlich nicht viel mit dem Problem zu tun.

Überarbeitung

ICh werde wieder das schema mit 3 Fällen wiederherstellen: Es ist verständlicher und realistischer (der Kandidat wählt ja tatsächliche eine von DREI türen) und JA :Bedingte Wahrscheinlichkeit liegt immmer vor, wenn ein VOrwissen ("der schowmaster") eingeht.--^°^ @ 09:56, 19. Jan 2005 (CET)

was ich besonders schlecht finde: Früher wurden 3 Fälle mit 3 Grafiken (Diese Schema finde ich besser) , jetzt 2 Fälle mit 4 Grafiken beschrieben.--^°^ @

Dann bitte wieder auf das alte Schema ändern. Bastle gerade an einer mathematisch formaleren Begründung als Ergänzung. --LC 13:31, 19. Jan 2005 (CET)

Gemacht, es unterscheidet die drei realen Fälle ohne IMHO unnötiger Abstraktion und führt leichter zum richtigen Ergebnis.--^°^ @

Also ich finde die derzeitige schematische Darstellung gut und prägnant. Sie sagt alles. Gruß --Philipendula 11:23, 20. Jan 2005 (CET)

Zum Thema Bayes'sche oder Bayessche (Kurt Jansson):

Aus der neuen deutschen Rechtschreibung:

"Adjektivische Ableitungen von Eigennamen auf -sch werden kleingeschrieben, außer wenn die Grundform eines Personennamens durch einen Apostroph abgegrenzt wird, z.B. die goetheschen/Goethe'schen Dramen, indischer Tee, kafkaeske Stimmung."

Also darf es wohl Bayes'sche oder bayessche heißen

Ben-Zin

Ah ja. Rechtschreibung ist schon was tolles. Sollen wir mal anfangen, immer für alle möglichen (erlaubten) Schreibweisen REDIRECTs anzulegen? Schaden kann's ja nicht. --Kurt Jansson

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mit einem Entscheidungsbaum gehts auch: [1] --'~'

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Man kann es sich vielleicht anschaulich vorstellen, dass die Wahrscheinlichkeit, sich vorher für die falsche Tür entschieden zu haben 2/3 ist, und es deswegen besser ist, zu wechseln.
Wenn ich mich nicht irre, ist es so, dass man beispielweise bei 100 Türen, falls nach und nach n Türen geöffnet werden, am besten n-1-mal bei seiner Wahl bleibt und dann beim letzten Mal wechselt. --Gothmog 15:29, 15. Aug 2003 (CEST)

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Das Ganze geht natuerlich davon aus, dass der Moderator nicht versucht, den Kandidaten in die Irre zu fuehren, weil er weiss, dass er das richtigte Tor gewaehlt hat, und ihn nur deshalb fragt, ob er wechseln will. Haette er ein falsches gewaehlt, haette der Moderator nicht gefragt. Damit ergaebe sich eine voellig andere Berechnung und man landet bei der 50:50 Chance, die der "gesunde Menschenverstand" annimmt. Ergo: Da man annehmen muss, dass der Moderator genau das versucht, wechselt man lieber nicht.

~ Moderator nicht versucht der Moderator versucht gar nix, er zeigt ein Tür wo eine Zieg dahinter ist. --'~'

100 Türen

Ich habe die 100-Türen-Erklärung herausgenommen, da sie extrem irreführend ist. Auch wenn der Moderator nur eine der verbleibenden 99 Türen öffnen muss, mit der Maßgabe, auf keinen Fall das Auto zu zeigen, lohnt sich der Wechsel (Chance steigt durch Hilfe des Moderators geringfügig von 1/100 auf 99/100 x 1/98, also von 1% auf ca. 1,01%), und darum geht es.

In der Ursprungsaufgabe mit 3 Türen ist die Anweisung Öffne eine Tür mit einer Ziege identisch mit der Anweisung Öffne alle bis auf eine Tür, und zwar nur Türen mit Ziegen. Bei mehr als 3 Türen ist dies aber nicht der Fall. Deswegen lässt sich die Aufgabenstellung nicht in der gezeigten Form von 3 auf 3+n Türen übertragen, da zusätzliche einschränkende Annahmen einfließen.

--Abe Lincoln 16:49, 15. Feb 2005 (CET)

Warum verändert sich die Chance nicht

Ein oft falsch gegangener Gedankenweg besteht darin, dass man sich nach Aufdeckung
einer der Ziegentore eine fälschlicherweise davon ausgegangene "vergleichbare"
Situation vorstellt: Wenn man die Auswahl zwischen 2 Toren hat, aber nur 1 die
Richtige ist, dann müssen die Chancen 50% zu 50% stehen. Dies wäre aber eine
andere Situation als die des Ziegenproblems, denn die Wahrscheinlichkeiten, dass
der Gewinn sich hinter dem einem bzw. dem anderen Tor befindet, sind nicht gleich.

Warum ist das eine andere Situation? Gary Luck 15:09, 21. Mär 2005 (CET)

Die Situation ist deshalb anders, weil der Moderator einen Teil seines Wissens eingebracht hat. Die Wahrscheinlichkeit, dass das Auto hinter irgendeiner Tür steht, ist 1/3. Sie ändert sich nicht, wenn eine Tür geöffnet wird. Deshalb ist die Wahrscheinlichkeit, dass sie hinter einer der beiden anderen steht, 2/3. Wenn der Moderator die eine dieser beiden öffnet, bleibt die Wahrscheinlichkeit 2/3. Nur, dass ich jetzt weiß, bei deiner der Türen ist sie Null, also muss sie bei der anderen 2/3 sein, weil die Summe ja 2/3 ist. Man kann das alles sehr leicht mit einem Würfel und drei Türen testen. In der anderen Situation mit zwei Türen ist die Wahrscheinlichkeit hinter jeder Tür 1/2. (Es sind zwei und nicht drei Türen.) --Hutschi 15:40, 21. Mär 2005 (CET)

Es gibt nur eine Situation: Nämlich die, die variabel ist. Statische Vorgänge kann man immer außen vor lassen. So z.B. der Vorgang, dass ein Tor gewählt und anschließend ein Tor geöffnet wird. Die Wahl ist nicht relevant, weil sie jederzeit geändert werden kann. Es bleibt also der Vorgang, dass ein Tor geöffnet wird. Da nie das Auto-Tor geöffnet wird ergibt sich immer die Situation, dass zwei Tore - eins mit Ziege und eins mit Auto - übrig bleiben. Also eine Wahrscheinlichkeit von 50% die Ziege zu treffen. Die Berechnungen auf der Seite dienen nur dazu, Studenten zu beschäftigen. --wigwam 16:17, 14. Apr 2005 (CEST)

Meine Fresse... Nachdem ich meien Behauptung beweisen wollte, habe ich das mal kurz simuliert (=programmiert). Die Wahrscheinlichkeit von 1/3 zu 2/3 stimmt. Warum - das muss ich jetzt kapieren... Den PHP-Code gibt's hier: http://www.spotlite.de/stuff/ziege.phps --wigwam 16:41, 14. Apr 2005 (CEST)

Mir ging es auch so, Wigwam. Erst nachdem ich es mit einem Würfel getestet hatte, glaubte ich es. Seitdem bin ich aber der festen Überzeugung. Nimm einen Würfel und drei Türen, 1 und 4 sind Tor 1, 2 und 5 Tor 2, 3 und 6 Tor 3. Nimm zwei Cent als Ziegen und einen Euro als Auto und würfle es. Du siehst noch deutlicher als mit dem Programm, was passiert. --Hutschi 09:39, 15. Apr 2005 (CEST)

Ziegenproblem#Schema, so hab ich es kapiert!--^°^ @