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Wer bedingte Wahrscheinlichkeiten berechnet, sollte das „sichere Ereignis” kennen. Das zeigt sich bereits am sogenannten Ziegenproblem:

Ziegenproblem (Monty Hall Problem)

Anfrage: Kerkert, math.uni-muenster
In einer Spielshow steht ein Kandidat vor drei verschlossenen Türen. Eine Tür verbirgt den Hauptgewinn, hinter den beiden anderen sind Ziegen versteckt. Der Kandidat zeigt auf eine der Türen, der Spielleiter (er kennt den Inhalt der Türen) öffnet dann gemäß der Spielregel eine der beiden anderen Türen, um eine Ziege zu präsentieren. Der Kandidat darf nun seine Wahl ändern. Steigt damit seine Gewinnchance ?

Antwort:

Wählt der Kandidat zuerst die Gewinntür (Wahrscheinlichkeit p = 1/3), so verliert er bei Änderung seiner Auswahl. Steht aber hinter der anfangs gewählten Tür eine Ziege (p = 2/3), dann ist der Wechsel zur verbleibenden Tür stets erfolgreich.

Die Gewinnchance bei einem Türwechsel beträgt somit 2/3, andernfalls 1/3.


Mathematik-Online, Ziegenproblem


Der Clou des Ziegenproblems liegt darin, dass die Bedingung (also das Öffnen einer Ziegentür durch den Spielleiter) das sichere Ereignis ist, weil hinter mindestens einer von jeweils zwei Türen immer eine Ziege steht. Es ist dagegen eine (echte) bedingte Wahrscheinlichkeit zu berechnen, wenn der Spielleiter per Zufall eine Tür öffnet, hinter der dann eine Ziege steht:

Ziegenparadoxon

Anfrage: T. Kirst, mpifr-bonn
In einem Forum wurde unlängst die Frage diskutiert, ob die Wechselstrategie beim Ziegenproblem auch dann günstiger sei, wenn der Spielleiter rein zufällig unter den beiden verbleibenden Türen eine Niete auswählt. Ich war auf Seite derer, die beharrlich argumentierten, dass die Chance des Kandidaten auch in diesem Fall bei einem Türwechsel steige. An der Wahrscheinlichkeit p = 2/3, dass der Kandidat zuerst eine Niete wählt, hat sich ja nichts geändert. Zum Schluss wollte ich meinen Standpunkt mit einem kleinen programmierten Skript endlich beweisen. Ich staunte fassungslos, als der Computer mein Gedankenmodell widerlegte.

Wie ist dann aber die folgende Situation zu erklären: In der 1. Spielrunde wählt der Kandidat zunächst Tür 1, der Spielleiter (er weiß, was sich hinter den Türen befindet) öffnet Tür 2 und zeigt eine Ziege. Die Gewinnchance für die verbleibende Tür 3 beträgt somit 2/3.

Etwas später werden für die 2. Spielrunde wieder zwei Ziegen und ein Gewinn zufällig auf die drei Türen verteilt. Der Kandidat zeigt wie gehabt auf Tür 1, der Spielleiter (er weiß diesmal nicht, was sich hinter den Türen befindet) öffnet wie zuvor Tür 2 mit einer Ziege dahinter. Die Gewinnchance für Tür 3 beträgt jetzt aber nur noch 1/2.

Für mich ist das ein sehr bemerkenswertes Paradoxon!

Antwort:

In beiden Spielen zeigt der Kandidat zuerst zwar jeweils mit der Wahrscheinlichkeit 2/3 auf eine Niete. Das Öffnen einer Ziegentür ist in Runde 2 aber nicht das sichere Ereignis. Damit ist hier im Gegensatz zu Spielrunde 1 wirklich eine bedingte Wahrscheinlichkeit zu berechnen, die natürlich 1/2 beträgt.



Mathematik-Online, Ziegenproblem


Bemerkungen:

Wenn man die Türen (bzw. Ziegen) einfach nicht nummeriert, lässt sich das Ziegenproblem mit Hilfe des sicheren Ereignisses also leicht enträtseln. Daher braucht man hier nicht die Formel von Bayes und erst recht keine Simulationen, die sowieso nichts beweisen.

Übrigens lässt sich das Ziegenproblem einfach auf zwei schwarze und eine rote Spielkarte übertragen, die man verdeckt auf den Tisch legt. Noch interessanter als das Ziegenproblem ist ein „Münzenparadoxon”, das wir in dem Taschenbuch: Die Grammatik der Logik entdeckten - der Autor löste allerdings seine eigene Problemstellung falsch:

Münzenparadoxon
Zwei Spieler A und B werfen eine Münze, bis die von A getippte Sequenz: Zahl, Wappen, Zahl (ZWZ) oder die von B getippte Sequenz ZZW fällt. Beispielsweise gewinnt A im Fall WWZWZ, B gewinnt etwa beim Spielverlauf WWZZW. Haben beide Spieler die gleiche Gewinnchance? Die überraschende Antwort lautet: Die Chance für Spieler A ist kleiner als für Spieler B. Sie beträgt jedoch nicht 3/8, wie in dem besagten Buch zu lesen ist, sondern 1/3.

Das Spiel endet nämlich allein dann, wenn irgendwann Z fällt - A gewinne mit der Wahrscheinlichkeit pA, dann gilt: pA = P(WZ) + P(WW) · pA. Hieraus folgt: pA = 1/4 + 1/4 · pA und daher gilt: pA = 1/3.

Es gibt sogar zu jeder Dreier-Sequenz eine optimale Entgegnung, deren Gewinnchance zweimal, dreimal oder siebenmal höher ist. Setzt Spieler A etwa auf ZZW und B auf WZZ, so gewinnt A genau dann, wenn im ersten und zweiten Wurf Z fällt, daraus folgt: pA = 1/4. Tippt A auf WZZ und B auf WWZ, dann ist pA = 1/3 (vgl. ZWZ / ZZW ). Wählt A die Sequenz ZZZ und B setzt auf WZZ, so kann A nur im dritten Wurf gewinnen, also gilt: pA = 1/8. Die übrigen vier Fälle sind zu den oben genannten äquivalent.
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