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Mathematik » Stochastik und Statistik » Zum Ziegenproblem / Quizmaster / 3 Türen
Thema eröffnet 2022-05-05 21:48 von Roulette
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Kein bestimmter Bereich Zum Ziegenproblem / Quizmaster / 3 Türen
Bozzo
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  Beitrag No.40, eingetragen 2022-05-07

\quoteon(2022-05-06 22:19 - tactac in Beitrag No. 38) \quoteon(2022-05-06 02:30 - Roulette in Beitrag No. 16) 🤢kann leider kein Haskell... mit C, C++ oder Python könnte ich aber dienen... \quoteoff Leider kann man mit den anderen genannten Sprachen keinen so lesbaren Code schreiben, was mögliche Beschreibungen des Problems angeht (monty im genannten Haskell-Code), wenn es idiomatischer Code sein soll. F# ginge vll. noch fast so gut wie Haskell. \quoteoff Das hat Latein als "Sprache der Wissenschaft" am Ende auch nix genutzt 🙄 Naja, vlt. bekommt es ueber Elm noch mal 'ne Chance. Immerhin wird das Schulkindern beigebracht.


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JoeM
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  Beitrag No.41, eingetragen 2022-05-07

Hallo Roulette, Du schreibst im Beitrag Nr. 35 ... > Ereignis und Gegenereignis zusammen müssen doch immer die Wahrscheinlichkeit 1 ergeben (oder liege ich da falsch?). < Hier geht es nicht um Ereignis, und Gegenereignis. Allg. sieht es bei den >Ziegen< so aus: T = Anzahl Türen ; A = Anzahl Autos dahinter ; Anzahl Ziegen Z = T −A ; Moderator zeigt A1 Autos, und Z1 Ziegen. https://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/b/44117_Tor4.jpg Für Z1 = Z − 1 und gleichzeitig A1 = A − 1 gilt: W1 + W2 = 1,00 ; Dann gilt auch: Bei Türwechsel haben Sie stets nur noch eine Tür zur Auswahl ( Anzahl = T − A1 − Z1 − 1 = 1 ). Beispiele : https://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/b/44117_Zi3.jpg https://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/b/44117_Zi4.jpg viele Grüße JoeM


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hyperG
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  Beitrag No.42, eingetragen 2022-05-07

\quoteon(2022-05-06 02:30 - Roulette in Beitrag No. 16) 🤢kann leider kein Haskell... mit C, C++ oder Python könnte ich aber dienen... ... Ich hab dann bald aufgegeben, das mathematisch lösen zu wollen, stattdessen eine Simulation geschrieben, um zu entscheiden, was die beste Strategie ist bzw. wäre. Vielleicht stelle ich das mal hier im Forum vor. Ist manchmal gar keine schlechte Lösung, so eine Simulation zu schreiben... \quoteoff Schon vor Jahren merkte ich, dass man bei vielen Zuhörern mit Formeln nicht weiterkommt. Wenn dann auch Formulierungen wie "durch die Zusatz-Information des Q.-Masters, welche Tür es garantiert NICHT ist -> hat man mehr als nur die 50% Chance" nicht ausreichen, hilft nur noch die Simulation. Mit dem online Iterationsrechner Beispiel 112 kann man sich beliebige Zufallsvorgänge selbst nachrechnen. Voreinstellung ist b=100 Versuche. Hier im Bild habe ich mal auf 10000 vergrößert. In Variable c liegt das Gewinn-Ergebnis in % vor. https://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/b/47407_Ziegenproblem.png Das ist nur 1 Zeile einfachster JavaScript-Code mit nur 2 Funktionen: Fx() : erzeugt Zufallszahl im Bereich 1...3 IsValInArrayIndex(a,aA,1): überprüft, ob ein Wert a ab einer Position (Index 1) im Feld/Array aA enthalten ist Grüße Gerd


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Roulette
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  Beitrag No.43, vom Themenstarter, eingetragen 2022-05-07

Manchmal is es eben auch die verbale Formulierung, die der eine vielleicht so, und der andere so, versteht. Das ganze finde ich wirklich nicht uninteressant, wie schon gesagt. Eine ganz andere Möglichkeit, die Gewinnchance zu erhöhen, wäre: durch geschicktes psychologisches Taktieren vom Quizmaster zusätzliche Informationen zu erhalten. Dabei Körpersprache, Tonfall etc. des Quizmasters lesen. Da gäbe es vielleicht schon Möglichkeiten. Aber die sind dann (natürlich) psychologischer (und nicht mathematischer) Natur.


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co2357
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  Beitrag No.44, eingetragen 2022-05-07

Ein unmittelbar einsichtiges Argument für das Ziegenproblem gibt es noch nach über 30 Jahren erstaunlicherweise nicht, was man auch daran sieht, mit welchem hochgerüsteten Inventar hier argumentiert wird. Das Bedürfnis nach simulierter Erfahrung ist recht stark und erklärt vielleicht, dass (zum Glück) die Bayes-Formel noch nicht angeführt wurde. Und wer wie eine Pistole die Antwort rausschießt, weiß es womöglich nur, statt zu verstehen. Wer sich auf die intendierte Aufgabenstellung einlässt, kann vermeintliche Gegenargumente mit einer (absichtlich) falsch gestellten Frage darstellen: Ob der Kandidat bei der 1. Wahl anders gewählt hätte, wenn er von dem geöffneten Ziegentor wüsste? Da das geöffnete Tor ohnehin nicht gewählt wurde, nein! Und so erscheint auch die 2. Wahl nicht änderungsbedürftig. Mit anderen Worten: \quoteon(2022-05-06 14:20 - Diophant in Beitrag No. 23) Wie gesagt: das Paradoxon wird durch das bewusste bzw. gezielte Verändern des Grundraums während des Spiels durch den Moderator erzeugt. \quoteoff


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Roulette
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  Beitrag No.45, vom Themenstarter, eingetragen 2022-05-07

\quoteon(2022-05-06 20:52 - Diophant in Beitrag No. 37) Was du ausgerechnet hast ist die Wahrscheinlichkeit zu verlieren, wenn man vor der gewählten Tür stehen bleibt. Dass dabei das gleiche herauskommt wie für die gesuchte Gewinnwahrscheinlichkeit, wenn man die Tür wechselt, ist Zufall bzw. dem Setup des Spiels geschuldet. \quoteoff Gut, also nochmal. Mein Beweis ist weder falsch noch unvollständig noch Zufall etc., sondern die vielleicht eleganteste und einfachste Lösung des Problems (?) 1) Spielzug 1: Wahl wird beibehalten => Gewinnwahrscheinlichkeit = 1/3 2) Spielzug 2: man wechselt => Gewinnwahrscheinlichkeit = 1 - 1/3 = 2/3. Warum? Es sind insgesamt nur 2 Spielzüge möglich, und genau einer davon führt immer zum Gewinn. Die Gewinnwahrscheinlichkeit des ersten Spielzugs ist bekannt. Die des zweiten ist damit die des Gegenereignisses.


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Roulette
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  Beitrag No.46, vom Themenstarter, eingetragen 2022-05-07

\quoteon(2022-05-07 15:34 - co2357 in Beitrag No. 44) Ein unmittelbar einsichtiges Argument für das Ziegenproblem gibt es noch nach über 30 Jahren erstaunlicherweise nicht, was man auch daran sieht, mit welchem hochgerüsteten Inventar hier argumentiert wird. Das Bedürfnis nach simulierter Erfahrung ist recht stark und erklärt vielleicht, dass (zum Glück) die Bayes-Formel noch nicht angeführt wurde. Und wer wie eine Pistole die Antwort rausschießt, weiß es womöglich nur, statt zu verstehen. Wer sich auf die intendierte Aufgabenstellung einlässt, kann vermeintliche Gegenargumente mit einer (absichtlich) falsch gestellten Frage darstellen: Ob der Kandidat bei der 1. Wahl anders gewählt hätte, wenn er von dem geöffneten Ziegentor wüsste? Da das geöffnete Tor ohnehin nicht gewählt wurde, nein! Und so erscheint auch die 2. Wahl nicht änderungsbedürftig. \quoteoff Die "Falle", in die ich ursprünglich getappt bin: wir haben am Ende eine Sitution, die (vielleicht entgegen aller Intuition) NICHT einem gleichberechtigten Wählen aus zwei zufällig verteilten Möglichkeiten entspricht. Eine "anschauliche" Erklärung dafür gelingt mir bis jetzt immer noch nicht. Nur die in meinem vorigen Post logisch/stochastisch hergeleitete Begründung lässt halt einfach keinen anderen Schluß zu. Das "genügt" mir im Prinzip auch.


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Diophant
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  Beitrag No.47, eingetragen 2022-05-07

\quoteon(2022-05-07 18:10 - Roulette in Beitrag No. 45) Gut, also nochmal. Mein Beweis ist weder falsch noch unvollständig noch Zufall etc., sondern die vielleicht eleganteste und einfachste Lösung des Problems (?) 1) Spielzug 1: Wahl wird beibehalten => Gewinnwahrscheinlichkeit = 1/3 2) Spielzug 2: man wechselt => Gewinnwahrscheinlichkeit = 1 - 1/3 = 2/3. Warum? Es sind insgesamt nur 2 Spielzüge möglich, und genau einer davon führt immer zum Gewinn. Die Gewinnwahrscheinlichkeit des ersten Spielzugs ist bekannt. Die des zweiten ist damit die des Gegenereignisses. \quoteoff Mit Verlaub: das ist Unsinn. Die Frage, ob man vor der gewählten Tür stehen bleibt oder wechselt ist doch nicht Teil des Zufallsexperiments, sondern eine willkürliche Entscheidung. Das Begriffspaar "Ereignis - Gegenereignis" ist nur innerhalb desselben Zufallsexperiments sinnvoll. Du verwendest es hier aber im Prinzip auf zwei unterschiedliche (einstufige) Zufallsexperimente. Also dein Ereignis und dein sog. "Gegenereignis" gehören eben nicht zum gleichen Experiment. Gruß, Diophant [Die Antwort wurde nach Beitrag No.45 begonnen.]


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Roulette
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  Beitrag No.48, vom Themenstarter, eingetragen 2022-05-07

\quoteon(2022-05-07 18:22 - Diophant in Beitrag No. 47)Die Frage, ob man vor der gewählten Tür stehen bleibt oder wechselt ist doch nicht Teil des Zufallsexperiments, sondern eine willkürliche Entscheidung. \quoteoff Aber welche Entscheidung jemand letztlich trifft, ist doch unerheblich (und interessiert mich auch gar nicht). Mich interessiert, welche Entscheidung die grundsätzlich bessere wäre (und das ist die mit der höheren Gewinnwahrscheinlichkeit. Deswegen geht es darum, genau diese Gewinnwahrscheinlichkeiten zu ermitteln, was ich - und auch einige andere im Faden - dann auch tat)


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Roulette
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  Beitrag No.49, vom Themenstarter, eingetragen 2022-05-07

... und "Spielzug 1" ist das Gegenereignis zu "Spielzug 2" (egal ob der Spielzug willkürlich oder sonstwie gesteuert dann durchgeführt wird) weil man weiss, dass genau einer dieser Spielzüge eintreten wird. Und wenn der eine stattfindet, dann tut das der andere nicht. Beide Ereignisse schliessen sich also aus, und decken gemeinsam den ganzen (noch vorhandenen) Ergebnisraum ab.


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Diophant
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  Beitrag No.50, eingetragen 2022-05-07

\quoteon(2022-05-07 18:50 - Roulette in Beitrag No. 48) \quoteon(2022-05-07 18:22 - Diophant in Beitrag No. 47)Die Frage, ob man vor der gewählten Tür stehen bleibt oder wechselt ist doch nicht Teil des Zufallsexperiments, sondern eine willkürliche Entscheidung. \quoteoff Aber welche Entscheidung jemand letztlich trifft, ist doch unerheblich (und interessiert mich auch gar nicht). Mich interessiert, welche Entscheidung die grundsätzlich bessere wäre (und das ist die mit der höheren Gewinnwahrscheinlichkeit. Deswegen geht es darum, genau diese Gewinnwahrscheinlichkeiten zu ermitteln, was ich - und auch einige andere im Faden - dann auch tat) \quoteoff Das Problem ist einfach, dass du die Begrifflichkeiten falsch anwendest. Das hat hier wie gesagt nichts mit Ereignis und Gegenereignis zu tun (bzw. gehören diese beiden hier nicht zusammen: dein "Gegenereignis" gehört nicht zu dem Ereignis, dass man nach Beibehalten der Tür gewinnt, sondern zu dem, dass man nach dem Wechseln der Tür verliert). Deine beiden Rechnungen spielen sich wie gesagt in unterschiedlichen Zufallsexperimenten ab (weil du ja nur die letzte Stufe betrachtest und dort auch nur den Gewinnfall). In der Mathematik zählt aber nicht nur, dass am Ende das richtige Resultat herauskommt, sondern der Weg dahin muss auch mathematisch korrekt sein. \quoteon(2022-05-07 19:02 - Roulette in Beitrag No. 49) ... und "Spielzug 1" ist das Gegenereignis zu "Spielzug 2" (egal ob der Spielzug willkürlich oder sonstwie gesteuert dann durchgeführt wird) weil man weiss, dass genau einer dieser Spielzüge eintreten wird. \quoteoff Nein, das ist wie gesagt falsch. Das sind überhaupt keine Ereignisse im stochastischen Sinn. Gruß, Diophant [Die Antwort wurde nach Beitrag No.48 begonnen.]


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Roulette
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  Beitrag No.51, vom Themenstarter, eingetragen 2022-05-07

Also, um mich in die Begrifflichkeiten wirklich selbst genau reinzubaggern, gehen mir ehrlich gesagt - zumindest im Moment gerade - Zeit und Lust aus...


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co2357
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  Beitrag No.52, eingetragen 2022-05-07

Zeit für SmartArt-Skills: Bezugnehmend auf Beitrag 19 ergibt sich anschaulich: https://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/b/55476_Bild4.png Jetzt lassen sich die Strategien paarweise vergleichen, sofern 1 Merkmalspaar übereinstimmt.


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Roulette
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  Beitrag No.53, vom Themenstarter, eingetragen 2022-05-07

\quoteon(2022-05-07 19:31 - Roulette in Beitrag No. 51) Also, um mich in die Begrifflichkeiten wirklich selbst genau reinzubaggern, gehen mir ehrlich gesagt - zumindest im Moment gerade - Zeit und Lust aus... \quoteoff Es geht sogar noch einfacher... 😉 1) Die Gewinnwahrscheinlichkeit für den Nicht-Wechsler beträgt 1/3 2) => Die Gewinnwahrscheinlichkeit für den Wechsler beträgt 2/3 (*) --- (*) Warum ist das so? Tipp dazu: neben den bisher genannten Lösungen es mal mit einem Beweis durch Widerspruch probieren 😉


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tactac
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  Beitrag No.54, eingetragen 2022-05-07

\quoteon(2022-05-06 22:19 - tactac in Beitrag No. 38) Leider kann man mit den anderen genannten Sprachen keinen so lesbaren Code schreiben, was mögliche Beschreibungen des Problems angeht (monty im genannten Haskell-Code), wenn es idiomatischer Code sein soll. F# ginge vll. noch fast so gut wie Haskell. \quoteoff In C# geht's mit Hilfe eines LINQ-Ausdrucks auch noch ganz gut: (Und klar: Man hätte auch hier Dictionarys statt des Continuations-basierten für die WK-Verteilungen nehmen können. Darauf hatte ich aber keine Lust.) \sourceon C# \numberson var Doors = new List{Door.L,Door.M,Door.R}; var strategies = new List>> { // beibehalten (initial, open) => Ext.Return(initial), // wechseln (initial, open) => Doors.Without(initial, open).Uniform(), // Information ignorieren, neu zufällig auswählen (initial, open) => Doors.Without(open).Uniform() }; foreach(var strategy in strategies) { Console.WriteLine(Monty(strategy).Prob(x=>x)); } K Monty(Func> strategy) => from car in Doors.Uniform() from initial in Doors.Uniform() from open in Doors.Without(car, initial).Uniform() from choice in strategy(initial, open) select car == choice; enum Door {L,M,R} // ab hier nur noch Infrastruktur record struct K(Func, R> at); static class Ext { public static K SelectMany(this K source, Func> f) => new K(t => source.at(a => f(a).at(t))); public static K Select(this K source, Func f) => new K(t => source.at(a => t(f(a)))); public static K SelectMany(this K source, Func> f, Func g) => source.SelectMany(a => f(a).Select(t => g(a,t))); public static K Return(A a) => new K(f => f(a)); public static K Uniform(this IEnumerable data) { var length = data.Count(); return new K(t => data.Select(t).Sum()/length); } public static double Prob(this K source, Func p) => source.at(a => p(a) ? 1 : 0); public static IEnumerable Without(this IEnumerable xs, params A[] ys) => xs.Except(ys); } \sourceoff


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Roulette
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  Beitrag No.55, vom Themenstarter, eingetragen 2022-05-07

Übrigens, \quoteon(2022-05-07 19:04 - Diophant in Beitrag No. 50) Deine beiden Rechnungen spielen sich wie gesagt in unterschiedlichen Zufallsexperimenten ab (weil du ja nur die letzte Stufe betrachtest und dort auch nur den Gewinnfall).\quoteoff Widerspruch... es ist völlig irrelevant für die erste Rechnung, was in darauffolgenden Experimenten sonst noch passiert. Die erste Rechnung (der Nicht-Wechsler hat eine Gewinnwahrscheinlichkeit von 1/3) stimmt immer und unter allen Umständen. Das ändert sich nie - egal wie viele Experimente sonst noch folgen sollten. [Die Antwort wurde nach Beitrag No.53 begonnen.]


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co2357
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  Beitrag No.56, eingetragen 2022-05-07

\quoteon(2022-05-07 21:13 - Roulette in Beitrag No. 53) 1) Die Gewinnwahrscheinlichkeit für den Nicht-Wechsler beträgt 1/3 2) => Die Gewinnwahrscheinlichkeit für den Wechsler beträgt 2/3 (*) \quoteoff Da ist einiges durcheinander. Ich empfehle deine Argumentationsweise als Baumdiagramm zu zeichnen in der richtigen zeitlichen Abfolge. Das hat mir vor 20 Jahren auch geholfen, als alle die richtige Lösung nachplapperten und ich es immer noch nicht verstanden hatte. Hier ein Verlangen nach einer kurzen Erklärung in einem Gedanken-Stück ist leider nur ein unerfüllbares Wunschdenken und erinnert mich an das Faust-Stück.


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Roulette
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  Beitrag No.57, vom Themenstarter, eingetragen 2022-05-07

\quoteon(2022-05-07 22:12 - co2357 in Beitrag No. 56) \quoteon(2022-05-07 21:13 - Roulette in Beitrag No. 53) 1) Die Gewinnwahrscheinlichkeit für den Nicht-Wechsler beträgt 1/3 2) => Die Gewinnwahrscheinlichkeit für den Wechsler beträgt 2/3 (*) \quoteoff Da ist einiges durcheinander. \quoteoff in einem Zweizeiler mit zwei richtigen Aussagen ist "einiges ducheinander"...? ;-) \quoteon(2022-05-07 22:12 - co2357 in Beitrag No. 56)Hier ein Verlangen nach einer kurzen Erklärung in einem Gedanken-Stück ist leider nur ein unerfüllbares Wunschdenken \quoteoff Nein, in diesem Fall kommst Du ohne Bäume usw. hin. Es reichen Grundlagen der Stochastik, ein wenig logisches Denken und korrektes Analysieren. Aber jetzt mach' ich erstmal ein wenig "matheplanet"-Pause. Brauche die Zeit noch für andere Dinge...


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JoeM
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  Beitrag No.58, eingetragen 2022-05-08

Hallo Roulette, Du argumentierst ständig mit > Ereignis, und Gegenereignis; Summe = 1,00 <; z.B. schreibst Du im Beitrag No. 45) , und No. 49) u.a. .... ----------------------------------------------------------------------------------------------------- 45) Mein Beweis ist weder falsch noch unvollständig noch Zufall etc., sondern die vielleicht eleganteste und einfachste Lösung des Problems (?) 1) Spielzug 1: Wahl wird beibehalten => Gewinnwahrscheinlichkeit = 1/3 2) Spielzug 2: man wechselt => Gewinnwahrscheinlichkeit = 1 - 1/3 = 2/3. Warum? Es sind insgesamt nur 2 Spielzüge möglich, und genau einer davon führt immer zum Gewinn. Die Gewinnwahrscheinlichkeit des ersten Spielzugs ist bekannt. Die des zweiten ist damit die des Gegenereignisses. 49).. und "Spielzug 1" ist das Gegenereignis zu "Spielzug 2" (egal ob der Spielzug willkürlich oder sonstwie gesteuert dann durchgeführt wird) weil man weiss, dass genau einer dieser Spielzüge eintreten wird. Und wenn der eine stattfindet, dann tut das der andere nicht. Beide Ereignisse schliessen sich also aus, und decken gemeinsam den ganzen (noch vorhandenen) Ergebnisraum ab. ----------------------------------------------------------------------------------------------------- Das ist, wie Diophant schon mehrfach mitgeteilt hat, UNSINN ! Dazu 2 Beispiele : Bsp.1 : 4 Tore, dahinter 1 Auto, und 3 Ziegen; der Moderator zeigt 1 Ziege. Ohne Wechsel: p1 = 1/4 ; mit Wechsel: p2 = 3/8 ; p1 + p2 = 5/8 < 1,00; Bsp.2 : 4 Tore, dahinter 2 Autos, und 2 Ziegen; der Moderator zeigt 1 Ziege. Ohne Wechsel: p1 = 1/2 ; mit Wechsel: p2 = 3/4 ; p1 + p2 = 5/4 > 1,00; Du vergißt bei Deiner Logik den Moderator, der stets eine Ziege zeigt (somit liegt hier KEIN Gegenereignis vor). Wie Du richtig erwähnt hast, führt eine der beiden Spielzüge zum Gewinn.😃 Ansonsten: Im Beitrag No. 57 schreibst Du: > Es reichen Grundlagen der Stochastik, ein wenig logisches Denken und korrektes Analysieren. < Ja, ein wenig Logik reicht 🙂 viele Grüße JoeM


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Roulette
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  Beitrag No.59, vom Themenstarter, eingetragen 2022-05-08

@JoeM wenn Du das Spiel veränderst, ergeben sich natürlich auch andere Verhältnisse (z.B. entsteht in Deinem ersten Fall die Möglichkeit, dass keiner der beiden Spieler das Auto gewinnt)


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Roulette
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  Beitrag No.60, vom Themenstarter, eingetragen 2022-05-08

Meine bisher kernigste anschauliche Erklärung (ohne Baum etc.): a) der "Nicht-Wechsler" hat immer eine Gewinnwahrscheinlichkeit von 1/3 Beim ersten Experiment (Wahl einer aus drei Türen) wählt der Nicht-Wechsler mit einer Wahrscheinlichkeit von 1/3 die Tür mit dem Auto. Daran ändert sich nie wieder etwas. b) Warum hat der "Wechsler" eine Gewinnwahrscheinlichkeit von 2/3? Einer der beiden Spieler gewinnt das Auto mit Sicherheit (zwei Türen, hinter einer ein Auto, beide Spieler wählen unterschiedliche Türen). Und wenn der eine Spieler eine Gewinnwahrscheinlichkeit von 1/3 hat, muss der andere Spieler logischerweise eine Gewinnwahrscheinlicheit von 2/3 haben. Finito ;-)


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Roulette
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  Beitrag No.61, vom Themenstarter, eingetragen 2022-05-08

Noch eine kleine Ergänzung (Widerspruchsbeweis zu b)): Hätte der Wechsler eine Gewinnchance von UNTER 2/3, dann gäbe es den Fall, dass keiner der Spieler das Auto gewinnt. Dieser Fall ist aber durch das Spiel kategorisch ausgeschlossen und widerspricht dem Spielablauf. Hätte der Wechsler eine Gewinnchance von ÜBER 2/3, dann entsteht eine Wahrscheinlichkeit von über 100%, dass das Auto seinen Besitzer wechselt. Eine Wahrscheinlichkeit über 1 = 100% ist aber nicht möglich und bedeutet, dass wir das Gebiet der Stochastik verlassen würden. Und damit gleich mit die Welt des heute bekannten kausalen Universums. Vielleicht ist so etwas ja zum Zeitpunkt des Urknalls möglich - ich weiss es nicht. Und das würde auch bedeuten, dass die Gewinnwahrscheinlichkeit beider Spieler nicht mehr definiert ist und nicht berechnet werden kann, was bei einem endlichen zufallsorientierten Spiel mit definierten Ablauf-Regeln niemals passieren kann und darf.


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Diophant
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  Beitrag No.62, eingetragen 2022-05-08

@Roulette: \quoteon(2022-05-08 09:15 - Roulette in Beitrag No. 60) Finito ;-) \quoteoff Das ist kein mathematisches Argument, sondern bloßes Beharren auf einer bereits eindeutig widerlegten Position. Das wäre also die korrekte Vorgehensweise etwa auf Facebook, nicht aber hier auf dem MP. Gruß, Diophant


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Roulette
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  Beitrag No.63, vom Themenstarter, eingetragen 2022-05-08

Es handelt sich um eine saubere logische und begründete Schlussfolgerung. Und es mag Leute geben, die diese nicht nachvollziehen können, oder wollen. Allerdings ist das dann weniger mein Problem...


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mathsmaths
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  Beitrag No.64, eingetragen 2022-05-08

\quoteon(2022-05-06 14:00 - Roulette in Beitrag No. 22) @mathsmaths Nein nicht ganz, so darfst Du nicht argumentieren. Das ist die gleiche Argumentation wie bei den Lottozahlen: nur weil die 2 bisher am wenigsten oft gezogen wurde, ist die Wahrscheinlichkeit NICHT höher, dass sie bei der nächsten Ziehung kommt. Das ist ein intuitiver Trugschluß: die Wahrscheinlichkeit für die nächste Ziehung ist trotzdem genauso hoch wie bei jeder anderen Lottozahl. (das einzige, was man sicher weiss: bei sehr viel mehr Ziehungen in der fernen Zukunft gleichen sich die Anzahl der Ziehungen der einzelnen Lottozahlen immer stärker aneinander an) \quoteoff Beim Lotto weißt du niemals gewiss, dass/ob eine bestimmte Zahl unter den noch folgenden Zahlen sein wird. In dem Fall ist aber bekannt, dass das Auto definitiv hinter einer der beiden verschlossenen Türen steckt. Wie gesagt hat mir das für meine Intuition geholfen; heißt ja nicht, dass das auch bei dir der Fall ist.


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AnnaKath
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  Beitrag No.65, eingetragen 2022-05-08

Huhu zusammen, die Diskussion gleitet vielleicht etwas ab und so möchte ich zur Sache zurückzukehren... Aus meinem Verständnis ist jedenfalls Roulettes Argument völlig nachvollziehbar und auch korrekt: Wenn man sowohl weiss, dass die Wahrscheinlichkeit durch Nichtswechseln das Auto zu gewinnen bei $\frac13$ liegt und weiss, dass man durch Wechseln oder Nichtwechseln das Auto sicher gewinnt, ist doch völlig nachvollziehbar, dass die Wahrscheinlichkeit durch Nichtswechseln zu gewinnen dann gerade $1-\frac13 = \frac23$ beträgt. Man kann das Spiel etwa durch einen W'Raum über $\Omega = \{ W, N \}$ mit $P(\{N\})=\frac13$ modellieren. Dann ist es auch völlig legitim, von einem Gegenereignis etc. zu sprechen. lg, AK


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Roulette
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\quoteon(2022-05-08 16:29 - mathsmaths in Beitrag No. 64) Beim Lotto weißt du niemals gewiss, dass/ob eine bestimmte Zahl unter den noch folgenden Zahlen sein wird. In dem Fall ist aber bekannt, dass das Auto definitiv hinter einer der beiden verschlossenen Türen steckt. \quoteoff d'accord. \quoteon Wie gesagt hat mir das für meine Intuition geholfen; heißt ja nicht, dass das auch bei dir der Fall ist. \quoteoff "Irgendwie" helfen mir solche Aussagen schon auch. Auch diese eine mit den "Gewichten" bei 99 geöffneten Toren. Aber es spielen zu viele Dinge mit rein, die eine "intuitive Erfassung" des Problems stören, und letztlich verunmöglichen, jedenfalls bei mir: - die Möglichkeit, dass der Nicht-Wechsler die Autotür oder eben eine Ziegentür gewählt hat - vor allem aber das Stochastik-Grundgesetz, dass bei einem wahlfreien Zugriff zwischen zwei Alternativen die Gewinnchance immer 1/2 sein muss. Beim Versuch, all diese Dinge zu "verrechnen", kriegt meine Intuition dann irgendwo einen Kurzschluss... \quoteon(2022-05-08 18:31 - AnnaKath in Beitrag No. 65) Aus meinem Verständnis ist jedenfalls Roulettes Argument völlig nachvollziehbar und auch korrekt: Wenn man sowohl weiss, dass die Wahrscheinlichkeit durch Nichtswechseln das Auto zu gewinnen bei $\frac13$ liegt und weiss, dass man durch Wechseln oder Nichtwechseln das Auto sicher gewinnt, ist doch völlig nachvollziehbar, dass die Wahrscheinlichkeit durch Nichtswechseln zu gewinnen dann gerade $1-\frac13 = \frac23$ beträgt. \quoteoff Man könnte es auch so ausdrücken: das Auto wechselt mit 100%-iger Sicherheit seinen Besitzer - vom Sender, zu genau einem der beiden Spieler. Diese Tastache ist hier das "sichere Ereignis". Und das lässt sich kinderleicht beweisen (bzw. das habe ich in Nr. 60 ja schon). \quoteon Man kann das Spiel etwa durch einen W'Raum über $\Omega = \{ W, N \}$ mit $P(\{N\})=\frac13$ modellieren. Dann ist es auch völlig legitim, von einem Gegenereignis etc. zu sprechen. \quoteoff Und genau in diesem Sinne war meine Argumentation auch gemeint (abseits von absolut 100%ig korrekt gewählten Begrifflichkeiten).


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Roulette
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  Beitrag No.67, vom Themenstarter, eingetragen 2022-05-08

Interesssant finde ich auch die Nr. 61 mit dem Widerspruchsbeweis, inbes. diesen Teil: \quoteon(2022-05-08 09:15 - Roulette in Beitrag No. 61) Hätte der Wechsler eine Gewinnchance von UNTER 2/3, dann gäbe es den Fall, dass keiner der Spieler das Auto gewinnt. Dieser Fall ist aber durch das Spiel kategorisch ausgeschlossen und widerspricht dem Spielablauf. \quoteoff Die Tatsache, dass aufgrund der Widerspruchs-Annahme KEINER der Spieler das Auto gewinnen könnte - und dass diese Annahme (Gewinnchance unter 2/3) daher einfach falsch sein muss - das müsste selbst "blutigen nicht-Mathematikern" begreiflich zu machen sein. Mein Ziel war es insgesamt, eine Erklärung zu schaffen, die auch Leute ohne Diplom und mehrstündiger/mehrtägiger Beschäftigung mit diesem Problem verstehen können. Und ich denke, das ist mir gelungen. Mit Schützenhilfe von dem einen oder anderen hier.


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Roulette
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  Beitrag No.68, vom Themenstarter, eingetragen 2022-05-08

Man könnte auch noch nach einer Begründung dafür fragen, warum der Nicht-Wechsler seine Gewinnwahrscheinlichkeit von 1/3 vom ersten Experiment in das zweite Experiment "mitnehmen" darf. Also etwas in Richtung dieser Fragestellung: \quoteon(2022-05-07 19:04 - Diophant in Beitrag No. 50) Deine beiden Rechnungen spielen sich wie gesagt in unterschiedlichen Zufallsexperimenten ab.\quoteoff Und die Begründung dafür ist auch nicht sehr schwer. Es gibt im gesamten Spielablauf nur EIN Auto, nicht zwei, oder drei, oder unbekannt viele... Und der Nicht-Wechsler erzielt im 1. Experiment definitiv eine Gewinnchance von genau 1/3 auf genau dieses eine Auto.


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Caban
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  Beitrag No.69, eingetragen 2022-05-08

Hallo Ich finde die einfachste Begründung ist: Wählt man zuerst das Tor mit dem Auto, ist wechseln schlecht. Bei den beiden anderen ist wechseln gut. Gruß Caban


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co2357
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  Beitrag No.70, eingetragen 2022-05-08

Ich möchte noch einmal daran erinnern, dass Roulette mit dem 50-50-Argument begonnen hat und nunmehr ähnlich kurz wie nzimme10 aus Beitrag 2 argumentiert für die Wechsel-Strategie. Ich bleibe aber bei dem, was ich in meinem Beitrag 19 vorraussetze. \quoteon(2022-05-07 21:13 - Roulette in Beitrag No. 53) 1) Die Gewinnwahrscheinlichkeit für den Nicht-Wechsler beträgt 1/3 2) => Die Gewinnwahrscheinlichkeit für den Wechsler beträgt 2/3 (*) --- (*) Warum ist das so? Tipp dazu: neben den bisher genannten Lösungen es mal mit einem Beweis durch Widerspruch probieren 😉 \quoteoff Vorangestellt: In der Kürze liegt auch das Missverständnis und kann in einen esoterischen Überbietungsgestus führen, der einer notwendigen Erläuterungssprache beim Ziegenproblem nicht dienlich ist. in diesem Sinne gilt "Make it explicit!". 1.) Betrachten wir die möglichen Belegungen der 3 Tore als Tripel: (AZZ), (ZAZ), (ZZA); ohne Einschränkung wählt der Spieler Tor 1 und nutzt nur die Nicht-Wechsel-Strategie. Dann ergibt sich in 1 von 3 Fällen ein Gewinn. 2.) Wie oben sind die 3 möglichen Belegungen (AZZ), (ZAZ), (ZZA) mit der Wahl für Tor 1 und Wechselstrategie: Dann ergibt sich in 2 von 3 Fällen ein Gewinn. 3.) Ein Vergleich von 1.) und 2.) zeigt 2.) als bessere Strategie. Weder folgert 2.) aus 1.), noch umgekehrt, vielmehr sind beide Strategien in chiraler Dualität (wie zwei Hände nebeneinander) auf einander bezogen. Und das eine ist aus dem anderen nicht ableitbar wie das andere aus dem einen. Übrigens ist dies abgewandelt aus einer Erläuterung von Marilyn vos Savant selbst aus dem Jahr 1990, dem Wikipedia-Eintrag zu ihrer Person entnommen.


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Wario
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  Beitrag No.71, eingetragen 2022-05-08

Ich habe die Diskussion nur flüchtig mitverfolgt und bin daher vermutlich hoffnungslos hinten dran, aber kann man nicht einfach die drei Fälle durchgehen und abzählen? Der Kandidat wähle ohne Beschränkung der Allgemeinheit Tür (1), dann ist $ \pagecolor{yellow!22} \newcolumntype{C}[1]{ >{\centering\arraybackslash\color{#1}}m{4em}} \newcolumntype{U}{ >{\colorbox{blue} }c<{ endgroup }} \def\Pbleiben{\color{red}$p=\dfrac13$ \rule[-1em]{0mm}{2.5em}} \def\Pwechseln{\color{red}$p=\dfrac23$} \def\Gwkt{\color{red}Gewinnwahrscheinlichkeit} \begin{tabular}{| C{purple} c c |C{blue}| c |C{blue} c |} \hline \multicolumn{3}{|c|}{Tür} & & Bleiben & \multicolumn{2}{c|}{Wechseln} \\ (1) & (2) & (3) & {Mod. öffnet} & bewirkt & auf & bewirkt \\ \hline % A & Z & Z & $(2)\lor(3)$ & Gewinn & $(3)\lor(2)$ & Verlust \\ Z & A & Z & (3) & Verlust & (2) & Gewinn \\ Z & Z & A & (2) & Verlust & (3) & Gewinn \\ \hline {(Wahl)} & \multicolumn{3}{c|}{} & \Pbleiben & & \Pwechseln \\ \hline \multicolumn{4}{|l}{Hinweis: A: "\underline{A}uto", Z: "\underline{Z}iege"} &\multicolumn{3}{|c|}{\Gwkt} \\ \hline \end{tabular} % \begin{tikzpicture} $


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Wauzi
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  Beitrag No.72, eingetragen 2022-05-08

\quoteon(2022-05-08 20:23 - Caban in Beitrag No. 69) Hallo Ich finde die einfachste Begründung ist: Wählt man zuerst das Tor mit dem Auto, ist wechseln schlecht. Bei den beiden anderen ist wechseln gut. Gruß Caban \quoteoff Hallo, diese Begründung würde aber bereits ganz am Anfang zutreffen, also: Du hast Dich entschieden, jetzt solltest Du aber wechseln, jetzt solltest Du aber wechseln, jetzt solltest Du aber wechseln....... Gruß Wauzi


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co2357
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  Beitrag No.73, eingetragen 2022-05-08

@Wario Deine übersichtliche Darstellung hat mir klar gemacht: Es wird nur unter der Perspektive, dass der Spieler gewinnt betrachtet. Das würde ich meinen Ausführungen in Nr. 70 noch voranstellen. Eine Verlierperspektive wird damit gestrichen. Daher auch die angesetzten 100 % für die totalisierte Gewinnwahrscheinlichkeit. Umso wichtiger, seine Voraussetzungen darzustellen, und nicht nachträglich hineinzubasteln.


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JoeM
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  Beitrag No.74, eingetragen 2022-05-09

Hallo Roulette, p1 = Gewinn ohne Wechsel; p2 = Gewinn mit Wechsel: Dann gilt p1 + p2 = 1,00 stets dann, wenn der Kandidat beim Wechsel nur noch eine Tür zur Auswahl hat; sonst nicht. Beispiel: 5 Türen; dahinter 2 Autos, und 3 Ziegen; der Moderator zeigt 1 Auto, und 2 Ziegen. ---> p1 = 0,40; p2 = 0,60; p1 + p2 = 1,00; viele Grüße JoeM


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Wario
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  Beitrag No.75, eingetragen 2022-05-09

\quoteon(2022-05-09 01:04 - JoeM in Beitrag No. 74) p1 = Gewinn ohne Wechsel; p2 = Gewinn mit Wechsel: Dann gilt p1 + p2 = 1,00 stets dann, wenn der Kandidat beim Wechsel nur noch eine Tür zur Auswahl hat; sonst nicht. Beispiel: 5 Türen; dahinter 2 Autos, und 3 Ziegen; der Moderator zeigt 1 Auto, und 2 Ziegen. ---> p1 = 0,40; p2 = 0,60; p1 + p2 = 1,00; \quoteoff Aber was macht der Moderator hier? · Öffnet er 5-3 = 2 von 5 Türen, so dass 2 Wechsel möglich sind? · Oder öffnet er 5-2 = 3 von 5 Türen, wobei ein evtl. geöffnetes Auto aus dem Spiel ausscheidet?


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JoeM
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  Beitrag No.76, eingetragen 2022-05-09

Hallo Wario : Du schreibst ... · Öffnet er 5-3 = 2 von 5 Türen, so dass 2 Wechsel möglich sind? · Oder öffnet er 5-2 = 3 von 5 Türen, wobei ein evtl. geöffnetes Auto aus dem Spiel ausscheidet? Dazu folgendes: Der Moderator öffnet in diesem Beispiel 3 Türen ( 1 Auto + 2 Ziegen = 3 Türen ). Das > gezeigte Auto < kann der Kandidat NICHT gewinnen. Nach der 1. Wahl ist stes nur 1 Wechsel möglich (analog den >3- Türen<) Meine einfache Lösung dazu: 5 Türen; dahinter 2 Autos, und 3 Ziegen; der Moderator zeigt 1 Auto, und 2 Ziegen. ---> p1 = 0,40; p2 = 0,60; p1 + p2 = 1,00; z.B.: A Z Z A Z Die W- keit, dass der Kandidat bei der 1. Wahl ein Auto trifft, ist p1 = 2/5 = 0,40; Die W- keit, dass ein Auto hinter den restlichen 4 Türen steht, ist p2 = 3/5 = 0,60; Der Moderator öffnet 3 dieser 4 Türen; somit ist p2 (Wechsel) nur noch auf eine Tür verteilt. Diese Logik (eine Tür bleibt zum Wechsel übrig) lässt sich auch auf das klassische Ziegenproblem anwenden. mfG. JoeM


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Wario
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  Beitrag No.77, eingetragen 2022-05-09

\quoteon(2022-05-09 04:14 - JoeM in Beitrag No. 76) Hallo Wario : Du schreibst ... · Öffnet er 5-3 = 2 von 5 Türen, so dass 2 Wechsel möglich sind? · Oder öffnet er 5-2 = 3 von 5 Türen, wobei ein evtl. geöffnetes Auto aus dem Spiel ausscheidet? Dazu folgendes: Der Moderator öffnet in diesem Beispiel 3 Türen ( 1 Auto + 2 Ziegen = 3 Türen ). Das > gezeigte Auto < kann der Kandidat NICHT gewinnen. Nach der 1. Wahl ist stes nur 1 Wechsel möglich (analog den >3- Türen<) \quoteoff Ja, das wollte ich eben wissen. Wenn Du den Versuch verallgemeinerst auf $n$ Türen, hinter denen $k < n$ Gewinne verteilt sind, und dafür ein Zahlenbeispiel nimmst, möchtest Du den Versuch beschreiben. Jedenfalls kann man das wieder abzählen: Wir erwarten $\dbinom{5}{2} =10$ mögliche Ausfälle des Versuchs, da man soviele Möglichkeiten hat, $2$ Gewinne auf $5$ Türen zu verteilen. Der Kandidat wähle ohne Beschränkung der Allgemeinheit Tür (1), dann ist $ % \begin{tikzpicture} % axis} \pagecolor{brown!11} \pgfplotstableread[col sep=comma]{ No, T1, T2, T3, T4, T5, O1, O2, O3 1, 1, 1, 0, 0, 0, 2, 3, 4 2, 1, 0, 1, 0, 0, 2, 3, 4 3, 1, 0, 0, 1, 0, 2, 3, 4 4, 1, 0, 0, 0, 1, 2, 3, 5 5, 0, 1, 1, 0, 0, 2, 4, 5 6, 0, 1, 0, 1, 0, 2, 3, 5 7, 0, 1, 0, 0, 1, 2, 3, 4 8, 0, 0, 1, 1, 0, 2, 3, 5 9, 0, 0, 1, 0, 1, 2, 3, 4 10, 0, 0, 0, 1, 1, 2, 3, 4 }\mytable \colorlet{auto}{green!66!black} \colorlet{ziege}{red} \pgfkeys{/pgf/number format/.cd,fixed,fixed zerofill, precision=0, set thousands separator={}} % Moderator öffnet \pgfplotstablecreatecol[ create col/assign/.code={% \getthisrow{O1}{\oI} \getthisrow{T\oI}{\ooI} \getthisrow{O2}{\oII} \getthisrow{T\oII}{\ooII} \getthisrow{O3}{\oIII} \getthisrow{T\oIII}{\ooIII} \xdef\open{% \ifnum\ooI=1 \noexpand\textcolor{auto}{(\oI)}% \else \noexpand\textcolor{ziege}{(\oI)}\fi% \noexpand\textcolor{black}{,\,}% \ifnum\ooII=1 \noexpand\textcolor{auto}{(\oII)}% \else \noexpand\textcolor{ziege}{(\oII)}\fi% \noexpand\textcolor{black}{,\,}% \ifnum\ooIII=1 \noexpand\textcolor{auto}{(\oIII)}% \else \noexpand\textcolor{ziege}{(\oIII)}\fi% }% \pgfkeyslet{/pgfplots/table/create col/next content}{\open} } ]{Open}{\mytable} % Wechsel auf \pgfplotstablecreatecol[ create col/assign/.code={% \getthisrow{O1}{\oI} \getthisrow{O2}{\oII} \getthisrow{O3}{\oIII} \foreach \n in {2,...,5}{%% \ifnum\n=\oI \else% \ifnum\n=\oII \else% \ifnum\n=\oIII \else% \xdef\wauf{\n}\fi\fi\fi% }% \getthisrow{T\wauf}{\wwauf} \xdef\wwwauf{ \ifnum\wwauf=1 \noexpand\textcolor{auto}{(\wauf)}% \else \noexpand\textcolor{ziege}{(\wauf)}\fi% } \pgfkeyslet{/pgfplots/table/create col/next content}{\wwwauf} } ]{Wauf}{\mytable} % Wechsel bewirkt \pgfplotstablecreatecol[ create col/assign/.code={% \getthisrow{O1}{\oI} \getthisrow{O2}{\oII} \getthisrow{O3}{\oIII} \foreach \n in {2,...,5}{%% \ifnum\n=\oI \else% \ifnum\n=\oII \else% \ifnum\n=\oIII \else% \xdef\wbew{\n}\fi\fi\fi% }% \getthisrow{T\wbew}{\wwbew} \xdef\wwwbew{\ifnum\wwbew=1 \noexpand\textcolor{auto}{Gewinn} \else \noexpand\textcolor{ziege}{Verlust}\fi} \pgfkeyslet{/pgfplots/table/create col/next content}{\wwwbew} } ]{Wbew}{\mytable} % Bleiben bewirkt \pgfplotstablecreatecol[ create col/assign/.code={% \getthisrow{T1}{\tI} %\xdef\bleiben{\ifnum\tI=1 g \else v \fi} \xdef\bleiben{\ifnum\tI=1 \noexpand\textcolor{auto}{Gewinn} \else \noexpand\textcolor{ziege}{Verlust}\fi} \pgfkeyslet{/pgfplots/table/create col/next content}{\bleiben} } ]{Bbew}{\mytable} % Farben \pgfplotstableset{ inhaltssymbole/.style={ columns/T#1/.style={ string replace={1}{\color{auto}A},% A = 1 string replace={0}{\color{ziege}Z},% Z = 0 column name={(#1)}, }}, inhaltssymbole/.list={1,2,3,4,5}, } \def\hinweis{Mögliche Verteilungen %A: "\underline{A}uto" und Z: "\underline{Z}iege". } \def\hinweisI{von \textcolor{auto}{A}utos und \textcolor{ziege}{Z}iegen. } \pgfplotstabletypeset[string type, columns={No, T1, T2, T3, T4, T5, %O1, O2, O3, Open, Bbew, Wauf, Wbew}, inhaltssymbole/.list={1,2,3,4}, % Annotationen: every head row/.style={ before row={ \hline & \multicolumn{5}{c}{Tür} & Moderator & Bleiben & \multicolumn{2}{c}{Wechsel} \\ }, after row={\hline}, }, every last row/.style={ after row={ \hline & \multicolumn{5}{l}{\hinweis} & \rule[-1em]{0mm}{2.5em} & $p=\dfrac{4}{10}$ & & $p=\dfrac{6}{10}$ \\ & \multicolumn{5}{l}{\hinweisI} & & \multicolumn{3}{c}{Gewinnwahrscheinlichkeit} \\ \hline }, }, columns/Open/.style={column name=öffnet}, columns/Bbew/.style={column name=bewirkt}, columns/Wauf/.style={column name=auf}, columns/Wbew/.style={column name=bewirkt}, ]{\mytable} $


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Roulette
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  Beitrag No.78, vom Themenstarter, eingetragen 2022-05-09

\quoteon(2022-05-09 02:31 - Wario in Beitrag No. 75) \quoteon(2022-05-09 01:04 - JoeM in Beitrag No. 74) p1 = Gewinn ohne Wechsel; p2 = Gewinn mit Wechsel: Dann gilt p1 + p2 = 1,00 stets dann, wenn der Kandidat beim Wechsel nur noch eine Tür zur Auswahl hat; sonst nicht. \quoteoff \quoteoff Natürlich... ich habe nie für allgemeinere Fälle argumentiert, sondern immer nur für das Spiel wie im Eingangspost beschrieben. Der Beweis, den ich gefunden habe, besteht aus den Beiträgen Nr. 60/61/68, man könnte auch 67 dazunehmen. Und ungeachtet des einen oder anderen Missverständnisses zuvor gibt es an den beschriebenen Folgerungen nichts auszusetzen. Alles logisch, begründet, und in sich schlüssig. Nicht jeder Beweis muss ja immer auf die gleiche Art und Weise (Bäume etc.) hergeleitet worden sein...


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thureduehrsen
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  Beitrag No.79, eingetragen 2022-05-09

Stelle dich mal bitte auf den Standpunkt, du müsstest im Jahr 1975 einem 16-jährigen Schüler, der vorher noch nichts von dem Problem gehört hat, deinen Beweis darlegen. Fange am Anfang an, schreibe jede implizit getroffene Annahme explizit aus, begründe jeden Schritt sauber, wenn auch nicht in Formelsprache, und lasse den Schüler jeden Schritt nachvollziehen und prüfen. Besagter Schüler wird sich mit Aussagen wie \quoteon(2022-05-09 19:24 - Roulette in Beitrag No. 78) Und ungeachtet des einen oder anderen Missverständnisses zuvor gibt es an den beschriebenen Folgerungen nichts auszusetzen. Alles logisch, begründet, und in sich schlüssig. \quoteoff nicht zufriedengeben! mfg thureduehrsen


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