[Geschlossen] Das Ziegenproblem

Original von phizza
ok ich muss gestehen, ich hab vorher nich eine sekunde danach gesucht ♦ hätte nich gedacht, dass ds zeigenproblem so populär ist...

also was ich wei�? ist, dass dieser fall nicht eindeutig lösbar ist. ich gehöre übrigens dem lager an, dass sich an der wahrscheinlichkeit nichts ändert. der kandidat hat also eine 50%ige chance auf das auto. meiner meinung nach hat die wahl davor nichts mehr mit der momentanen wahl zu tun, somit teilen sich die 33% von der offenen tür auf die restlichen beiden auf und man steht bei 50%!

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Original von phizza
meiner meinung nach hat die wahl davor nichts mehr mit der momentanen wahl zu tun, somit teilen sich die 33% von der offenen tür auf die restlichen beiden auf und man steht bei 50%!

Wenn du zuerst wählst, ist die W'keit 1/3. So weit wirst du ja noch zustimmen?
Die W'keit, dass es in den beiden anderen ist beträgt also 2/3.
Daran ändert auch das �?ffnen der einen Tür nichts.
Die W'keit, dass es in dem einen offenen und dem nicht gewählten geschlossenen ist beträgt noch immer 2/3.
Die 1/3 gehen also offensichtlich ganz auf das nicht gewählte über.

um noch etwas anzufühgen...

bei der ganzen �?berlegung geht man davon aus, dass man schon weiss, dass man nach dem öffnen des ersten Tores eine andere Wahl trifft. Der Moderator öffnet egal was man nimmt ein Tor hinterdem eine Ziege steht.

---> 2/3 falsch zu liegen bei erster Wahl ---> nach wechsel liegt man richtig
---> 1/3 richtig zu liegen nach erster Wahl -> nach wechseln liegt man falsch...

also, wenn man sich bewusst ist zu wechseln, dann liegt man in 2/3 der Fälle richtig(=+EV), punkt aus finito.... da gibts nichts dran zu rütteln :-)

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du bist cool....darf ich dein freund sein??

http://math.ucsd.edu/~crypto/Monty/monty.html
1000 mal dacorsetzen und ausprobieren. ;-)

Bei dem Thread den ich mal zu dem Thema eröffnet hatte kam folgendes Ergebnis raus:

Sowohl die 50%er als auch die 66%er haben recht.
Der Unterschied ist die Sichtweise, quasi der Moment in dem man den EV bestimmt.
Bestimmt man den EV für den Ganzen Vorgang, (also dann, wenn man die erste Tür auswählt) + (dann, wenn man die Entscheidung hat zu wechseln). Aus der Sichtweise ist der EV 66% mit der schon 100x gebrachten Begründung.
Wenn man aber nur den EV für den Moment bestimmt, indem man vor der Wahl steht zu wechseln ist er wirklich einfach nur 50-50 weil man in dem Moment wirklich nicht mehr Fakten hat.
Da 66% aber Grö�?er sind als 50%, wird sich der schlaue Spieler immer schon vorher dafür entscheiden, zu wechseln, wenn er in diese Situation kommt. Daher wird häufig so getan, als gäbe es die 50-50 garnicht. Es wird einfach ignoriert, weil man als Mathematiker immer nur das Problem als Ganzes betrachtet.

Original von sholvar
Wenn man aber nur den EV für den Moment bestimmt, indem man vor der Wahl steht zu wechseln ist er wirklich einfach nur 50-50 weil man in dem Moment wirklich nicht mehr Fakten hat.

Es geht um zusätzliche Information. Wenn man die ignoriert ist es 50:50... aber das ist doch wohl Unsinn, oder? Mit der gleichen Begründung kann ich auch 100 VPIP spielen. Kommt ja wohl drauf an was am Flop für Karten kommen..... könnte ja gut sein!

Klar kann auch 50/50 rauskommen wenn man sich das Ziegenbeispiel so dreht wie man es gerade braucht, nur dann hat es eben nicht mehr viel mit dem klassischen Ziegenbeispiel zu tun wenn man den Beginn einfach au�?er acht lässt und ignoriert!

Das is wie mit der Münze wo die Wahrscheinlichkeit bei 25 % liegt das 2 mal hintereinander Kopf kommt. Lass ich aber den ersten Wurf au�?er acht liegt die Wahrscheinlichkeit wiederum bei 50 % das Kopf kommt, ganz egal was der Wurf vorher ergeben hat!

lest bitte meine Posts vollständig. Ich habe ein paar wenns und abers genannt. da braucht ihr nicht das gleiche in mehrfacher ausführung drunter zu schreiben. 8[

Original von Madzger
Sei Ai das Ereignis "Auto befindet sich hinter Tür i"
P(Ai) = 1/3 für alle i
Sei Ki das Ereignis "Kandidat wählt Tür i"
P(Ki) = 1/3
Ai,Kj stochastisch unabhängig für 1<= i,j <= 3

Sei Qi das Ereignis "Quizmaster öffnet Tür i" (nicht unabhängig von Ai,Kj)

Wähle nun oBdA(wegen Symmetrie) Kandidat Türe 1 und der Quizmaster öffne Türe 3.

Die Wahrscheinlichkeit zu gewinnen, wenn man die Türe nicht wechselt ist nun:

P(A1 | K1 und Q3)

Nach Def. von bedingter Wahrscheinlichkeit ist dies gleich

P(A1 und K1 und Q3) / P(K1 und Q3)
= P(Q3| A1 und K1) / P(K1 und Q3) * P(A1 und K1) (*)

Es ist P(K1 und Q3) = P(K1 und Q3 und A1) + P(K1 und Q3 und A2) + P(K1 und Q3 und A3)
= P(Q3|A1 und K1) * P(A1 und K1) + P(Q3|A2 und K1) * P(A2 und K1) + 0
= 1/2 * 1/9 + 1* 1/9 = 1/6

Eingesetzt in (*) ergibt sich
P(Q3|A1 und K1) / P(K1 und Q3) * P(A1 und K1) = (1/2) / (1/6) * 1/9 = 1/3

Also 1/3 Siegwahrscheinlichkeit, wenn man nicht wechselt.

Das ist aus dem Stochastikskript abgeschrieben, bin der Meinung, dass es unkomplizierter geht, wenn jmd Interesse hat, werde ich mal drüber nachdenken und hoffentlich ne kürzere Lösung posten.

Die Show ist rigged und des ist garkein Auto hinter einer der Türen.

Wir hatten das auch mal in Mathe, sind ebenfalls zu dem Ergebnis gekommen dass man wechseln sollte.

juhuu...sholvar mein retter ♦

Es wird einfach ignoriert, weil man als Mathematiker immer nur das Problem als Ganzes betrachtet.

schei�? blöde mathematiker!!!

Das is wie mit der Münze wo die Wahrscheinlichkeit bei 25 % liegt das 2 mal hintereinander Kopf kommt. Lass ich aber den ersten Wurf au�?er acht liegt die Wahrscheinlichkeit wiederum bei 50 % das Kopf kommt, ganz egal was der Wurf vorher ergeben hat!

genau wegen dieser erklärung denke ich auch, dass die wahrscheinlichkeit bei dem ziegenproblem bei der 2. wahl 50/50 ist. meiner meinung nach is der vorhergegangende wurf im münzenbeispiel uninteressant, das sehen übrigens auch die meisten mathematiker so....

is doch beim pokern auch so....du hast grade den flop mit pocketpair getroffen, da spielst du dein nächstes pocketpair doch nicht anders, weil angeblich die wahrscheinlichkeit nach der vorherigen hand gesunken ist, dass du dein pocketpair erneut am flop triffst!!

Original von phizza

Das is wie mit der Münze wo die Wahrscheinlichkeit bei 25 % liegt das 2 mal hintereinander Kopf kommt. Lass ich aber den ersten Wurf au�?er acht liegt die Wahrscheinlichkeit wiederum bei 50 % das Kopf kommt, ganz egal was der Wurf vorher ergeben hat!

genau wegen dieser erklärung denke ich auch, dass die wahrscheinlichkeit bei dem ziegenproblem bei der 2. wahl 50/50 ist. meiner meinung nach is der vorhergegangende wurf im münzenbeispiel uninteressant, das sehen übrigens auch die meisten mathematiker so....

Das ist ein Frage des Zeitpunktes. Die Aussage: "Die W'keit, dass ich 2x hintereinander Kopf werfe beträgt 25%" ist genauso richtig wie die Aussage "Wenn ich schon einmal Kopf geworfen habe beträgt die W'keit, dass ich gleich nochmal Kopf werfe 50%"
Das ist bedingte W'keit und dass es 50% und nicht 25% sind spricht eigentlich eher für die 2/3 im Ziegenbeispiel.

Original von phizza
is doch beim pokern auch so....du hast grade den flop mit pocketpair getroffen, da spielst du dein nächstes pocketpair doch nicht anders, weil angeblich die wahrscheinlichkeit nach der vorherigen hand gesunken ist, dass du dein pocketpair erneut am flop triffst!!

Richtig. Weil das auch unabhängig ist. Die Karten werden neu gemischt. Die Tore werden aber nicht neu gemischt im Ziegen"rätsel".

Das ist bedingte W'keit und dass es 50% und nicht 25% sind spricht eigentlich eher für die 2/3 im Ziegenbeispiel.

das musst du mir erklären

Original von phizza
genau wegen dieser erklärung denke ich auch, dass die wahrscheinlichkeit bei dem ziegenproblem bei der 2. wahl 50/50 ist. meiner meinung nach is der vorhergegangende wurf im münzenbeispiel uninteressant, das sehen übrigens auch die meisten mathematiker so....

Quatsch.

2 Münzwürfe sind statistisch unabhängig.

Die Wahl des Tores dagegen nicht.
Die erste Wahl beeinflusst die 2.

Du kannst nämlich nicht beides mal das Schaf erwischen, wenn du das Tor wechselst:
Und nur in diesem Fall wäre es 50:50.

Original von phizza

Das ist bedingte W'keit und dass es 50% und nicht 25% sind spricht eigentlich eher für die 2/3 im Ziegenbeispiel.

das musst du mir erklären
Irgendwie dachte ich mir das.
�?bertragen wir den 2-fachen Münzwurf auf das Ziegenbeispiel:
Du machst vor den beiden Würfen eine Wette - es gibt 4 Möglichkeiten:
KK,ZZ,KZ,ZK - alle sind gleich wahrscheinlich... 25%
Der erste Wurf ist Kopf.
Wenn ich dich dann frage wie gro�? die W'keit ist, dass KK eintritt. Sagst du dann 25% oder 50% ?

Edit: na gut ich gebe zu dass Beispiel hinkt etwas... aber an dieser Stelle benutzt man im Grunde auch eine bedingte W'keit und niemand würde die Information, dass schon einmal Kopf da ist ignorieren. Im Ziegenrätsel dagegen wird die Information gerne ignoriert.

daniel negreanu spricht in seinem video blog auch darüber. ist in dem video "crazy neighbors and card tricks"
kommt aber erst am ende des videos.

Du kannst nämlich nicht beides mal das Schaf erwischen, wenn du das Tor wechselst: Und nur in diesem Fall wäre es 50:50.

das is vielleicht quatsch, kannst du etwa mit einem wurf beide seiten treffen?

Im Ziegenrätsel dagegen wird die Information gerne ignoriert.

so wie ich das tu, deswegen ist es auch keinesfalls falsch.

Original von phizza

Im Ziegenrätsel dagegen wird die Information gerne ignoriert.

so wie ich das tu, deswegen ist es auch keinesfalls falsch.

Was will mir dieser Satz sagen

Original von phizza

Du kannst nämlich nicht beides mal das Schaf erwischen, wenn du das Tor wechselst: Und nur in diesem Fall wäre es 50:50.

das is vielleicht quatsch, kannst du etwa mit einem wurf beide seiten treffen?

Wieso?
Vergleich mal richtig. 2 Würfe, 2 Wahlmöglichkeiten.

kannst du 2 mal hintereinander Kopf treffen? Ja.
Aber kannst du aber 2mal ein Tor mit Schaf wählen, wenn du das Tor wechselst?

Oder fehlt das Hirn?

An diesem Problem sieht man wieder mal den Unterschied zwischen Hauptschülern und Abiturienten:

Das Zauberwort hier ist nämlich: STATISTISCH UNABH�?NGIG.
ZWei Münzwürfe sind es. Das Ziegenproblem nicht.