Die Stammleser hier erinnern sich vielleicht an mein Septemberrätsel, eine Variante des altbekannten Ziegenproblems, die eigentlich gar kein Ziegenproblem ist. Wer damals am Rätseln Spaß hatte, der oder die möchte sich vielleicht auch an diesem Novemberrätsel versuchen. Dabei geht es zwar nicht um Ziegen, sondern um Geld, aber alles dreht sich wie gewohnt um die entscheidende Frage: Wechseln oder nicht? Also, here we go!

 

In der wöchentlichen Gameshow “Doppelt oder halb” bekommt ein Kandidat vom Moderator zwei verschlossene und undurchsichtige Schachteln vorgelegt, eine links und eine rechts. In einer der beiden Schachteln befindet sich ein unbekannter Geldbetrag und in der anderen das Doppelte dieses Geldbetrags. Die Position der Schachteln ist dabei zufällig, sie wird durch einen Münzwurf ermittelt. Der Kandidat darf eine Schachtel auswählen und den Inhalt als Gewinn behalten. Nachdem der Kandidat seine Entscheidung getroffen und verkündet hat, bekommt er vom Moderator stets eine letzte Chance, seine Entscheidung nocheinmal zu überdenken und auf die andere Schachtel zu wechseln.

Heute ist Anna als Kandidatin an der Reihe. Sie entscheidet sich aufs Geratewohl für die linke Schachtel. Wie üblich kommt die Frage des Moderators, ob sie nicht doch zur anderen Schachtel wechseln wolle. Anna sieht keinen rechten Grund dazu, denn offensichtlich ist die Chance auf den größeren Betrag bei beiden Schachteln 50%. Doch dann kommen ihr Bedenken; der eigenen Intuition ist ja bekanntlich nicht immer zu trauen. Da Anna mit den Grundbegriffen der Wahrscheinlichkeitsrechnung vertraut ist, überlegt sie laut:

“In der linken Schachtel ist ein bestimmter Geldbetrag, den ich jedoch nicht kenne. Nennen wir ihn X. Dann ist in der rechten Schachtel entweder X/2 drin oder 2X, und beides ist gleich wahrscheinlich. Wenn ich zur rechten Schachtel wechsle, dann verliere ich also X/2 mit 50% Wahrscheinlichkeit und gewinne X mit 50% Wahrscheinlichkeit. Im Durchschnitt gewinne ich also mehr, als ich verliere. Oder, etwas präziser ausgedrückt: Der Erwartungswert des Geldbetrags in der rechten Schachtel ist 1/2 (X/2) + 1/2 (2X) = X/4 + X = 5X/4 > X. Also sollte ich doch die rechte Schachtel nehmen!”

Aber das ist aus Symmetriegründen offenbar absurd. Irgendetwas stimmt an Annas Argument nicht. Aber was genau???

 

Anmerkung 1: Googlen ist wie immer verboten!

Anmerkung 2: Aus Fairnessgründen ersuche ich jene, sich nobel zurückzuhalten, die schon an jenem anderen Ort, an dem ich dieses Rätsel schon einmal vor einiger Zeit gestellt hatte, mitgerätselt haben.

Anmerkung 3: Es geht nicht darum, einen “korrekten” Beweis dafür zu finden, dass Annas Argument fehlerhaft sein muss. (Das ist leicht.) Es geht darum, aufzuzeigen, wo genau in Annas Argument der Fehler liegt!

Kommentare (68)

  1. #1 Christian Weihs
    17. November 2015

    Ich denke der Fehler liegt darin, dass Anna die Rechte Schachtel als X/2 sieht. Da ist entweder X oder 2X drin, aber nicht X/2 – wenn X den “normalen” Geldbetrag repräsentiert.
    Verlieren wird sie auch nix, auf jeden Fall gewinnt sie X. Mit Glück (haha) das doppelte.

  2. #2 Ulfi
    17. November 2015

    Das Problem beginnt schon eher, aber klar wirds beim Erwartungswert: wenn man bereits die kiste mit dem doppelten Gewinn gewählt hat, befindet sich in
    1/2 (X/2) + 1/2 (2X) der Wert 2X drin, der aber nicht mehr eintreten kann, weil man ja bereits den großen wert hat.

  3. #3 Christian Weihs
    17. November 2015

    Zusatz: und sollte X dem doppelten Betrag entsprechen, dann gibt es entweder X oder X/2, aber in dem Fall kein 2X

    Jaaaa, Ich hatte nie höhere Mathe 🙁

  4. #4 Whit3N0ise
    17. November 2015

    Es gibt je nach Betrachtung nur die Kombinationen X und X/2 oder 2X und X, aber niemals die Kombination X/2 und 2X, weil der Gesamtbetrag jeweils 1 1/2 X bzw 3 X sein muss, solang laut den Spielregeln in der anderen Schachteln der halbe (bzw. doppelte) Betrag der komplementären Schachtel vorhanden ist.
    So wie Anna den Erwartungswert berechnet, müsste in einer Schachtel jeweils das 4-fache (bzw 1/4) des Geldbetrags der anderen Schachtel enthalten sein.

  5. #5 Christian Weihs
    17. November 2015

    @Whit3N0ise
    Genauso hatte ich es auch gemeint, bin nur zu blöd es verständlich zu formulieren. Danke 🙂
    Also entweder ein Ganzes und ein halbes, oder ein ganzes und das doppelte. Aber nie die Hälfte und das Doppelte gleichzeitig.

  6. #6 Stefan Wagner
    https://demystifikation.wordpress.com/2015/06/21/mengenlehre/
    18. November 2015

    Ich würde es so erklären: Sie setzt in beiden Betrachtungen den Basiswert zu Unrecht gleich.

    Angenommen der Wert X ist 1 €. Das Doppelte davon sind 2 €. Entweder sie hat zu Beginn 1 oder 2 – dann wechselt sie. Sie bezeichnet aber in ihrer Rechnung sowohl die 1 als auch die 2 mit X und das ist natürlich nicht statthaft. Die Basiswerte sind unterschiedlich und müssten x1 und x2 heißen mit x2=2*x1.

  7. #7 Susanne Waldock
    18. November 2015

    Ich schließe mich Stefan Wagner an: In Annas Annahme “…dann ist in der rechten Schachtel entweder X/2 drin oder 2X” und damit auch in ihrer Gleichung “1/2 (X/2) + 1/2 (2X) = X/4 + X = 5X/4 > X” repräsentiert die Variable X sowohl den größeren Betrag (rechte Schachtel X/2) als auch den kleineren Betrag (rechte Schachtel 2X), das Ergebnis einer solchen “Gleichung” kann nur Unsinn sein.

  8. #8 schlappohr
    18. November 2015

    Ich denke, das Problem liegt darin, dass Anna nur ein einziges Mal spielt. Daher hat der Erwartungswert überhaupt keine Bedeutung, er existiert bei einem Einzelereignis nicht, da er immer nur sinnvoll über mehrere Ereignisse definiert ist. Insofern liefert der Erwartungswert (auch wenn er vielleicht richtig hergeleitet wurde) keinen Anhaltspunkt, der dazu führt, dass Anna mit einem höheren Gewinn aus dem Spiel geht. Es ist also völlig egal, ob Anna die zweite Schachtel auch öffnet. Wenn sie 1000mal spielen würde, wäre das anders.
    Das ist im Prinzip das gleiche wie bei einem Uranatom. Auch wenn die Halbwertszeit bekannt ist, kann der Zeitpunkt des Zerfalls eines bestimmten einzelnen Urankerns nicht bestimmt werden.

  9. #9 noch'n Flo
    Schoggiland
    18. November 2015

    Jau, so wie Stefan Wagner wollte ich es auch erklären.

  10. #10 Ardjan
    Wien
    18. November 2015

    Es ist mWn _kein_ ‘Ziegenproblem’. Das basiert nämlich auf der Tatsache dass der Moderator weiß wo der Auto/Geldkiste ist, und er eröffnet dann das falsche Türl. Dabei verringert er die mögliche richtige Antworten, was dann der Chance erhöht.
    In diesen Fall weiß niemand wo der größeren Geldbetrag steckt, auch nicht der Moderator. Also wechseln bringt nichts, weil die Zahl an Möglichkeiten nicht verringert…

  11. #11 waITiamStUCK
    18. November 2015

    Anna hat keine genaue Definition von X. Sie geht bei X von einem Betrag aus der zwischen 2X und X/2 liegt. Dieser betrag X lässt sich schon dadurch nich in einer der boxen aufinden.

    Mann müsste das gesammte Geld als X festhalten.
    Dann wäre einmal X/3 und einmal 2X/3 zu gewinnrn .
    Dann betrüge die wahrscheinlichkeit die box zu wechseln im besten fall 0.5 * 2X/3 = X/3 womit man keinen gewinn macht. Die Wahrscheinlichkeit betrüge 50%.

  12. #12 Volksschüler
    18. November 2015

    “In der linken Schachtel ist ein bestimmter Geldbetrag, den ich jedoch nicht kenne.”
    Das Denken fängt schon unpräzise an, denn:
    “In BEIDEN Schachteln ist je ein bestimmter Geldbetrag, den ich jedoch nicht kenne.”

  13. #13 stephan urban
    wien
    18. November 2015

    man kann nicht X für den einfachen und doppelten Geldbetrag nehmen – sonst hat man durch diese Konfundierung ja dann drei rechnerische Beträge: X, X/2 und 2X. Es ist nur möglich mit bedingter Wahrscheinlichkeit zu rechnen: ist links X, dann ist der Erwartungswert für rechts 2X und ist links 2X, dann ist der Erwartungswert für rechts X – also durchschnittlich 3X/2 und damit ist E genausogroß wie für links!
    …sagt mein kluger Freund Michl…

  14. #14 Ulrich Berger
    18. November 2015

    Mit den bisherigen Antworten bin ich gar nicht zufrieden. Aus dem Text geht eindeutig hervor, dass Anna den (unbekannten) Betrag in der linken Schachtel mit X bezeichnet. Das darf sie ja wohl! In der rechten Schachtel sind dann entweder X/2 oder 2X drinnen, daran gibt es nichts zu rütteln. (Z.B. angenommen, sie schaut in die linke Schachtel rein und findet dort X = € 400. Dann sind rechts offensichtlich entweder € 200 oder € 800 drin.)

    Nirgendwo wird behauptet, dass die beiden Beträge X/2 und 2X sind! Das ist ja offensichtlich falsch.

    Natürlich *könnte* Anna auch den kleineren Betrag als X bezeichnen. Tut sie aber nicht, und niemand kann sie dazu zwingen. Siehe Anmerkung 3!

    Also Leute, das geht besser! 😉

  15. #15 Frantischek
    18. November 2015

    Der Fehler ist mMn, dass X/4.
    Weil ein Viertel des Geldbetrags kann sie ja nicht gewinnen.

    Das kommt zustande weil in der Gleichung X ja eigentlich nicht der einfache Geldbetrag ist, sondern nur in ihren Überlegungen.

    Es gibt ja keine 3 Kisten mit 1/2X, X und 2X. Sondern nur eine mit X und eine mit 2X.

    Besser kann ichs nicht erklären, aber das ist es glaub ich.

  16. #16 Frantischek
    18. November 2015

    Nirgendwo wird behauptet, dass die beiden Beträge X/2 und 2X sind! Das ist ja offensichtlich falsch.

    Doch, in der Formel schon. Oder bin ich einfach zu doof dafür?
    Da steht eindeutig X/2.
    1/2 (X/2) + 1/2 (2X) = X/4 + X = 5X/4 > X
    Wenn da nämlich
    1/2 (X/2) + 1/2 (X) = 3X/4 stehen würde, wärs richtig.
    Oder?
    I KENN MI NED AUS!!!

  17. #17 Frantischek
    18. November 2015

    Triplepost, tschuldigung!
    Der Satz “Da steht eindeutig X/2” sollte eigentlich noch um “und 2X” erweitert werden.

  18. #18 Ulrich Berger
    18. November 2015

    Frantischek, X/2 und 2X sind die beiden Möglichkeiten für das, was rechts drin ist, wenn links X drin ist.

  19. #19 Fliegenschubser
    18. November 2015

    Die beiden Varianten (X und X/2) vs. (X und 2X) haben eine unterschiedliche Menge an Geld, welches sich insgesamt im Spiel befindet, nämlich 3/2X vs. 3X. In Wirklichkeit sind damit nicht nur zwei Möglichkeiten (“Doppel oder normal”) sondern vier Möglichkeiten (“Doppelt oder normal” bei Betrag A; “Doppelt oder normal” bei Betrag B) zu unterscheiden.

  20. #20 Fliegenschubser
    18. November 2015

    Anders formuliert: Der Umstand, dass der zu erwartende Gewinn im Falle des Wechselns doppelt so groß wäre wie der zu erwartende Verlust im Falle des Wechselns rührt daher, dass im ersten Fall die doppelte Menge Geld im Spiel ist.

  21. #21 JB
    18. November 2015

    Ich wuerde sagen das Problem liegt in der (unbegruendeten) Annahme der Gleichverteilung fuer X/2 und 2X.

    Nehmen wir an, das Ganze wird nur mit 2 moeglichen Geldbetraegen gespielt, z.B. 100 Euro und 200 Euro. Sei X=100 Euro dann ist die Wahrscheinlichkeit fuer 2X = 100% und fuer X/2 = 0% (entsprechend fuer X=200 Euro). Diese beiden Situationen sind gleich wahrscheinlich und damit ist der Erwartungswert fuer die rechte Schachtel (1/2)*200 +(1/2)*100) = 150 Euro. Auch fuer beliebige andere moegliche unterschiedliche Geldbetraege sind X/2 und 2X nicht gleichwahrscheinlich. z.B. 100, 200, 400, 800, 1600 Euro. Habe ich z.B. 1600 Euro erwischt hat 2*X wahrscheinlichkeit 0.

  22. #22 inga
    18. November 2015

    Ohhh, meine eingerosteten Algebrafähigkeiten…
    Ich versuche es mal anders: Ich glaube der Denkfehler liegt darin, dass ich bei der Aufrechnung des möglichen Verlusts gegen den möglichen Gewinn berücksichtigen muss, dass der Erwartungswert immer in der Mitte zwischen dem kleinen und dem großen Betrag liegt. Wenn ich also mit 400 EUR den hohen Betrag gezogen habe, liege ich bereits um 100 EUR besser als der Erwartungswert von 300 EUR. Bei Wechsel buße ich diesen Vorsprung von 1/4X zusätzlich ein. Das muss ich also in die Gleichung von Anna mit aufnehmen und (analog für den Fall, dass X der niedrige Betrag ist, da stehe ich dann um 1/2X schlechter da als der Erwartungswert von 600), und Schwupps kommt raus: Erwartungswert = X:
    (X/4 + X/4) + (X – X/2) = X
    (Ist vermutlich alles Käse, aber wat soll’s ;-))

  23. #23 Alex
    18. November 2015

    Die Beträge in den beiden Schachteln sind ja nicht unabhängig von einander ausgewürfelt worden. Sagen wir, es wurde ausgewürfelt, dass in Schachtel 1 der einfache Betrag hinein kommt. Dann wird der Betrag in Schachtel 2 nicht unabhängig davon neu gewürfelt, sondern ist zwingend das Doppelte. Damit ist die Wahrscheinlichkeit nicht bei beiden unabhängig 1/2, sondern 100% korreliert.

  24. #24 wereatheist
    18. November 2015

    Anna nennt den Betrag in der von ihr zunächst gewählten Schachtel “X”.
    Wenn sie sich dann doch zum Wechseln verleiten lässt,
    a) verliert sie X/2, genau wenn X der größere der beiden Beträge war,
    b) gewinnt sie X, genau wenn X der kleinere war.
    In jedem Fall sind das 1/3 der Summe der beiden Beträge
    -> Wechseln ändert nichts!

  25. #25 wereatheist
    18. November 2015

    d.h. der Erwartungswert für den Vorteil beim Wechseln ist exakt 0, weil beide Fälle gleich wahrscheinlich sind.

  26. #26 wereatheist
    18. November 2015

    @Fliegenschubser war wohl schneller 🙂

  27. #27 Whit3N0ise
    18. November 2015

    Ich seh zwar grad den Unterschied nicht zu #4, aber ich versuch’s mal so auszudrücken: Der Fehler liegt in der Annahme, im Schnitt mehr zu gewinnen als zu verlieren. Wenn man eine Schachtel mit einem Betrag X hat, dann ist in der anderen Schachtel mit einer Wahrscheinlichkeit von 1/2 ein Betrag A bzw mit der selben Wahrscheinlichkeit ein Betrag B enthalten. A ist entweder X/2 oder 2X, dasselbe gilt für B, ergo hab ich eine Wahrscheinlicheit von insgesamt 1, dass der Betrag entweder X/2 oder 2X ist, solange der Betrag in meiner Schachtel (per Definition) X ist. Damit ist auch wieder klar, dass die Chance für X/2 oder 2X im Fall eines Wechsels bei jeweils 1/2 liegt.

  28. #28 Schmidts Katze
    19. November 2015

    Ich stimme JB #21 zu.
    Wenn Anna eine Schachtel mit in seinem Beispiel 400€ erwischt, hat sie nach dem Wechsel 200 oder 800€, jeweils mit 50% Wahrscheinlichkeit, es wäre also von Vorteil, zu wechseln.
    Wenn sie aber den Max-Wert 1600€ bekommt, verliert sie auf jeden Fall beim Wechseln, was diesen Vorteil aufhebt.

    Was mich an der Begründung stört, ist, daß sie nur gilt, wenn es einen Maximalwert gibt.
    Wenn X jeden Wert in beliebiger Höhe annehmen kann, funktioniert sie nicht.
    Aber aus den von Ulrich genannten Symmetrie-Gründen müsste eine Begründung auch ohne einen Max-Wert funktionieren.

  29. #29 schlappohr
    19. November 2015

    Anna muss aus zwei Kartons einen auswählen, und sie bekommt im Verlaufe des Spiels keine zusätzlichen Informationen (im Gegensatz zum Ziegenproblem, wo ja eine Tür geöffnet wird). Daher ist die Wahrscheinlichkeit, den Karton mit dem höheren Geldbetrag zu erwischen, bis zum Schluss 0.5.

    Ich meine, der Fehler in Annas Überlegungen liegt darin, dass sie nur ein Teilproblem des gesamten Zufallsprozesses betrachtet. Den ersten Schritt, nämlich die erstmalige Auswahl eines Kartons, ignoriert sie, obwohl dies auch Teil des Zufallsprozesses ist. Wenn man diesen Schritt mit einbezieht und dann alle möglichen Fälle aufschreibt, dann erhält man einen weiteren Zweig, nämlich den, in dem Anna nicht die Linke sondern die rechte Schachtel zuerst auswählt. In diesem Fall müsste sie, wenn Ihre Überlegungen richtig sind, zur Linken Schachtel wechseln, was im Widerspruch zum ersten Fall steht, wo sie von links nach rechts wechseln müsste. Wenn sie sich an ihre eigenen Überlegungen hält und immer wechselt, egal wie sie anfängt, dann landet sie am Ende wieder bei 0.5.

  30. #30 pederm
    19. November 2015

    Oder anders ausgedrückt: Nur die Auswahl der ersten Schachtel ist ein Zufallsexperiment, die Wahrscheinlichkeit für jedes der beiden möglichen Ergebnisse je 1/2. Das Wechseln für sich betrachtet ist gar kein Zufallsexperiment, weil das Ergebnis durch die vorherige Auswahl der ersten Schachtel ja feststeht – völlig egal, ob Anna es kennt.
    Der Fehler liegt also nicht in irgendeinem Detail, sondern im Grundsätzlichen.

  31. #31 Ulrich Berger
    19. November 2015

    Das Wechseln für sich betrachtet ist natürlich kein Zufallsexperiment. Aber der Betrag in der rechten Schachtel ist jedenfalls eine Zufallsvariable, genauso wie der in der linken.

  32. #32 JB
    19. November 2015

    @Schmidts Katze:

    Wenn es keinen Maximalwert gibt, dann folgt daraus, dass unendlich viele (diskrete) Moeglichkeiten zur Wahl stehen muessen. Das waere aber nur dann moeglich, wenn die einzelnen (positiven) Wahrscheinlichkeiten beliebig klein werden koennen (die Summe ueber alle diese unendlich vielen Werte muss 1 geben), insbesondere geht dann keine Gleichverteilung.

  33. #33 Kai
    Hamburg
    19. November 2015

    Meines Erachtens ist der Fehler, dass sie zwar korrekt angibt, dass sie “gewinne X mit 50% Wahrscheinlichkeit” kann, in der Formel dann aber mit 2X statt X rechnet.

  34. #34 Ulrich Berger
    19. November 2015

    Kai, mit “ich gewinne X” meint sie “ich gewinne X DAZU (und habe dann 2X statt nur X).”

    Statt den Erwartungswert in der rechten Schachtel zu berechnen, könnte sie auch den Erwartungswert des Zugewinns durch Wechseln berechnen, was aber auf dasselbe hinausläuft: 1/2 (-X/2) + 1/2 X = X/4 > 0, also ist Wechseln besser.

  35. #35 Ulrich Berger
    19. November 2015

    JB, ist das ein Problem? Es muss ja keine Gleichverteilung vorliegen.

  36. #36 JB
    19. November 2015

    @Ulrich: Stimmt Gleichverteilungmuss nicht vorhanden sein.
    Ich wuerde meine Argumentation folgendermassen praezisieren:
    Damit die in der Aufgabe angegebene Ueberlegung stimmt muss fuer jeden(!!) beliebigen in der ersten Box gefundenen Wert X die Wahrscheinlichkeit fuer X/2 und 2X gleich gross sein. Bei eindlich vielen Werten ist das wie ich oben schon schrieb nicht moeglich (naemlich beim kleinsten und groessten Wert). Bei unendlich vielen Werten gibt es keine obere Schranke fuer den Maximalwert, d.h. es muesste jeder beliebig grosse Geldwert in der Box sein koennen, was ebenfalls unmoeglich ist.

  37. #37 JB
    19. November 2015

    Zusatzbemerkung: wuerde man beliebige grosse Geldmengen zulassen wuerde sich damit auch ein System beim Roulette ermoglichen:

    Ein Spieler mit beliebig grossem Vermoegen/Kredit setzt immer auf rot. Im ersten Spiel den Betrag X(1)=X und wenn verloren wird im zweiten Spiel den Betrag X(2)=2*X(1) … im Spiel n den Betrag X(n)=2*X(n-1) bis irgendwann rot kommt. Der Gewinn in diesem Spiel kompoensiert alle Verluste der vorherigen Spiele.

  38. #38 pederm
    19. November 2015

    Ja, nur wenn das Wechseln kein Zufallsexperiment ist, dann kann 1/2 (X/2) + 1/2 (2X) = X/4 + X = 5X/4 > X vieles sein, aber nicht der Erwartungswert fürs Wechseln.
    Der Betrag in der rechten Schachtel ist genau wie der Betrag in der linken Schachtel eine Zufallsgröße des einen Experiments, nämlich der Auswahl der ersten Schachtel. Deren mögliche Inhalte verhalten sich wie 1:2 und nicht wie 1/2 : 2, d.h. die Zufallsgröße “Verhältnis der Beträge in den Schachteln” geht quadratisch mit den Zufallsgrößen “Betrag in der linken Schachtel” und “Betrag in der rechten Schachtel” und da vergißt man eine Normierung (die ich jetzt nicht auf die Reihe bringe, Schwerpunkt des Integrals?), wenn man einfach gewichtet addiert um deren Erwartungswert zu errechnen.

  39. #39 Ulrich Berger
    19. November 2015

    pederm, der Erwartungswert in der rechten Schachtel berechnet sich als Summe der Produkte aus Wahrscheinlichkeit und Betrag. Und die möglichen Beträge rechts sind nun mal X/2 und 2X, was denn sonst? Niemand hat behauptet, dass X/2 und 2X die “Beträge in den Schachteln” sein sollen.

  40. #40 Schmidts Katze
    20. November 2015

    Was mich an der Begründung stört, ist, daß sie nur gilt, wenn es einen Maximalwert gibt.
    Wenn X jeden Wert in beliebiger Höhe annehmen kann, funktioniert sie nicht.

    ich, #28

    Das ist falsch, der Max-Wert von X verschwindet ja nicht, sondern geht gegen unendlich.

    Irgendetwas stimmt an Annas Argument nicht. Aber was genau???

    Meine Antwot:

    Dann ist in der rechten Schachtel entweder X/2 drin oder 2X, und beides ist gleich wahrscheinlich.

    Das stimmt nicht für X=X(max) und X=X(min).

  41. #41 Alex
    20. November 2015

    Von vornherein festgelegt ist ja nicht der Betrag X, sondern die Summe der beiden Beträge, S.
    Mit gleicher Wahrscheinlichkeit je 1/2 gibt es die Zustände (A; A/2) und (A/2; A) == (B; 2B), wobei A + A/2 = B + 2B =S. Auch wenn ich einmal X==A und einmal X==B setze, die Änderung bei einem Wechsel ist immer gleich plus oder minus A/2 = B = S/3. Die Gewinnwahrscheinlichkeit beim Wechseln ist also 1/2*(+S/3) + 1/2*(-S/3) = 0.
    Der Fehler ist also, dass Anna den Platzhalter X für zwei grundsätzlich verschiedene Größen verwendet, aber im zweiten Schritt als gleich annimmt.

  42. #42 Schmidts Katze
    21. November 2015

    “zwei grundsätzlich verschiedene Größen”?
    Ein Karton, Alex, mit einem wohldefinierten, wenn auch Anna unbekannten Geldbetrag.
    Du kannst diesen Betrag doch nicht als “zwei grundsätzlich verschiedene Größen” bezeichnen.

  43. #43 GodsBoss
    Hannover
    21. November 2015

    @Schmidts Katze:

    Doch, die beiden X in den in 0,5*(2X) + 0,5*(X/2) sind zwei verschiedene Größen, das ist genau der Fehler. Nennen wir den kleineren Betrag G, dann ist der Größere einfach 2G, und betrachten wir den Term 0,5*(2X) + 0,5*(X/2).

    Das 0,5*(2X) kommt daher, dass Anna die Box mit dem kleinen Betrag gewählt hat (X = G). Das 0,5*(X/2) kommt daher, dass Anna die Box mit dem großen Betrag gewählt hat (X = 2G). Einmal steht X für G, einmal für 2G. Dass dabei nichts Sinnvolles rauskommen kann, sollte offensichtlich sein.

    Die Irreführung liegt in diesem Teil: “Dann ist in der rechten Schachtel entweder X/2 drin oder 2X, und beides ist gleich wahrscheinlich. Wenn ich zur rechten Schachtel wechsle, dann verliere ich also X/2 mit 50% Wahrscheinlichkeit und gewinne X mit 50% Wahrscheinlichkeit.”

    Es wird der Eindruck erweckt, das X in X/2 und das X in 2X seien gleich, das sind sie aber nicht. X ist zwar jedesmal der Inhalt der gewählten Box, aber der kann zwei unterschiedliche Werte annehmen.

  44. #44 Schmidts Katze
    21. November 2015

    OK, GodsBoss, ich glaube, wir haben nur das selbe Pferd von 2 verschiedenen Seiten aufgezäumt.
    Wenn wir eine Wertetabelle aufstellen würden, du auf der Basis G, ich mit X, dann wären sie gleich, nur bei meiner wäre die 2. Spalte um eine Zeile verschoben.
    Deshalb musste ich die Erwartungswerte für alle X addieren, um zu sehen, dass 0 rauskommt.

  45. #45 Ulrich Berger
    21. November 2015

    Nicht o.k., GodsBoss. Also wenn ich links reinschaue und z.B. € 400 drin finde, dann weiß ich, dass rechts entweder € 200 (X/2) oder € 800 (2X) drin sind. In beiden Fällen ist X = € 400. Es ist das G, das in den beiden Fällen verschieden ist, nicht das X!

  46. #46 markus neubauer
    21. November 2015

    Der Erwartungswert ist falsch. Zwar sind X/2 und 2X die möglichen Beträge in der rechten Schachtel, allerdings “schillert” X. X steht bei X/2 für den doppelten, bei 2X für den einfachen Spielbetrag. (Wie schon einige vor mir ausgeführt haben). Damit aber kann aus mathematischen Gründen die Summe 1/2*2X+1/2*X/2 nicht gebildet werden. (Gleiche Variablen müssen denselben Wert repräsentieren).

    Klarer wird das, wenn man den Erwartungswert richtig berechnet. Nennen wir den einfachen Spielbetrag A und den doppelten 2A. So darf man in der rechten Schachtel 1/2*A + 1/2*2A = 3/2*A erwarten. (Gleiches gilt für die linke Schachtel oder das Spiel überhaupt).

    Ersetzt man nun in Annas Berechnung 1/2*2X + 1/2*X/2 das X im ersten Term mit A, im zweiten mit 2A, so führt das auf 1/2*2A+1/2*2A/2=3/2*A, den richtigen Erwartungswert.

  47. #47 markus neubauer
    21. November 2015

    Korrektur: Summe kann natürlich schon gebildet werden, X steht ja für einen festen Betrag, allerdings ist der Erwartungswert falsch, wenn man die Rolle nicht in seine Überlegungen mit einbezieht, wie bei Anna der Fall. Ist X der einfache oder doppelte Spielbetrag?

  48. #48 Ulrich Berger
    21. November 2015

    Wie ich schon 100mal betont habe: X ist wohldefiniert als der unbekannte Betrag in der linken Schachtel. Da schillert gar nix.

    Zum Rest: siehe Anmerkung 3!

  49. #49 Ulrich Berger
    21. November 2015

    Zur Korrektur: “… allerdings ist der Erwartungswert falsch”.
    JAAAA, wissen wir. Aber WARUM GENAU?
    “Ist X der einfache oder doppelte Spielbetrag?”. Das wissen wir natürlich nicht, solange wir nicht in die Schachteln reinschauen. Aber das ist für Annas Rechnung uninteressant. Genauso könnte man fragen: Ist dein A links oder rechts drin?

  50. #50 Schmidts Katze
    22. November 2015

    Nicht o.k., GodsBoss. Also wenn ich links reinschaue

    Ja, Ulrich, wenn.
    Tut sie aber nicht.
    Wenn sie wüsste, daß in der linken Schachtel 400€ sind, und ausserdem, das Quiz findet ja wöchentlich statt, daß x(max)>400€, dann sollte sie wechseln.
    Wenn sie aber wüsste, wieviel in beiden Schachteln zusammen ist, z.B. weil der Moderator es verraten hat, dann gilt die Rechnung mit G oder A, und es hat keinen Sinn, zu wechseln.
    Aber Anna weiss ja gar nichts, und deshalb ist es doch egal, auf welchem Weg sie zu keinem Ergebnis kommt.

  51. #51 Alex
    22. November 2015

    Nochmal: Der Gesamtbetrag ist fixiert, nicht X. Daher ist es unzulässig, relative Änderungen zu X zu spezifizieren. Es muss mit absoluten Änderungen gerechnet werden.
    Wir haben entweder (1; 2) oder (2; 1) bei einer Geldsumme von 3. Im ersten Fall ändert sich der Betrag beim Wechseln von 1 -> 2 also +1, im zweiten Fall von 2 -> 1 also -1. Die korrekte Rechnung muss also mit den Differenzen der absoluten Werte durchgeführt werden. Wenn X der Betrag in der ersten Schachtel ist, dann ist also die Summe der Wahrscheinlichkeiten der beiden Fälle:
    1/2*(X+1) + 1/2*(X-1) = 0.
    Der Gewinn beim Wechseln ist also korrekterweise Null.

  52. #52 Schmidts Katze
    22. November 2015

    Nochmal: Der Gesamtbetrag ist fixiert, nicht X.

    Oh, da habe ich wohl den Eingangspost unaufmerksam gelesen.
    Wieviel Geld ist denn in beiden Kartons zusammen?

  53. #53 Alex
    22. November 2015

    Schmidts Katze: egal, den Betrag kannst Du renormieren. Am einfachsten auf 3, dann ist in einem der Kartons 1 und im anderen 2. Auf jedem Fall ist immer die Summe (z.B. 3) konstant.

  54. #54 Schmidts Katze
    22. November 2015

    Ja, Alex, aber du kannst doch auch X renormieren, so wie Anna es in ihren Überlegungen tut.
    Dann ist X=2, und in dem anderen Karton eben 1 oder 4.
    Wir kennen weder den Gesamtbetrag noch X, und ich sehe jetzt nicht, warum eine der Vorgehensweisen unzulässig sein sollte, zumal wir bei beiden auf das selbe Ergebnis kommen.

  55. #55 Alex
    22. November 2015

    Korrektur zu #51: 1/2*(X+1) + 1/2*(X-1) = X, die Differenz ist dann 0.
    Katze: ja, die Logik ist die gleiche, ich bin eben nun nochmal wie von Ulrich gefordert von gegebenem X ausgegangen. Bin gespannt auf Ulrichs Auflösung…

  56. #56 Schmidts Katze
    22. November 2015

    Ich glaube, da hast du mich falsch verstanden, Alex.
    Es geht mir (oder Anna) nicht um X+1 oder X-1, sondern um 2X oder X/2.
    Dabei erhalte ich dann aber tatsächlich 1.25X als Erwartungswert und erst dann das richtige Ergebnis, wenn ich alle Erwartungswerte einschließlich derer von X(min) und X(max) zusammen betrachte.

  57. #57 Alex
    22. November 2015

    Katze: das ist der springende Punkt… man kann nicht einfach multiplizieren, ohne dabei auf die Gesamtsumme S zu renormieren. Denn bei (X; 2X) ist S=3X, bei (X, 1/2X) ist S’=3/2X.
    Die Summe muss aber fixiert sein. Um mit relativen Änderungen rechnen zu können, muss also auf die jeweilige Gesamtsumme renormiert werden: Statt wie Anna mit 1/2*(2X) + 1/2*(X/2) zu rechnen, muss dann also 1/2*(2X)/S + 1/2*(X/2)/S’ = 1/2*2X/3 +1/2*X/3 = X genommen werden. Damit hat man am Ende wieder X, und somit 0 gewonnen.
    (Einfacher zu verstehen ist aber meiner Meinung nach die Rechung mit absoluten Beträgen wie in #55 beschrieben.)

  58. #58 Stefan Uttenthaler
    Wien
    22. November 2015

    Ich glaube Annas Fehler ist, dass sich ihre Definition von x ändert. Einmal ist es der größere Wert, einmal der kleinere. Damit ist das Ergebnis natürlich unsinnig.
    Ich hab kein voriges Kommentar gelesen und auch nicht gegoogelt!

  59. #59 Ulrich Berger
    23. November 2015

    @Stefan: “Ich hab kein voriges Kommentar gelesen…”
    Ja, das hoffe ich! Sonst müsste ich das als Provokation werten 😉

    @ Alex: “Die Summe muss aber fixiert sein.”
    In welchem heiligen Buch steht das denn geschrieben?

  60. #60 Alex
    23. November 2015

    @Ulrich: Damit meinte ich natürlich nicht, dass die Summe bekannt ist, sondern dass man VOR dem Versuch davon ausgehen kann, dass immer ein Gesamtbetrag A+B=S oder B+A=S vorliegen muss, was auch immer S ist. Und dass damit B über S eindeutig festgelegt ist, sobald man ein A auswählt (auch wenn man den Betrag davon noch nicht kennt). Sorry, bin kein Mathematiker, ich drücke mich bei so was oft zu unexakt aus…

  61. #61 Schmidts Katze
    23. November 2015

    Natürlich, Alex, alle Werte, A und B und S und, da Anna bereits einen Karton gewählt hat, auch X, sind eindeutig festgelegt. Nur Anna kennt sie nicht.
    Deshalb heissen sie auch Unbekannte, und nicht Unbestimmte.
    Und “unbekannt” kann man nicht steigern. Du gehst davon aus, daß S irgendwie weniger unbekannt oder fester festgelegt ist, wie die anderen Variablen, aber das ist nicht so.

  62. #62 inga
    23. November 2015

    Tatsächlich müsste man bei einer Lotterie, bei der man einen bestimmten Betrag entweder verdoppelt oder die Hälfte verliert, zuraten.
    Beim vorliegenden Fall sieht das aber anders aus:
    Anna hat “ihre” Schachtel, also die, in der X drin ist, zufällig ausgewählt. Sie hätte aber immer auch den anderen Betrag “erwischen” können. Genau wie beim WWM-Spiel kann ich für meine Berechnung des Erwartungsewrtes nicht nur die Fälle, in denen Anna sich für X entschieden hat, berücksichtigen. Ich muss also die Gegenwahrscheinlichkeit einrechnen, dann sieht das so aus:

    [1/2(X/2) + 1/2(2X)] + [1-[1/2(X/2) + 1/2(2X)] = X

  63. #63 inga
    23. November 2015

    Äh, Quatsch. Ich sag’s ja, mein Algebra ist eingerechnet. Kommt natürlich 1 raus. Und das ist ja trivial… Grrr.

  64. #64 inga
    23. November 2015

    *eingerostet

  65. […] Der Worte sind genung gewechselt, kommen wir zur Auflösung des Novemberrätsels! […]

  66. #66 Ulrich Berger
    23. November 2015

    Zeit für die Aufklärung!

  67. #67 Karl-Heinz
    Graz
    23. November 2015

    Bei dem Erwartungswert des Geldbetrags in der rechten Schachtel handelt es sich um einen
    bedingten Erwartungswert, der für mich durchaus korrekt ist: E(X) = E(Wechsel |X) = 1,25 X.
    Dieser bedingte Erwartungswert gilt für alle X bis auf eine Ausnahme,
    die aber meistens übersehen wird.

    Da die wöchentlichen Gameshow nicht unendlich viel Geld zur Verfügung hat,
    gibt es einen maximalen Gewinn den die Produzenten
    der wöchentlichen Gameshow bereit sind auszugeben.

    Hier gilt aber E(X) = E(Wechsel | Xmax ) = 0,5 Xmax

    Ich persönlich würde, falls X bekannt ist, immer bis zur Nähe von Xmax wechseln
    (ist natürlich eine Gefühlsache), um meine Gewinnchancen zu steigern.
    Ist man aber zu gierig und hat man Xmax zu hoch angesetzt, verliert man unter
    Umständen mehr, als man durch nicht Wechseln erreicht hätte.

  68. #68 Ulrich Berger
    23. November 2015