Dezemberrätsel: Tauschen oder nicht?

Von Ulrich Berger / 7. Dezember 2015 / 219 Kommentare

Zum Abschluss der diesjährigen Ziegenproblemvarianten-Trilogie kommen wir jetzt nach dem September- und dem Novemberrätsel zum Dezemberrätsel…

Anna sitzt – wieder einmal – in einer Gameshow. Diesmal aber hat sie einen Gegner, nämlich Bernd. Die Regeln lauten wie folgt:

Bernd muss zwei verschiedene natürliche Zahlen zwischen 1 und 1000 wählen und verdeckt auf je einen Zettel schreiben. Anna darf einen der beiden Zettel blind auswählen und die Zahl auf diesem Zettel lesen. Dann bekommt sie – wie üblich – eine letzte Chance, ihren Zettel Bernd zurückzugeben und gegen den anderen Zettel zu tauschen. Wer am Ende den Zettel mit der größeren Zahl in der Hand hält, gewinnt 1 Mio. Euro.

Anna überlegt sich:

Wenn ich niemals tausche, habe ich natürlich eine 50:50-Chance auf den Gewinn. Aber das ist keine gute Strategie. Wenn ich z.B. einen Zettel ziehe, auf dem die 1 steht, dann sollte ich auf jeden Fall tauschen. Aber ich kenne Bernd, er ist klug und wird sicher nicht die 1 auf einen Zettel schreiben. Hmm… Gibt es denn überhaupt irgendeine Methode, mit der ich meine Gewinnchance erhöhen kann? Oder kann ich gegen einen klugen Gegner wie Bernd ohnehin nur die 50:50-Chance wahren?

Können Sie Anna helfen?

Kommentare (219)

#1 Rudi
7. Dezember 2015

Wenn er so denkt wie Anna über ihn denkt, dann schreibt er letztlich 500 und 501 auf die beiden Zettel, und sie gewinnt indem sie zum 501er-Zettel wechselt, oder diesen von Anfang an hat…
#2 Chemiker
7. Dezember 2015

Wenn ich Bernd wäre, würde ich mir denken: Bei kleineren Zahlen wird Anna wahrscheinlicher tauschen als bei größeren. Wenn sie geschickt tauscht, kann sie ihre Chancen von 50% auf einen besseren Wert erhöhen. Deshalb schreibe ich zwei ungefähr gleichgroße Zahlen auf die beiden Zettel. Dann kann sie aus der Größe der Zahl nichts lernen, und ist auf 50% festgenagelt.

Ich sehe nicht, wie sie sich gegen diese Strategie wehren kann.
#3 Lercherl
7. Dezember 2015

Zuerst muss sich Anna überlegen, wie die optimale Strategie von Bernd aussieht.

Bernd wählt gleichverteilt und zufällig aus Paaren aufeinanderfolgender Zahlen (1,2), (2,3), (3,4) usw. bis (999,1000). In 997 von 999 Fällen, wenn weder das erste noch das letzte Paar dabei sind, kann Anna durch Wechseln ihre Chancen nicht erhöhen. In den beiden Randfällen wechselt Anna logischerweise bei 1 und nicht bei 1000. Bernd hat eine Gewinnwahrscheinlichkeit von 998/(2*999) = 0,4995, also sehr nahe dem theoretischen Maximum 0,5. (Beweis, dass Bernds Strategie optimal ist, ist das keiner, aber viel besser wird’s nicht.)
- #4 Ulrich Berger
  7. Dezember 2015
  
  Sollte Bernd dann nicht besser die beiden Randpaare (1,2) und (999,1000) weg lassen und so seine Gewinnchance wieder auf 0,5 erhöhen?
#5 schnablo
7. Dezember 2015

Nehmen wir an es gibt eine optimale nicht-triviale Strategie für Anna. Wenn diese nicht stochastisch sein soll, dann hat sie die Form einer Liste, die angibt, bei welchen Zahlen getauscht werden soll und bei welchen nicht. Wenn dann bei einer Zahl n nicht getauscht werden soll, bei mindestens einer größeren aber schon, dann kann man die Strategie sehr leicht kontern, es ist also auf keinen Fall eine optimale. Es muss also so sein, dass (wenn überhaupt) bis zu einer bestimmten Grenze getauscht wird und darüber nicht mehr. Wenn Bernd diese Grenze kennt (optimale Strategie), dann kann er sicherstellen, dass es bei 50% bleibt.
#6 Lercherl
7. Dezember 2015

@Ulrich Berger

Die Versuchung ist groß, doch damit verschiebt er das Problem nur, denn so werden (2,3) und (998,999) zu Randpaaren, womit sich global die Chancen etwas verschlechtern, weil er nur mehr 995 von 997 statt 997 von 999 Paare mit Gewinnwahrschinlichkeit 0,5 hat.
#7 MatthiasR
Mannheim
7. Dezember 2015

Aber, aber, Bernd ist doch clever! Die erste Zahl, die er aufschreibt ist die 500, dann wirft er eine Münze, zeigt diese Wappen schreibt er eine (beliebige) Zahl die größer ist als 500 auf. Zeigt die Münze kein Wappen, dann schreibt er etwas kleineres auf. Wappen oder nicht Wappen ist 50% wahrscheinlich.

Zieht Anna im ersten Zug die 500, tja dann weiss sie nicht was sie tun soll, die Chance eine kleinere Zahl zu ziehen ist immer noch 50%.

Zieht Anna beim ersten Zug nicht die 500, dann kann Sie sich freuen, sie behält den Zettel oder tauscht ihn. Aber die Chance gleich beim ersten Mal den richtigen Zettel zu ziehen ist ja auch nur 50%.

Bernd kann sich also in jedem Fall mindestens eine 50% Gewinnchance sichern. Wenn Bernd sich mindestens 50% sichern kann, erhält Anna nie mehr als 50% Chance, egal welche Strategie sie wählt.

Vielleicht ist Bernd sogar ein cleverer Spaßvogel und wählt als erste Zahl eine Zahl zwischen 2 und 999 und mittels Münzwurf eine zweite Zahl größer oder kleiner. Dann freut sich Anna vielleicht zu früh, wenn sie die Zettel tauschen oder behalten möchte, wenn nicht die 500 drauf steht. Schaden täte es ihrer Chance aber nicht weil immer noch 50% Chance bestünde beim Tauschen die größere Zahl zu ziehen bzw. beim nicht tauschen sie zu behalten. (Außer bei der 1 und 1000, da würde Anna nicht bzw auf jeden Fall tauschen, aber -falls Bernd die aufschreibt-, die zieht sie, wie oben auch die 500, nur mit 50% Chance gleich am Anfang).
#8 user unknown
https://demystifikation.wordpress.com/2015/12/07/heilige-buecher/
7. Dezember 2015

Wenn sie die 1 zieht, dann soll Anna tauschen. Wenn sie die 1000 zieht, dann nicht. Mehr kann man, ohne Bernd zu kennen, nicht sagen, da er als klug beschrieben wird – das fasse ich so auf, als dass er spieltheoretisch keine fehlerhaften Annahmen und Schlüsse verwendet.

Man ist versucht anzunehmen, dass Bernd, Annas Verhalten antizipierend, sich auf 2-999 beschränkt, aber selbst wenn Anna eine 2 zieht kann sie sich dessen nicht sicher sein. Ansonsten müsste sie sich auf 3-998 beschränken um schließlich bei 500 und 501 zu landen – mit all den 499 Vorannahmen käme sie dann zu einer vollständigen Ausrechenbarkeit Bernds, womit sich das Verfahren ad absurdum führt.

Bernd könnte auch mäßig gefuchst auf die Idee kommen, 2 kleine Zahlen (13, 17) aufzuschreiben, so dass Anna verleitet wird zu wechseln, auch bei der 17. Ebenso kann sie aber erst die 13 ziehen und wird dadurch ja auch zum Wechsel animiert, im Zweifel stärker als bei der 17.

Oder 2 große Zahlen wie 867 und 867 – beides als Falle nicht zu wechseln, nur wird es in der Hälfte der Fälle ebenso der falsche Trick sein.

Wenn Bernd also die Zahlen so wählt, wie von MatthiasR beschrieben, kann ihm eigentlich niemand was. Allerdings ist bekannt, dass auch kluge Menschen Fehler machen. Bernd könnte also einen Fehler machen, aber wir haben keine Ahnung welchen. Deswegen sollte Anna bei Zahlen > 500 halten und bei Zahlen <= 500 wechseln.
#9 user unknown
https://demystifikation.wordpress.com/2014/12/11/nico-chemtrails/
7. Dezember 2015

Ich wollte noch schreiben, dass man das Problem auch einengen kann auf die Auswahl von Zahlen von 1 bis 4.

Das müsste eigentlich das gleiche Problem, nur enger und deutlicher sein.
#10 AndreasMa
7. Dezember 2015

Es gibt bei diesem Spiel keinen inhärenten Zufall.
Bernd entscheidet, ob er ihr die grössere oder kleinere Zahl gibt (und wird ihr, da er schlau ist, nie die 1 oder 1000 geben).
Anna kann dann nur versuchen, Bernd psychologisch einzuschätzen (und auf Tells zu achten). Je nachdem, wie gut ihr das gelingt, wird sie häufiger gewinnen oder verlieren.
Alternativ kann sie immer die 50:50-Strategie wählen (zufällige Wahl).
#11 AndreasMa
7. Dezember 2015

Ich hatte übersehen, dass nicht Bernd den Zettel wählt, sondern Anna zieht.
Das ändert die Sachlage zu der von den vorherigen Kommentatoren beschriebenen.
#12 Li
7. Dezember 2015

Wenn ihr das so angeht, dann wird das nichts. In der Angabe steht “natürliche Zahlen ZWISCHEN 1 und 1000”. Das können nur Zahlen von 2 bis 999 sein. Sonst kann ich zur Lösung nichts beitragen, bin aber gespannt.
#13 Rene Grothmann
7. Dezember 2015

Ich habe zugegebenermaßen den Fall 1 bis 10 mit Optimierung und Simplex durchgerechnet, weil ich erst mal nicht auf eine Lösung gekommen bin. Es sieht also so aus, wenn ich mich nicht vertan habe:

Anna wählt zufällig eine Zahl verschieden von der Zahl auf der Karte, die sie hat. Wenn diese Zahl größer ist, wechselt sie.

Bernd wählt zufällig die Kombinationen (1,2),…,(999,1000) mit gleicher Wahrscheinlichkeit. Er ist dann natürlich im Nachteil, weil Anna nach ihm am Zug ist. Sein mittlerer Verlust ist aber nur 1/999.

Man beachte, dass eine feste Kombination (z.B. 500 und 501) von Anna ausgenutzt werden kann zu einer 100%-igen Gewinnchance. Umgekehrt kann Bernd es ausnutzen, wenn Anna immer bis 5 wechselt. Er wählt dann Zahlen bis 5 und ist nicht mehr im Nachteil.

Das ist ein sehr schönes Problem! Ich hoffe jetzt erst mal, dass ich mich nicht vertan habe.

Die Lösung mit EMT und Optimierung poste ich mal auf meinem Blog (observations.rene-grothmann.de)
#14 MatthiasR
7. Dezember 2015

Die einzige ausgemachte Dummheit die Bernd begehen kann ist auf den einen Zettel die 1 und gleichzeitig auf den anderen die 1000 zu schreiben. Oder wenn ‘zwischen’ bedeutet das die 1 und die 1000 nicht dabei sind, dann soll er wegen mir die 2 und die 999 nicht drauf schreiben, Li 😉
#15 Dr. Webbaer
7. Dezember 2015

Ist das eine vollständige Problembeschreibung?
#16 Dr. Webbaer
7. Dezember 2015

Die einzige ausgemachte Dummheit die Bernd begehen kann ist auf den einen Zettel die 1 und gleichzeitig auf den anderen die 1000 zu schreiben.

Das ursprüngliche Monty Hall-Problem litt “ein wenig” daran, dass über Monty nicht gewusst wurde, wie er in einem Spiel reagieren wird, ob er immer den Tausch anbieten wird oder nicht.
Später ist dann ausgebessert worden, Monty musste den Türentausch anbieten.

Bei dieser Variante ist Bernd der Monty und es ist unklar, was Bernd so macht, wie er i.p. Kooperation aufgestellt ist.
Aber vermutlich ist Bernd ein “thinking player”.
#17 Dr. Webbaer
7. Dezember 2015

BTW, ist Bernd ein “thinking player”, schreibt er natürlich nicht 1000 und nicht (zugleich) 1 auf seine Zettelchen.
Die Frage ist, ob dann 999 und 2 nicht die neuen Randbereiche wären, die er nicht aufschreiben darf.

Schreibt Bernd aber dennoch 999 und 1000 auf, muss Anna -dieser Logik folgend- bei 1000 stehen bleiben und bei 999 ebenfalls stehen bleiben, lol, denn Bernd “kann ja nicht” als “thinking player” die 1000 aufschreiben.
Wobei Anna so denkend nicht ihren Erwartungswert über 0,5 treiben wird.
#18 Rene Grothmann
7. Dezember 2015

Ja, beide Player sind “thinking”. Sie haben optimale Strategien, von denen sie nicht abweichen sollten. Wenn Sie es doch tun, kann der andere Spieler das ausnutzen. Man muss die Strategie global sehen. Es hat keinen Sinn, einzelne Paare aufzuschreiben.

Spoiler:
https://observations.rene-grothmann.de/december-problem/
#19 Dr. Webbaer
7. Dezember 2015

@ Herr Grothmann :

Von einer Iteration ist nicht die Rede gewesen, es geht (erst einmal) konkret um ein Spiel.

Ist die mögliche Strategie Bernds, der 999 und 1000 aufschreibt, I.E. von Anna zu schlagen?

MFG
Dr. W
#20 Dr. Webbaer
7. Dezember 2015

OK, schon verstanden, Sie führen das Spiel auf die einfachst denkbare Variante mit dem Zahlenbereich [1…3] zurück, der erkennbar von Anna geschlagen werden kann, (1,2) (1,3) (2,3) kann erkennbar geschlagen werden und extrapolieren…
#21 Chemiker
7. Dezember 2015

@MatthiasR

Wer spitzfindig ist, der könnte Ihr Argument durchiterieren: Bernd kann keine 1 auf den Zettel schreiben, weil das die niedrigste Zahl ist und Anna bestimmt wechselt, wenn sie eine 1 sieht. Deshalb kann er aber auch keine 2 verwenden, weil Anna ja bereits weiß, daß die 1 nicht vorkommen kann und daher sofort wechseln würde. Rest folgt durch vollständige Induktion: Bernd kann gar keine Zahl draufschreiben, ohne sich zu verraten.

Dieses Rätsel gibt es in einer berühmten Variante mit einem Gefangenen, der nächste Woche an einem ihm unbekannten Tag gehängt werden soll und der nach dieser Logik alle Tage, beginnend bei Freitag, ausschließt — letztlich kommt am Mittwoch überraschend der Henker, und das war für den Gefangenen wirklich unbekannt und nicht vorhersehbar, trotz aller Logik-Versuche.

Ich halte dieses Rätsel aber für reine Psychologie ohne statistische Analysierbarkeit, deshalb glaube ich nicht, daß das in diesem Fall weiterhilft. Außerdem wird der psychologische Effekt durch die vielen möglichen Zahlen stark verdünnt.
#22 Dr. Webbaer
7. Dezember 2015

@ Chemiker :

Ihnen ist aber schon klar, dass der beispielhaft weiter oben genannte Zahlenbereich [1..3] geschlagen werden kann vom antwortenden Spieler – und auch Herr Grothmann [1..10] richtig liegt?

MFG
Dr. W
#23 Rene
7. Dezember 2015

Das ist falsch. Das Rätsel ist analysierbar. Genauso, wie der Gefangene hingerichtet wird. In jenem Fall ist das Argument, dass der Freitag nicht in Frage kommt, unsinnig. Warum nicht Freitag?
#24 MatthiasR
7. Dezember 2015

@Chemiker: Natürlich wechselt Anna, wenn sie die 1 auf dem Zettel sieht sie ist ja nicht blöd. Aber, die Wahrscheinlichkeit, die 1 zu ziehen im 1.Zug beträgt nur 50%. Ihre Wechselstrategie hilft ihr in diesem Fall nicht über 50% hinaus sondern sichert die 50% nur.

Zieht Anna nicht die 1 im 1. Zug, hilft ihr die Möglichkeit zu wechseln nicht, weil Bernd ja zufällig eine zweite Zahl gewählt hat, diese kann selbst wenn Anna die 2 gezogen hat die 1 sein (Bernd wählt per Münzwurf ein größere oder kleinere Zahl diese ist dann beliebig bzw. Im Fall der 2 dann die 1 aber dennoch zufällig größer oder kleiner). Sie kann den Zettel behalten oder ihn ebenso gut tauschen, sie steigert ihre Chance trotzdem nicht über 50%.

Das einzige was sich für Anna ändert ist der Zeitpunkt zu dem sie sich freuen kann 😉 nämlich dann wenn Sie sofort die 1 oder die 1000 zieht. Aber die Wahrscheinlichkeit durch eine irgendwie geartete Strategie über 50% zu kommen steigert es nicht.
#25 MatthiasR
7. Dezember 2015

Das gleiche gilt für die 1000 da wechselt Anna nicht sondern freut sich gleich. Zieht sie aber die 999 hilft ihr das auch nicht weiter, da Bernd ja auch die 1000 gewählt haben kann.
#26 MatthiasR
7. Dezember 2015

Spitzfindige war nur Li, für Li ist eine natürliche Zahl zwischen 1 und 1000 aus der Bernd wählen darf gleichbedeutend mit 1 < Zahl < 1000 und nicht 1 <= Zahl <= 1000. Das sollten Bern und Anna bzw. der Spielleiter vorher klären sonst gibts natürlich jede Menge zusätzliche Verwirrung 😉 am Kern des Problems ändert das aber nichts.
#27 Dr. Webbaer
7. Dezember 2015

Das gleiche gilt für die 1000 da wechselt Anna nicht sondern freut sich gleich. Zieht sie aber die 999 hilft ihr das auch nicht weiter, da Bernd ja auch die 1000 gewählt haben kann.

Es sei denn, sie wechselt mit der Wahrscheinlichkeit 1/1000 = 0,001 .

Was auch der Gag der hiesigen Vorführung gewesen sein könnte, der Kern des Problems konnte u.a. dank Herrn Grothmann herausgearbeitet werden, wobei dieses Beispiel [1] aber auch Hinz und Kunz zum Nachdenken hätte anregen können.

MFG
Dr. W

[1]
‘(1,2) (1,3) (2,3)’ – bei (1,3) ist die Sache klar, bei (1,2) und (2,3) wird mit einem zweikantigen Würfel hantiert, wenn die 2 getroffen wird.
#28 Chemiker
8. Dezember 2015

@Webbär

Ihre Wechselstrategie hilft ihr in diesem Fall nicht über 50% hinaus sondern sichert die 50% nur.

Natürlich tut es das. Wenn Bernd 1 und 500 auf seine Zettel schreibt und Anna die 1 bekommt, dann gewinnt sie weil sie wechselt. Wenn sie die 500 bekommt, dann wechselt sie vermutlich mit 50% zu ihrem Unglück, aber insgesamt sind das immer noch 75% Gewinnchance.
#29 Dr. Webbaer
8. Dezember 2015

@ Chemiker :

Versuchen Sie bitte zuvörderst zu verstehen, warum das im WebLog-Artikel beschriebene Spiel (leicht erkennbar) im Zahlenbereich [1..3] geschlagen werden kann, auch im Zahlenbereich [1..4] und womöglich auch im Zahlenbereich [1..10] (Herr Grothmann war weiter oben so freundlich hierzu auszuführen; der eine oder andere kleine Mops [1] mag sich womöglich in seinen Ausführungen ergeben haben) und dann kann weiter geschaut werden.

MFG
Dr. W (der sich nun auszuklinken hat, danke!, es war wieder schön)

[1]
‘Mops’ = ‘möglicher Klops’ – lautmalerisch und landwirtschaftlich gemeint, und: nett
#30 Ulfi
8. Dezember 2015

Simplexoptimierung etc sind hier nicht anwendbar, weil wir das Spiel ja nur exakt *einmal* durchführen. Ich kann im Einmalspiel bequem die Paretolösung des wiederholten spiels nehmen und schauen, wie ich gegen diese gewinnen kann – denn das könnte ich, weil mein gegenüber nach dem ersten Spiel die Strategie nicht wieder auf mich anpassen könnte.

Wenn Bernd nur zahlen 2-999 wählt und Anna, ohne die Zahl anzuschauen entscheidet ob sie wechseln will, kann Bernd maximal in 50% der Fälle gewinnen. Alle anderen Strategien setzen Annahmen über die Strategie des Gegenübers voraus und sind daher nicht pauschal anwendbar.
#31 user unknown
https://demystifikation.wordpress.com/2015/12/08/qr-codes/
8. Dezember 2015

@Ulfi:
Sehr richtig. Man tappt leicht in die Falle, dass man annimmt Anna kenne Bernds Strategie.

Die Vereinfachung des Modells auf 3 Zahlen ist eine zu starke Vereinfachung, und ich meine ab 5 Zahlen kann Bernd die Strategie spielen, die 3 zu wählen und mit einem Münzwurf zu entscheiden, ob er die 2 oder die 4 dazumischt.

Er wird also mit einem Paar (2,3) oder (3,4) dasitzen. A zieht also mit 50%iger Sicherheit eine 3, mit 25% eine 2 und mit 25% eine 4.

Eine 2 oder 4 verrät ihr aber nicht, dass B die 3 als zweite Zahl gewählt hat. B kann auch eine 1 oder 5 als zweite Zahl aufgeschrieben haben.

Aus der Tradition von Zahlwählspielen ergibt sich übrigens, dass die 1 als untere Grenze inkludiert ist. Und da es nicht um Rechenakrobatik geht ist auch davon auszugehen, dass es 1000 Wahlmöglichkeiten gibt und nicht 999, so dass auch die 1000 inkludiert ist, auch aus Symmetriegründen.

Wer spitzfindig ist, der könnte Ihr Argument durchiterieren: Bernd kann keine 1 auf den Zettel schreiben, weil das die niedrigste Zahl ist und Anna bestimmt wechselt, wenn sie eine 1 sieht. Deshalb kann er aber auch keine 2 verwenden, weil Anna ja bereits weiß, daß die 1 nicht vorkommen kann und daher sofort wechseln würde.

Das klingt logisch, aber um es auf 5 Zahlen runterzubrechen, weiß A ja nicht ob B bei seinen Überlegungen von unten mit der 1 beginnt oder von oben mit der 5.

Fakt ist, dass Bernd ein beliebiges, mittleres Paar selektieren kann, etwa (211,213).
Was erfährt A wenn sie 211 zieht? Dass sie wechseln sollte? Sie weiß nichts über die zweite Zahl. Ja, je kleiner die Zahl ist, die sie zieht, desto mehr größere gibt es. Dann müsste sie aber auch bei 213 wechseln, denn es gibt auch mehr größere Zahlen als 213.

Ich würde 886 und 911 wählen. Die 911 ist als Primzahl unsympathisch und verleitet die Leute zu wechseln. Die 886 dagegen ist gerade, robust, grundsolide und besteht auch aus lauter großen Ziffern, wärhend die 911 zwei fiese, kleine Ziffern hat.
#32 Dr. Webbaer
8. Dezember 2015

Vielleicht hilft es kurz zu zeigen, dass das Intervall [1..4] geschlagen werden kann:
(1,2)
(1,3)
(1,4)
(2,3)
(2,4)
(3,4)

Zieht Anna die 1 oder 4 wechselt sie oder bleibt stehen, bei der 2 und der 3 wechselt sie mit der Wahrscheinlichkeit 2/3 und 1/3.
Der wahlfrei das Zahlenpaar festsetzende Bernd wäre dann in jedem Fall geschlagen.

Dieses Vorgehen ließe sich extrapolieren auf größere Intervalle.

MFG
Dr. W
#33 Dr. Webbaer
8. Dezember 2015

Intervall [1..5] :

(1,2)
(1,3)
(1,4)
(1,5)
(2,3)
(2,4)
(2,5)
(3,4)
(3,5)
(4,5)

Annas (nur bspw. vorgeschlagene, vielleicht geht’s besser) Strategie
1 => wechseln
2 => wechseln mit der Wahrscheinlichkeit 3/4
3 => wechseln mit der Wahrscheinlichkeit 2/4
4 => wechseln mit der Wahrscheinlichkeit 1/4
5 => stehen bleiben

Spielergebnis oder Erwartung gegen Bernds zwei Zahlen:
(1,2) => (1 + 3/4) / 2 = 7/8
(1,3) => (1 + 2/4) / 2 = 6/8
(1,4) => (1 + 1/4) / 2 = 5/8
(1,5) => (1 + 1) / 2 = 1
(2,3) => (3/4 + 2/4) / 2 = 5/8
(2,4) => (3/4 + 3/4) / 2 = 6/8
(2,5) => (1/4 + 1) / 2 = 5/8
(3,4) => (2/4 + 3/4) / 2 = 5/8
(3,5) => (2/4 + 1) / 2 = 6/8
(4,5) => (1/4 + 1) / 2 = 5/8

Muss jetzt nicht in jedem Punkt stimmen, war schnell dahin geschrieben…
(Hoffentlich war kein schwerwiegender Denkfehler dabei, lol.)
#34 MatthiasR
8. Dezember 2015

Nochmal von vorn. Mit der richtigen Strategie sichert sich Bernd die 50% (exakt 0,5). Und Anna sichert sich die 50% ebenfalls mit der richtigen Strategie. Mehr als 50% gibts für keinen weil der jeweils andere sich jeweils die 50% sichern kann.

Was ist die richtige Strategie?
Bernd: nicht 1 und 1000 auf die beiden Zettel schreiben.
Anna: wenn sie die 1 zieht tauschen. Wenn sie die 1000 zieht behalten. Wenn sie irgendwas anderes zieht ist egal was sie macht.

Warum? Wenn Bernd die 1 oder die 1000 auf einen der beiden Zettel schreibt ist im 2. Zug sowieso klar was Anna macht.Die beiden Ereignisse 1.Zug 2.Zug sind hier nicht unabhängig aber der 2.Zug ist vollständig determiniert somit spielt nur noch die Wahrscheinlichkeit aus dem 1.Zug eine Rolle. Das die Chance dafür 50% ist, das ist unstrittig oder? Alleine schon wenn er sich nur auf ein solches Pärchen (1 und x, 1000 und x) festlegt käme also Bernd auf seine gesicherte 50% Chance, bei einem Nullsummenspiel wie diesem kann er sich alle weiteren Überlegungen sparen. Bzw. Anna kann sich alle weiteren Überlegungen sparen, wie sie über die 50% kommt, da Bernd sich seine 50% schon sichern kann (Minimax Prinzip)

Da hier genug Mathematiker posten machen wir uns noch den Spaß die anderen Möglichkeiten zu untersuchen: Was tut Anna, wenn auf dem 1. Zettel nicht die 1 oder 1000 war? Sie überlegt sich ob die gezogene Zahl eine inhärente Eigenschaft hat, die es wahrscheinlicher macht als zuvor, dass eine Zahl größer oder kleiner auf dem Zettel ist, den Bernd in der Hand hält. Die gibt es aber nicht. Weil Bernd auch diese Strategie dadurch kontern kann das er z.B. die 2 wählt und per Münzwurf entscheidet die 1 oder eine Zahl zwischen 2 und 1000 aufzuschreiben. Sie zieht zwar zweimal mit 50% Wahrscheinlichkeit die richtige Zahl aber abhängig davon ob sie im 1.Zug die richtige Zahl in der Hand gehabt hätte verliert sie diese dann oder wenn sie die falsche Zahl in der Hand gehalten hätte gewinnt sie dann. Eine durchaus interessante abhängige Wahrscheinlichkeit, aber in beiden Fällen ohne weitere Info nur mit relativer Häufigkeit von 50% für beide Fälle.

Nur wenn Bernd irgendein Faible für irgendwelche Pärchen hat und Anna dieses sogar kennt (sagen wir gerade große und ungerade kleine Zahlen oder eine Dummheit wie 1 und 1000 oder allgemein eine Liste von Pärchen in der jede Zahl nur einmal pro Pärchen vorkommt und die Bernd gemeinhin benutzt also psychologisch beobachtbare relative Häufigkeiten.) könnte sie sich einen Vorteil verschaffen (Sie würde in der Liste die Zahl raussuchen und den größeren/kleineren Partner tauschen behalten). Aber dann wäre es ja kein Zufallsexperiment mehr 😉 Weil dann hätte die erste gezogene Zahl eine intrinsische Eigenschaft, die sowieso exakt (oder relativ gehäuft) auf die zweite schließen lässt.

PS, wann gibts die ‘offiziellen’ Lösungen Hr. Berger?
#35 MatthiasR
8. Dezember 2015

Hr. Webbaer, das Pärchen 1,5 würde Bernd NICHT wählen, da verliert er ja in jedem Fall, das muss draussen bleiben in der Rechnung.
#36 Dr. Webbaer
8. Dezember 2015

@ MatthiasR :

Stand zumindest nicht in der Problembeschreibung.

Ansonsten war die Nachricht weiter oben an einen anderen gerichtet, der wie folgt meinte:

Die Vereinfachung des Modells auf 3 Zahlen ist eine zu starke Vereinfachung, und ich meine ab 5 Zahlen kann Bernd die Strategie spielen, die 3 zu wählen und mit einem Münzwurf zu entscheiden, ob er die 2 oder die 4 dazumischt.

Ischt denn der Versuch der sog. Vollständigen Induktion bei Ihnen angekommen?!

MFG
Dr. W
#37 MatthiasR
8. Dezember 2015

Nach dem Warum? Muss stehen wenn Bernd die 1 oder 1000 verwendet hat. Und Anna diese im 1.Zug zieht, ist sowieso klar was Anna macht…
#38 MatthiasR
8. Dezember 2015

In der Problem Beschreibung steht das Bernd clever ist! Daraus folgt mindestens dass er das Paar mit welchem er garantiert verliert nicht verwendet, oder?

Das ganze funktioniert sogar mit drei Zahlen.
1;2 und 2;3 aber nicht 1;3.
#39 Simon
Würzburg
8. Dezember 2015

Ich glaube (ich bin kein Statistik-Experte) Anna kann bei diesem Problem für sich keinen großen Vorteil herleiten. Auf der anderen Seite kann Bernd Anna das Leben aber durchaus schwer machen. Nicht indem er sich nur auf Statistik verlässt, sondern auch ein bisschen Psychologie einfließen lässt.
Seine Zahlenwahl wäre entsprechend folgendermaßen:
Die kleiner Zahl sollte implizieren, dass sie die Größere von einem Zahlenpaar ist, und die Größere entsprechend, dass sie die Kleinere von einem Zahlenpaar ist.
Am Beispiel heißt das: 501 und 799
Bekommt Anna die 501 könnte Sie irrtümlich annehmen, dass Bernd ein Zahlenpaar gewählt hat und da sind 500 und 501 nahe liegend. Sie wird also bei ihrer Wahl bleiben. Anders wenn sie 799 auf dem Zettel stehen hat, ebenfalls von der Prämisse Zahlenpaar ausgeht (799 und 800 sind hier nahe liegend), und annimmt, dass Sie die Kleinere gewählt hat. Folge: Sie entscheidet sich für den zweiten Zettel.
#40 schnablo
8. Dezember 2015

Des Webbaeren Vorschlag kann man ja weiterfuehren. Offenbar sollte die Wahrscheinlichkeit zu tauschen mit dem Wert der Zahl monoton abfallen, ein Paar bei dem die höhere Zahl mit größerer Wahrscheinlichkeit getauscht wird verliert (für Anna). Dann sollte man annehmen dürfen, dass Bernd aufeinanderfolgende Zahlen wählt, da so der erwartete Verlust minimal ist. Jetzt muss man dafür sorgen, dass bei allen benachbarten Paaren der gleiche Gewinn (für Anna) herausspringt, damit Bernd nicht das für ihn beste wählen kann.
Also p(i)-p(i+1)=konstant (und maximal) fuer alle i in {1,…,999}. D.h. p(i) = 1-(i-1)/999 .
#41 Hobbes
8. Dezember 2015

Mal ohne die Kommentare gelesen zu haben um mich nicht zu Spoilern. Es gibt ja erst einmal die Chance von 50% den richtigen Zettel zu ziehen. Wenn man somit wechselt sofern man nicht eine 1 oder 1000 zieht muss sich die Chance ja minimal erhöhen. Denn auf dem anderen Zettel kann ja die 1 oder die 1000 stehen. Alle anderen Zahlen sind ja durch den anderen Spieler bestimmt und somit nicht zufällig sondern Psychologisch. Um eine Zufallssituation zu erzeugen muss man also bereits vor dem ziehen entscheiden. das man immer bei 1 oder 1000 tauscht. in diesem Fall hat man also eine minimal erhöhte Chance.
Wenn der Gegner das versucht voraus zu ahnen und 1 und 2 aufschreibt bleibt die Chance ja immer noch 50% die 1 zu ziehen. Also hat man mindestens 50% oder mehr.
So jetzt lese ich die Kommentare…
Mal sehen wo mein Fehler lag oder wie besser man das noch machen kann. Immerhin ist die Erhöhung ja nur 0,1%.
#42 Dr. Webbaer
8. Dezember 2015

@ schnablo :

Des Webbaeren Vorschlag kann man ja weiterfuehren.

‘Weiterführen’ und annehmen, was für n=3 bis n=5 gilt, wie oben nachgewiesen, wäre insofern womöglich nur ein Opfer der sog. Vollständigen Induktion.
Zuvörderst gilt es den Ansatz zu verstehen, Herr Dr, Berger mag nicht immer richtig liegen, auch gelegentlich sparsam sein, es gab hier für Langzeitbeobachter gelegentlich bei seinen Versuchen auch einiges anzumängeln, ein dbzgl, Sparschwein im pejorativen Sinne ist er aber nicht.
Der Mann hat sich die Fragestellung ja nicht aus den Fingern gesaugt, Lösungen müssten insofern bekannt sein, auch wenn der Webbaer diese (noch) nicht kennt, nicht dbzgl. recherchiert hat, noch nicht.
Hier auch nicht den Spaß verderben möchte.

MFG
Dr. W
#43 schnablo
8. Dezember 2015

Ok, war vielleicht wirklich zu knapp. Gehen wir davon aus, dass Bernd die Strategie kennt und daher das beste Paar wählt. Wenn wir annehmen, dass j>i, ist die Wahrscheinlichkeit, dass Anna bei dem Paar (i,j) gewinnt gegeben durch
1/2*p(i) + 1/2*(1-p(j)) ,
wobei der erste Summand den Fall bezeichnet, dass Anna die kleinere Zahl zieht und tauscht und der zweite, dass sie die größere Zahl zieht und nicht tauscht. Den Ausdruck kann man umschreiben
1/2 + [ p(i) – p(j) ] / 2
Das ist nur dann > 0.5, wenn p(i) > p(j) also wenn die kleinere Zahl mit einer höheren Wahrscheinlichkeit getauscht wird. Das sollte dann für alle Paare gelten, also ist p(i) monoton fallend. Dann folgt, dass für i<j<k die Gewinnwahrscheinlichkeit (für Anna) des Paares (i,k) größer ist als (i,j) oder (j,k). Bernd sollte also immer benachbarte Zahlen wählen und wir können uns auf diese Paare beschränken. Die Gewinnwahrscheinlichkeit ist 50% plus die Hälfte der Differenz der Tauschwahrscheinlichkeiten. Diese Größe gilt es zu maximieren oder genauer, das Minimum dieser Größe. Hinzu kommt, dass wir p in dem Intervall [0,1] unterbringen müssen. Konstante Schritte sind dann optimal, da andernfalls für einen großen Schritt irgendwo ein kleiner getan werden muss und für das entsprechende Paar, die Gewinnwahrscheinlichkeit sinkt. Also linear von 0 auf 1.
#44 hubert taber
8. Dezember 2015

wenn dieses spiel tausendemale durchgezogen wird, dann wird erkennbar, dass es bei der 50 : 50 chance bleibt.

unabhängig von strategien bleibt es nur ein sinnentleertes theoretisches “wahrscheinlichkeits” – gefasel.

ein eintretendes ereignis “richtet” sich nicht nach einer zuvor errechneten “wahrscheinlichkeit”.

welche “irrungen” sonst noch in den köpfen herumschwirren ist hier nachzulesen :
https://derstandard.at/userprofil/postings/84963

mfg. h.t.
#45 Karl-Heinz
9. Dezember 2015

So unwahrscheinlich es klingt, es gibt für Anna eine Strategie mit der die Wahrscheinlichkeit die größere Zahl zu ziehen, grösser als 50% wird.
Ich versuche mal Annas Strategie zu erläutern.
Anna besitzt einen Zufallsgenerator der Zahlen von 1 bis 1000 liefert. Für unsere Betrachtung gehen wir davon aus, dass die generierten Zahlen vom Zufallsgenerators gleich verteilt sind. Es könnte aber auch eine andere Verteilung, zum Bsp. eine Normalverteilung sein.
Die Zufallsvariable des Zufallsgenerators bezeichne ich mit W (steht für Würfel).
A sei die Zahl, die Anna auf den Zettel gelesen hat.

Anna hat sich folgende Strategie zurechtgelegt.

Strategie:
Bei W <= A bleibe bei A
Bei W > A wähle den andere Zettel

So jetzt muss man das Ganze noch beweisen, dass die Wahrscheinlichkeit zu Gewinnen wirklich grösser als 50% wird.
Beweis:
Nehmen wir an, dass Bernd sich für 2 Zahlen a und b entschieden hat, und a sei die kleiner Zahl.
Es gilt also: a<b
Die Wahrscheinlichkeit, dass a von Anna gezogen wird ist gleich wahrscheinlich, wie dass b gezogen wird. Es gilt als p(a)=p(b)=1/2.
So jetzt frage ich, wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass unter der Annahme, Anna hat a gezogen, die Wahrscheinlichkeit Pw(W>a|A=a) ist. Ebenso frage ich nach der Wahrscheinlichkeit Pw(W<=b|A=b).
Die Wahrscheinlichkeit Pw bezieht sich auf den Zustandsraum des Würfels.
Die Gewinnerwartung von Anna ist also p(G)= p(a)* Pw(W>a|A=a) + p(b)* Pw(W<=b|A=b).
(Zum Berechnen der Gewinnwahrscheinlichkeit verwende ich den Wahrscheinlichkeitsbaum)
Die Zufallsvariablen von A und W sind aber voneinander unabhängig. Deshalb kann ich die Bedingung weglassen und schreiben: G= p(a)* Pw(W>a) + p(b)* Pw(W<=b).
bzw. G= (Pw(W>a) + Pw(W<=b)) *1/2
Man beachte, dass er Ausdruck Pw(W>a) + Pw(W<=b) durch Überlappung der Bereiche a, b grösser als 1 wird.
Durch eine Umformung ergibt sich die Wahrscheinlichkeit für den Gewinn:
p(G)=1/2+ 1/2*Pw(a<W<=b).
Die Wahrscheinlichkeit zu gewinnen wird umso grösser, je weiter a von b entfernt ist.
#46 Karl-Heinz
9. Dezember 2015

@hubert taber
>>unabhängig von strategien bleibt es nur ein sinnentleertes theoretisches “wahrscheinlichkeits” – >>gefasel.

Antwort:
Strategien kann man schon mit Simulationen überprüfen.
Wenn ich mal Zeit habe, werde ich die hier vorgeschlagenen Strategien mit Excel prüfen.
Bin schon gespannt, ob das mit dem Gefasel stimmt.
mfg kh
#47 schnablo
9. Dezember 2015

@Karl-Heinz
Sie können W auch würfeln lassen nachdem Anna den Zettel gezogen hat. Dann sieht man, dass im Endeffekt auch bei Ihrem Ansatz Zahlen mit einer Wahrscheinlichkeit getauscht werden, die linear abfällt. (Wenn W gleichverteilt ist.)
#48 Karl-Heinz
9. Dezember 2015

@schnablo

Ich muss zugeben, ich war ziemlich überrascht, dass es überhaupt eine Strategie gibt, bei der Anna eine Gewinnwahrscheinlichkeit >50% erreicht.
Lg Karl-Heinz
#49 MatthiasR
9. Dezember 2015

@Karl Heinz
Ich habe noch eine Frage zu ihrer Strategie:

Sie sagen:
W ist ein Zufallsgenerator der Zahlen von 1 bis 1000 liefert. A die Zahl auf dem gezogenen Zettel. Bei W<=A bleibe bei A.

Jetzt meine Frage:
Was macht Anna wenn der Zufallsgenerator die 1 liefert und auf dem Zettel die 1 steht?

Bleibt sie dann wirklich den Zettel mit der 1?
#50 Karl-Heinz
9. Dezember 2015

@MatthiasR

Ja das mit den Randwerten 1 und 1000 habe ich bei meiner Strategie vernachlässigt.
Ich wollte nicht, dass der Ausdruck p(G) zu kompliziert wird.
Die angenommene Strategie würde auch funktionieren, wenn keine Randwerte bekannt wären.
#51 HF(de)
9. Dezember 2015

Meine Strategie für Anna lautet: ziehst Du die Zahl n, so wechsle mit der Wahrscheinlichkeit (n-1)/999 den Zettel. Ähnlich zu Karl-Heinz, nur mit 999 statt 1000.
#52 Joker
9. Dezember 2015

@HF(de)

Nicht, ziehst Du die Zahl n, Anna, sondern: siehst Du die Zahl n.

Lass Bernd und deine erste Wahl, welchen Zettel du nimmst, den Zufallsgenerator spielen. Einen weiteren brauchst Du nicht, um auf die Gewinnerseite zu kommen.

@ hubert taber

Gefasel ist erkennbar.
#53 Joker
9. Dezember 2015

Ach so, vielleicht auch noch: ‘wechsle’ durch ‘bleibe stehen’ ersetzen.

(Würde auch durch richtiges platzieren einer ‘1 -‘ besser werden)
#54 HF(de)
9. Dezember 2015

Oops, richtig, nicht wechseln sondern halten.
#55 Dr. Webbaer
9. Dezember 2015

Yo!, diese Strategie drängt sich auf, als möglicherweise GTO (“Game Theory Optimal”):

Meine Strategie für Anna lautet: ziehst Du die Zahl n, so [bleibe] mit der Wahrscheinlichkeit (n-1)/999 [stehen].

Wobei über Bernd nicht viel bekannt ist, siehe Problembeschreibung, in einer Iteration von Spielen Bernd noch weiter abgeklopft werden könnte, in puncto Spiel-Gewohnheit, die weitergehend exploitable sein könnte.
Nett wäre noch der Nachweis, dass diese Annas Strategie gto wäre.

MFG
Dr. W
#56 Karl-Heinz
9. Dezember 2015

@Dr. Webbaer

Annas Spielverlauf kann natürlich verbessert werden, wenn Bernds Spielgewohnheiten analysiert wird.

Ich gebe aber zu bedenken, dass Bernd seine Gewohnheiten jederzeit ändern kann.
Ob Annas Strategie dann noch GTO ist, bezweifle ich aber.
#57 Dr. Webbaer
9. Dezember 2015

@ Karl-Heinz :

Ich gebe aber zu bedenken, dass Bernd seine Gewohnheiten jederzeit ändern kann.
Ob Annas Strategie dann noch GTO ist, bezweifle ich aber.

‘GTO’ heißt, dass unabhängig von Bernds Spielgewohnheiten, eben spieltheoretisch optimal, auf Seiten Annas reagiert wird. [1]
Sogenannte (mögliche) Leaks in Bernds Strategie auszunutzen, wäre getrennt von der GTO zu bearbeiten.

Übrigens litt hier auch die ursprüngliche Version des Monty Hall-Problems entscheidend, denn wenn nicht gewusst wird, welcher Strategie Monty folgt, ist das ursprünglich geschilderte Ziegenproblem nicht derartig bearbeitbar, dass ein bestimmtes (Wechsel)-Verhalten des Wett-Show-Kandidaten sinnhafterweise angeraten werden kann. [2]

MFG
Dr. W

[1]
Es darf womöglich mittlerweile offen ausgeschrieben werden, dass Anna im geschilderten ihre Gewinn-Erwartung (knapp) über 0,5 erheben kann – wenn sie schlau ist.

[2]
Insofern ist dann später ergänzt worden, dass Monty seinen Wechselvorschlag tätigen muss – was aber insofern ein wenig blöde ist, weil dann das sog. Ziegenproblem mit den Mitteln der Fallunterscheidung gelöst werden kann.
#58 Dr. Webbaer
9. Dezember 2015

*
im geschilderten Spiel
#59 Karl-Heinz
9. Dezember 2015

@Dr. Webbaer

Danke für die INFO

Frage: Wie macht man einen senkrechten Balken?
lg Karl-Heinz
#60 Dr. Webbaer
9. Dezember 2015

@ Karl-Heinz :

KA, so? : | , was blieb womöglich unklar?

MFG
Dr. W
#61 Karl-Heinz
9. Dezember 2015

@Dr. Webbaer

Hurra ich habs
Test Test test

BLOCKQUOTE

Danke
lg KHF
#62 Dr. Webbaer
9. Dezember 2015

@ Karl-Heinz :

Ihre Nachrichten weiter oben fand Ihr Kommentatorenfreund schon “töfte”, ab Kommentar #45.
schwierig,
ansonsten vielleicht dieser Hinweis:
-> https://wpbtips.wordpress.com/2010/05/23/html-allowed-in-comments-2/ (ischt schon ein wenig älter, könnte aber noch erklären helfen – WordPress ist hier die Basis des Systems)

HTH
Dr. W
#63 hubert taber
9. Dezember 2015

@ # 52 Joker :
“gefasel ist erkennbar”.
ja, deines.

hier möchten alle nur deren intelligenz beweisen.
meine triebfeder ist eine andere :
ich möchte euch die dummheit der theoretiker und eurer lehrer beweisen.
nur das ist mein anliegen.

siehe unter :
https://science.orf.at/stories/1764824/#forum

und nochmals : das “ergebnis” einer wahrscheinlichkeits-rechnung ist in keiner weise aussagekräftig oder gar bindend.

mfg. h.t.
#64 Schlotti
9. Dezember 2015

Oder kann ich gegen einen klugen Gegner wie Bernd ohnehin nur die 50:50-Chance wahren?

Ein kluger Gegner wie Bernd kann jede Strategie Annas, von der Anna glaubt, dass sie gegen Bernd erfolgreich wäre, vorwegnehmen und das Gegenteil dessen tun.
deshalb meine ich, dass Anna ihre Chance nicht verbessern kann.
#65 HF(de)
9. Dezember 2015

@Anna: (aus der Aufgabenstellung)

Wenn ich z.B. einen Zettel ziehe, auf dem die 1 steht, dann sollte ich auf jeden Fall tauschen.

stimmt auffallend.

Aber ich kenne Bernd, er ist klug und wird sicher nicht die 1 auf einen Zettel schreiben.

Das stimmt nicht, da Bernd ja genau diesen Gedankengang ausnutzen kann. Er nimmt {1,2}. a) Anna zieht die 1, tauscht und gewinnt. Oder b) Anna zieht die 2, tauscht (Bernd nimmt ja angeblich keine 1) und verliert => 50:50.
Anna benötigt also eine Strategie, bei der sie auch beim Ziehen von 2 eventuell die Zahl behält. Daher mein Vorschlag oben (#51/54).

@Schlotti: wie widerlegt ein schlauer Bernd meine Strategie?
#66 Schlotti
10. Dezember 2015

@HF(de):

wie widerlegt ein schlauer Bernd meine Strategie?

Indem er beispielsweise deine Strategie hier gelesen gelesen hat und sich deshalb anders verhält.
#67 HF(de)
10. Dezember 2015

Ok, könnte klappen. Aber nur, wenn es immer (also insbesondere in diesem Fall) eine Gegenstrategie gibt… Die hätte ich jetzt gerne etwas genauer erklärt 😉
#68 user unknown
https://demystifikation.wordpress.com/2015/12/09/moralischer-fortschritt/
10. Dezember 2015

Ich bin den Argumenten der anderen nur oberflächlich gefolgt, insbesondere die p(…)-Notation, obwohl ich sie verstehen sollte, war mir zu unanschaulich. Insbesondere geht es ja nicht um Wahrscheinlichkeiten, weil ja die Strategie oder Zahlenwahl von B nicht eine Sache der Wahrscheinlichkeit ist – nicht gemäß unserer Aufgabenstellung.

Ich wollte aber die Strategie so ähnlich mit einer vollständigen Betrachtung mit einem kleineren Zahlenraum selbst untersuchen, und komme zu folgender Darstellung, also unter der Vorraussetzung, dass B aus den Zahlen 1-5 2 wählen darf, die A nicht kennt. A kennt auch die Strategie nicht, nach der B die Zahlen wählt.

X | ..1.. | ..2.. | ..3.. | ..4.. | ..5.. | 1 | ..X.. | (w)/h | (w)/h | (w)/h | (w)/h | 2 | w/(h) | ..X.. | (w)/h | (w)/h | (w)/h | 3 | w/(h) | w/(h) | ..X.. | (w)/h | (w)/h | 4 | w/(h) | w/(h) | w/(h) | ..X.. | (w)/h | 5 | w/(h) | w/(h) | w/(h) | w/(h) | ..X.. |

Vertikal ist die Zahl dargestellt, die A zieht, also in Zeile 1 die 1, in Zeile 2 die 2 usw.
Horizontal ist die mögliche Zahl, die B noch hat, aufgetragen. Ein ..X.. zeigt an, dass die Kombination nicht möglich ist (1,1), (2,2) usw.
(w)/h heißt, dass es A günstig ist zu wechseln, w/(h) zu halten. Es soll die bessere Wahl umkringelt sein. A kennt natürlich nur die gezogene Zahl, also den Zeilenkopf, und wechselt in jedem Fall, wenn sie eine 1 zieht, und auf keinen Fall in Zeile 5.
Bei der Kombination (2,1) sollte sie halten, aber sie weiß natürlich nichts von der 1, die B hat – B könnte auch eine der anderen Zahlen haben.

B weiß aber erst recht nicht, was A tun wird – außer dass sie wohl eine 5 halten und eine 1 abstoßen wird. B kann die 3 wählen, weil A, wenn sie die findet, ebenso gut verlieren wie gewinnen könnte, wenn B keine Präferenz für die zweite Zahl hat – zum Beispiel weil er zur 3 die zweite dazulost.

A könnte also bei 3 aus Bequemlichkeit immer halten, bei 3 immer halten. Selbst wenn B weiß, dass A so vorgeht, kann er nur (3,4) oder (3,2) wählen. Bei (3,4) kann A die 3 ziehen, bleibt dabei und verliert. Oder die 4 ziehen, bleibt dabei, und gewinnt. Bei (3,2) hält sie die 3 und gewinnt, bei (2,3) wechselt sie und gewinnt. Also hat sie ihre Chancen zu gewinnen verbessert.

Solange B nicht weiß, ob A bei 3 hält oder wechselt kann er also keine Pattchance erzwingen.

Jetzt ist aber 5 eine ungerade Zahl, 1000 aber eine gerade. Wir müssen also die Tabelle um eine Zeile und eine Spalte erweitern, so dass es keine Egale-Mitte mehr gibt.

..X.. | ..1.. | ..2.. | ..3.. | ..4.. | ..5.. | ..6.. | ..1.. | ..X.. | (w)/h | (w)/h | (w)/h | (w)/h | (w)/h | ..2.. | w/(h) | ..X.. | (w)/h | (w)/h | (w)/h | (w)/h | ..3.. | w/(h) | w/(h) | ..X.. | (w)/h | (w)/h | (w)/h | ..4.. | w/(h) | w/(h) | w/(h) | ..X.. | (w)/h | (w)/h | ..5.. | w/(h) | w/(h) | w/(h) | w/(h) | ..X.. | (w)/h | ..6.. | w/(h) | w/(h) | w/(h) | w/(h) | w/(h) | ..X.. |

Jetzt würde A bis 3 wechseln und ab 4 halten.
Wenn B (3,4) spielt kann A die 3 finden, wechselt und hat gewonnen. Findet sie 4 hält sie und hat gewonnen.
Spielt B (4,5) hält A, egal was sie findet und hat eine 50%-Chance zu gewinnen. Spielt er (2,3) wechselt A immer und hat auch eine 50% Chance.

So sieht es erstmal so aus, als schaute A in die Röhre, wenn B ein Paar unter der Mitte spielt oder ein Paar über der Mitte.

Jetzt verstehe ich die Strategie. Mit 2/6 soll sie bei 6 Zahlen halten, wenn sie eine 2 sieht, mit 3/6 wenn sie eine 3 zieht, und damit verbessert sie ihre Chancen marginal, aber immerhin.
Und mit 4/6 gegen 5/6 hält sie bei dem Paar (4,5) und so weiter, ja, das macht Sinn, nur bei der 1 sollte sie nie halten.

Und B kann dagegen wenig tun, außer mit 401 und 402 zum Beispiel ein Paar wählen, bei dem es nicht ins Gewicht fällt, bei einem Zug, dass A ihre Chancen verbessert.

Ich muss also meinen ersten Beitrag korrigieren.

Hauptsache bleibt aber, dass A bei 1 wechselt und bei 1000 hält (bzw. 5 oder 6) – ebenso, dass B 1 und 1000 gar nicht erst wählt.

Für eine Zahl i sollte A also mit (i-1)/999 auf Halten spielen; ich schließe mich also HF(de) #51 (z.Zt. des Postens) an.
#69 Dr. Webbaer
10. Dezember 2015

@ user unknown :

Der Gag sozusagen ist die mögliche probabilistische Strategie Annas, ‘Nash-Equilibrium’ hier das Fachwort.

MFG
Dr. W
#70 Karl-Heinz
10. Dezember 2015

@user unknown

Für eine Zahl i sollte A also mit (i-1)/999 auf Halten spielen

Ich glaube es geht noch besser.

Für i =1 mit einer Wahrscheinlichkeit von 1 wechseln,
Für i =1000 mit einer Wahrscheinlichkeit von 1 halten
ansonsten mit einer Wahrscheinlichkeit (i-1)/998 auf Halten spielen.

lg Karl-Heinz
#71 Dr. Webbaer
10. Dezember 2015

Nah.
War schon OK, Karl-Heinz.
#72 Karl-Heinz
10. Dezember 2015

@MatthiasR
Danke für den Hinweis mit den Randbereichen
Der Zufallsgenerator von Anna soll Zahlen von 2 bis 999 liefern, da Bernd die 1 bzw. 1000 eh nicht auswählen wird.
Siehe Posting
https://scienceblogs.de/kritisch-gedacht/2015/12/07/dezemberraetsel-tauschen-oder-nicht/#comment-49863
#73 Dr. Webbaer
10. Dezember 2015

Der Zufallsgenerator von Anna soll Zahlen von 2 bis 999 liefern, da Bernd die 1 bzw. 1000 eh nicht auswählen wird.

Nah.
Sie müssen aufpassen, dass Sie Bernds (999,1000) schlagen können.
So – ‘ansonsten mit einer Wahrscheinlichkeit (i-1)/998 auf Halten spielen.’ – geht’s nicht.
#74 Karl-Heinz
10. Dezember 2015

@Dr. Webbaer

Ich werde mal versuchen den totalen Erwartungswert des Gewinnes
(Beispiel von user unknown“) in Abhängigkeit von Starategie1, Starategie2 …
auszurechnen.
Wird ein bisschen (doppel s ) dauern 😉

Bin schon gespannt, was rauskommt.
lg Karl-Heinz
#75 Karl-Heinz
10. Dezember 2015

@Dr. Webbaer
Anna besitzt einen Zufallsgenerator der Zahlen von 2 bis 999 liefert.
Die Zufallsvariable des Zufallsgenerators bezeichne ich mit W (steht für Würfel).
A sei die Zahl, die Anna auf den Zettel gelesen hat.
Anna hat sich folgende Strategie zurechtgelegt.
Strategie:
Bei W <= A bleibe bei A
Bei W > A wähle den andere Zettel

Anmerkung:
Wenn Anna eine 1 zieht dann, muss sie laut Strategie den Zettel immer wechseln.
Wenn Anna eine 1000 zieht, dann muss Anna laut Strategie den Zettel behalten.
Für jede andere Zahl ist die Wahrscheinlichkeit für Halten gleich (i-1)/998

Ich hoffe mir ist kein Gedankenfehler unterlaufen.
#76 Dr. Webbaer
10. Dezember 2015

@ Karl-Heinz und Verdacht :

Der Erwartungswert von Anna, bei einmaligem Spiel oder in der Iteration, wenn Bernd nichts strategisch Exploitbares liefert, liegt bei:
( 1 + ( 1 / 999 ) ) / 2 = 0,500500 (Periode “500”)

Denn genau so könnte bspw. Bernds (999,1000) geschlagen werden.

MFG
Dr. W
#77 Dr. Webbaer
10. Dezember 2015

@ Karl-Heinz :

Anmerkung:
Wenn Anna eine 1 zieht dann, muss sie laut Strategie den Zettel immer wechseln.
Wenn Anna eine 1000 zieht, dann muss Anna laut Strategie den Zettel behalten.
Für jede andere Zahl ist die Wahrscheinlichkeit für Halten gleich (i-1)/998

Sie können so Bernds (999,1000) nicht schlagen, die Erwartung für Anna nicht über 0,5 treiben.
#78 Dr. Webbaer
10. Dezember 2015

PS und zu Bernds Strategie vielleicht noch kurz:
B. sollte benachbarte Zahlenpaare wählen, A’s (ihn schlagende) Strategie, sonst wird’s ganz bitter, lol.
#79 Dr. Webbaer
10. Dezember 2015

*
A’s (ihn schlagende) Strategie antizipierend
#80 Karl-Heinz
10. Dezember 2015

@Dr. Webbaer

mein Vorschlag:

Ich beschränke mich auf den Wertebereich 1 bis 6 und berechne mit beiden Strategien die Gewinnwahrscheinlichkeit.

lg Karl-Heinz
#81 Dr. Webbaer
10. Dezember 2015

@ Karl-Heinz :

Die liegt bei :
( 1 + ( 1 / 5 ) ) / 2 = 0,6

MFG
Dr. W
#82 Karl-Heinz
10. Dezember 2015

@Dr. Webbaer

PS und zu Bernds Strategie vielleicht noch kurz:
B. sollte benachbarte Zahlenpaare wählen, A’s (ihn schlagende) Strategie, sonst wird’s ganz bitter, lol.

Anna Gewinnt mi der Wahrscheinlichkeit p(G)=1/2+ 1/2*P(a<W<=b)
Bernd muss um nicht zu viel zu verlieren benachbarte Zahlenwerte wählen. 😉

lg kh
#83 Karl-Heinz
10. Dezember 2015

@Dr. Webbaer
Muss leider weg.
Freu mich aber auf eine Fortsetzung der Diskussion.
Lg Karl-Heinz
#84 Joker
10. Dezember 2015

Anfangs dachte ich, Bernd sollte den Rand meiden, wie der Teufel das Weihwasser. Ich fragte mich, ob ihm geholfen wäre, wenn er etwa einer Binomialverteilung folgend jedem Paar (i, i+1) eine Wahrscheinlichkeit zuordnet, mit der er es aufschreibt. Dann käme ein Paar in der Mitte, wie z.B. (477; 478) wahrscheinlicher vor, die Randpaare (1; 2) und (999; 1000) wären zwar nicht ganz ausgeschlossen, aber doch sehr unwahrscheinlich.

Jetzt glaube ich das nicht mehr, allerdings ohne es in Excel durchgerechnet zu haben.
#85 Karl-Heinz
10. Dezember 2015

@Joker

Sagen wir Anna spielt mit folgender Strategie: Für eine Zahl i mit (i-1)/999 auf Halten spielen.

Ihre Gewinnwahrscheinlichkeit p ist dann für jedes Zahlenpaar
inklusive dem Randbereich 0,500500.

Falls Anna diese Strategie anwendet, ist es egal wie die Zahlenbereiche verteilt sind,
und ob der Randwert berücksichtigt wird oder nicht.

lg KH
#86 Karl-Heinz
10. Dezember 2015

@Joker

Statt Zahlenbereiche meinte ich Zahlenpaare
lg KH
#87 Karl-Heinz
10. Dezember 2015

ich meine natürlich Zahlenpaare (i,i+1)
#88 Karl-Heinz
10. Dezember 2015

@Dr. Webbaer

Sie haben recht

Die Strategie: Wird die von Anna gelesene Zahl i mit der Wahrscheinlichkeit (i-1) /999 auf Halten gespielt, so haben alle Zahlenpaare (i, i+1) die gleiche Gewinnwahrscheinlichkeit von 0,5005005005005005005005005005005 und dadurch wird kein Zahlenpaar (i, i+1) gegenüber anderen Zahlenpaaren (j, j+1) schlechter gestellt, welches Bernd dann ja als Gegenstrategie auswählen könnte.

Lg Karl-Heinz
#89 MatthiasR
10. Dezember 2015

OK, hab mittlerweile meine Denkfehler gefunden. Bernd kommt nie über 50%.
Anna mit der richtigen Strategie schon. Siehe Diskussion oben.
Halten mit der Wahrscheinlichkeit n-1/999 lässt sich prima simulieren, die Ergebnisse sind verblüffend. Katastrophal wird es für Bernd wenn er weit auseinander liegende Pärchen wählt. Die 1 und 2 sind da gar nicht mal so schlimm.
GegenStrategien kann Bernd keine entwickeln, ausser mit zufällig gewählten engen Pärchen den Schäden zu begrenzen.
Es bleibt einzig anzumerken, das Anna sich im einzelnen Spiel bei einem Pärchen wie 500 und 501 vielleicht hinterher ärgert wenn sie ‘zufällig’ die 500 gehalten hat. Richtig war die Entscheidung zum Zeitpunkt der Entscheidung aber doch 😉
#90 Schlotti
10. Dezember 2015

Wenn ich z.B. einen Zettel ziehe, auf dem die 1 steht, dann sollte ich auf jeden Fall tauschen. Aber ich kenne Bernd, er ist klug und wird sicher nicht die 1 auf einen Zettel schreiben.

Mir scheint ein wenig unterzugehen, dass Bernd sehr wohl eine 1 auf einen der Zettel schreiben kann. Wenn nämlich Anna diesen Zettel sieht hat ihre erste Wahl ja schon stattgefunden. Die Wahrscheinlichkeit, dass sie die 1 (bei zwei Zetteln) zieht, liegt bei 50:50.
Die 1, die sie ziehen könnte und bei der ihr Verhalten klar wäre, zieht sie eben nur mit einer Wahrscheinlichkeit von 50 %.
Zieht sie eine Zahl, die nicht 1 ist, kann sie nicht eine Wahl treffen, da sie eben Bernds Gedanken nicht kennt.
Dies ist also m.E. überhaupt kein statistisches Problem, sondern eher ein psychologisches.
#91 Karl-Heinz
10. Dezember 2015

@Schlotti
Hallo Schlotti, du bist auf einen Holzweg

Lg Kh
#92 Karl-Heinz
10. Dezember 2015

Sorry auf dem HOLZWEG 😉
#93 Schlotti
10. Dezember 2015

@Karl-Heinz:

Hallo Schlotti, du bist auf einen Holzweg

Da kenne ich mich halt gut aus… 😉
#94 Karl-Heinz
10. Dezember 2015

@Schlotti
Net böse sein 😉
Zu jeder Strategie gibt es eine Gegenstrategie, passta
Also 50 % lol
#95 Karl-Heinz
10. Dezember 2015

Die Anna hat nur eine Strategie und die zieht sie durch bis zum bitteren Ende. Was Bernd macht ist ihr ziemlich wurscht. So sind Frauen nun mal:-)
#96 Joker
10. Dezember 2015

Ist es nicht gerade umgekehrt, Bernd hat nur eine Strategie, und dann ist es ziemlich wurscht, was Anna macht?

Wenn Bernd wirklich schlau ist, wird er doch schon seine optimale Strategie spielen, also die, mit der seinen Verlust gegen alle möglichen Strategien von Anna minimal hält. Falls darauf verlass ist, ist es ziemlich egal was Anna macht. Sie könnte genau so gut immer bei ihrer ersten Wahl bleiben und nur tauschen, wenn tatsächlich die 1 auf der Karte steht, die sie als erstes umdreht.

Das würde ihr eine Menge Rechenarbeit sparen, oder?
#97 user unknown
https://demystifikation.wordpress.com/2015/12/11/kriegsweihnacht/
11. Dezember 2015

@Joker: Wenn die Strategie so toll wäre, würde der kluge B das antizipieren und (2,3) spielen, und hätte dann eine 50%-Gewinnchance.
#98 Joker
11. Dezember 2015

Ja, das stimmt – wenn Bernd Annas Strategie kennen würde.

Nur Bernd kennt die Strategie von Anna nicht. Sie könnte ja auch spielen, 1 wechseln, 2 wechseln, bei allen anderen Zahlen halten. Von mir unterstellt ist, er möchte gegen jede (!) Strategie seine fast 50% auf die Million erhalten.
#99 Karl-Heinz
11. Dezember 2015

@Joker

Ok, das mit der Wurst nehme ich zurück.

Sowohl Bernd als auch Anna haben Strategien und nur ein Ziel, nämlich den Gewinn zu maximieren bzw. ihren Verlust zu minimieren.

Falls „hubert taber“ die Rolle von Bernd übernehmen möchte, dann würde ich gerne die Rolle von Anna übernehmen. Sagen wir, jeder zahlt pro Runde 1000 EUR in den Topf ein und es wird 20 Runden gespielt. Pro Runde wird um den Topf gespielt. OK ich bin nicht so, ich zahle pro Runde 1001 EUR in den Topf ein. Ich glaube ich kann davon ausgehen, dass „hubert taber“ keine Strategie hat.
Wie das Spiel mit den 20 Runden wohl ausgehen wird?
#100 Karl-Heinz
11. Dezember 2015

@Joker

Ohne Rechenarbeit kann Bernd keine vernünftige Strategie entwickeln.

So würde er auch nicht benachbarte Zahlen (z.B. 200 und 800) auswählen, die für ihn bei Annas Strategie zum Desaster wird.
#101 Dr. Webbaer
11. Dezember 2015

@ Joker :

Ist es nicht gerade umgekehrt, Bernd hat nur eine Strategie, und dann ist es ziemlich wurscht, was Anna macht?

Gucki hier für das von Karl-Heinz angeregte Intervall [1..6], das recht anschaulich ist:

Bernd zuerst mit seinem Paar, dann Anna (die diese Strategie spielt: “Meine Strategie für Anna lautet: ziehst Du die Zahl n, so [bleibe] mit der Wahrscheinlichkeit (n-1)/999 [stehen].” – siehe oben):
(1,2) => E = ( 5 / 5 + 1 / 5 ) / 2 = 9 / 10 = 0,6
(1,3) => E = ( 5 / 5 + 2 / 5 ) / 2 = 8 / 10 = 0,7
(1.4) => E = ( 5 / 5 + 3 / 5 ) / 2 = 7 / 10 = 0,8
(1,5) => E = ( 5 / 5 + 4 / 5 ) / 2 = 9 / 10 = 0,9
(1,6) => E = ( 5 / 5 + 5 / 5 ) / 2 = 10 / 10 = 1,0
(2,3) => E = ( 4 / 5 + 2 / 5 ) / 2 = 6 / 10 = 0,6
(2,4) => E = ( 4 / 5 + 3 / 5 ) / 2 = 7 / 10 = 0,7
(2,5) => E = ( 4 / 5 + 4 / 5 ) / 2 = 8 / 10 = 0,8
(2,6) => E = ( 4 / 5 + 5 / 5 ) / 2 = 9 / 10 = 0,9
(3,4) => E = ( 3 / 5 + 3 / 5 ) / 2 = 6 / 10 = 0,6
(3,5) => E = ( 3 / 5 + 4 / 5 ) / 2 = 7 / 10 = 0,7
(3,6) => E = ( 3 / 5 + 5 / 5 ) / 2 = 8 / 10 = 0,8
(4,5) => E = ( 2 / 5 + 4 / 5 ) / 2 = 6 / 10 = 0,6
(4,6) => E = ( 3 / 5 + 5 / 5 ) / 2 = 8 / 10 = 0,8
(5,6) => E = ( 1 / 5 + 5 / 5 ) / 2 = 6 / 10 = 0,6

Bernd sollte also als Strategie Konnektoren spielen, um mit E = 0,4 davonzukommen, bei Single-Gappern kommt er auf E = 0,3, bei Double-Gappern auf E = 0,2 etc.

MFG
Dr. W
#102 Dr. Webbaer
11. Dezember 2015

*
mit der Wahrscheinlichkeit (n-1)/5
#103 Dr. Webbaer
11. Dezember 2015

PS:
Wäre Bernd braindead, also kein thinking player (s.o.), würde er also bspw. auslosen, welches Zahlenpaar er notiert, würde Annas Strategie +0,74 werfen. [1]

Läge eine Iteration vor, also eine Serie von Spielen, und Bernd wäre braindead, ließe sich Bernd womöglich noch besser exploiten.

Deshalb war auch die erste Frage des Schreibers dieser Zeilen, ob die Problembeschreibung vollständig ist.

[1]
Diese Herleitung liegt auf der Hand.
#104 Karl-Heinz
11. Dezember 2015

@Dr. Webbaer

***Coole Tabelle****

Mann sieht deutlich, dass wenn der Anstand d = j-i des Zahlenpaares (i, j) grösser wird, die Gewinnwahrscheinlichkeit von Anna steigt.

Es gilt natürlich für alle Zahlenpaare pB = 1-pA.

Also wenn die Gewinnwahrscheinlichkeit von Anna steigt,
sinkt die Gewinnwahrscheinlichkeit von Bernd.

Des Weiteren sieht man auch, dass die Paare (inklusive Randpaare)
(1,2), (2,3), (3,4), (4,5), (5,6) die gleiche Gewinnwahrscheinlichkeit haben.

lg Karl-Heinz
#105 Karl-Heinz
11. Dezember 2015

Sehr fasziniert war ich auch von Lercherl in Posting #3,
wie er so ohne weiteres die Gewinnwahrscheinlichkeit 0,4995 von Bernd, die er verteidigen kann, aus den Ärmel geschüttelt hat.

mfg KH
#106 Joker
11. Dezember 2015

@ Dr. Webbaer

Wir sind uns, so glaube ich, mittlerweile alle einig, dass Bernd nur ‘Konnektoren’ spielen sollte, Paare (i; i+1). Mittlerweile vermute ich, beweisen kann ich das nicht, dass er allen Paaren die gleiche Wahrscheinlichkeit einräumen sollte, um seine optimale Strategie zu erhalten.

Mein Rat an Anna ist, wenn Bernd das macht, weil er eben klug ist, wenn sie sich dessen sicher ist, dann braucht sie sich keinen Kopf mehr machen. Sie muss nur die 1 tauschen und die 1000 behalten, wenn sie eine davon sieht. Ihre Strategie könnte auch sein, alle ungeraden Zahlen tauschen, alle geraden behalten. Hätte den gleichen Erwartungswert.

Bernd hat sozusagen für die Frau schon mitgedacht, das machen Männer ja gerne.
#107 Joker
11. Dezember 2015

… allen solchen Paaren …
Es gib 999 davon, also p(i, i+1) = 1/999
#108 Karl-Heinz
11. Dezember 2015

@Joker

Ihre Strategie könnte auch sein, alle ungeraden Zahlen tauschen, alle geraden behalten.

Keine gute Idee, denn Bernd würde sofort mit den Zahlenpaaren (2*n,2*n+1) kontern. 😉

n=1,2,3,…,499

lg kh
#109 Joker
11. Dezember 2015

@ Karl-Heinz

Das ‘könnte’ in “Ihre Strategie könnte auch sein …”, bezieht sich darauf, dass Bernd seine optimale Strategie spielt. Also wenn das der Fall ist, dann könnte sie …

… am Erwartungswert nichts mehr ändern.
(Nur mit Strategien die die 1 behalten und/oder die 1000 tauschen, könnte Sie sich verschlechtern)

Wenn Anna die Möglichkeit ins Kalkül zieht, Bernd würde nicht seine optimale Strategie spielen, dann könnte sie sich mit ihrer optimalen Strategie die ca. 50,05 % sichern

– oder versuchen noch mehr Kapital rauszuschlagen. Nach dem Motto: “Was ist 1 Million + 1 Million?” – “Zu wenig.” (Ein kleiner Pinguin, in die ‘Känguru-Offenbarung’)
#110 Karl-Heinz
11. Dezember 2015

@Joker

Bernd muss um nicht zu viel zu verlieren ‘Konnektoren’ also (i,i+1) spielen.
Die Strategie von Anna ist die gelesene Zahl i mit der Wahrscheinlichkeit (i-1) /999 auf Halten zu spielen.

Durch die Strategie von Anna haben alle ‘Konnektoren’ also (i, i+1)
die gleiche Gewinnwahrscheinlichkeit für Anna bzw. Bernd.

Bernd hat plötzlich das Problem, dass alle ‘Konnektoren’ also (i,i+1) gleichwertig sind.
Es macht für ihn keinen Sinn mehr, bestimmte ‘Konnektoren’ zu bevorzugen.

Lg Karl-Heinz
#111 Karl-Heinz
11. Dezember 2015

@Joker

Ich hoffe Herr Ulrich Berger wird uns bei seiner Auflösung erklären,
wie das mit der optimale Strategie ist,
und was man darunter versteht.

Lg Karl-Heinz
#112 HF(de)
11. Dezember 2015

Von optimaler Strategie ist jedoch keine Rede in der Aufgabenstellung… Nur von besser als 50%. Und das dürfte mit der jetzigen Strategie von Anna klappen, ganz egal was Bernd sich ausdenkt.
#113 Dr. Webbaer
11. Dezember 2015

Bernd hat plötzlich das Problem, dass alle ‘Konnektoren’ also (i,i+1) gleichwertig sind.
Es macht für ihn keinen Sinn mehr, bestimmte ‘Konnektoren’ zu bevorzugen.

Im Püschologischen wäre ganz eindeutig (999,1000) zu spielen, (1,2) käme auch in Frage, aber große Zahlen irritieren Frauen idR besser.
#114 Dr. Webbaer
11. Dezember 2015

@ Joker :

Mittlerweile vermute ich, beweisen kann ich das nicht, dass er allen Paaren die gleiche Wahrscheinlichkeit einräumen sollte, um seine optimale Strategie zu erhalten.

Stand ja oben, das senkt seine Erwartung, steht übrigens auch der Wahl (1,1000) entgegen.
#115 Karl-Heinz
12. Dezember 2015

@Joker

Hallo Joker
Nochmals vielen Dank, dass du diese Frage gestellt hast.

Das ‘könnte’ in “Ihre Strategie könnte auch sein …”, bezieht sich darauf, dass Bernd seine optimale Strategie spielt. Also wenn das der Fall ist, dann könnte sie …… am Erwartungswert nichts mehr ändern.

Ich habe mich selber geragt, worin nun eigentlich der Unterschied zwischen Annas und Bernds Strategie besteht, und mir darüber so meine Gedanken gemacht.

Annas Handeln besteht darin, festzulegen mit welcher Wahrscheinlichkeit sie die gelesene Zahl hält. Bernds Handeln besteht darin, das entsprechende Zahlenpaar auszuwählen.
Nehmen wir an, Anna hat festgelegt mit welcher Wahrscheinlichkeit sie eine gelesene Zahl (1…1000) hält und ist so freundlich und projiziert ihre Entscheidungsstrategie pHalten(i) auf die Wand. In diesem Fall geht Bernd sofort her und rechnet für alle Zahlenpaare Annas Gewinnwahrscheinlichkeit aus.

(Anmerkung: Das man Annas Gewinnwahrscheinlichkeit wirklich für alle Zahlenpaare ausrechnen kann weiß Dr. Webbaer nur zu gut.)

Bernd macht jetzt als nichts anderes, als dass er jenes Zahlenpaar, wo Anna am wenigsten gewinnt, aussucht.

Szenenwechsel: Bernd betritt die Bühne und sagt zur Anna: „Du hast keine Chance, denn ich habe meine optimale Strategie gefunden. Die Million gehört mir!“
Über Annas Gesicht huscht ein Lächeln und sie sagt zu Bernd: „Viel Spaß beim Aussuchen des Zahlenpaares, denn solange ich mich nicht entschieden habe, mit welcher Wahrscheinlichkeit ich die Zahlen halte, tust dich so ganz ohne Gewinnwahrscheinlichkeit schwer, dass für dich optimale Zahlenpaar zu finden. Naja Bernd, immerhin kannst du Vermutungen anstellen.“
#116 Dr. Webbaer
12. Dezember 2015

@ Karl-Heinz:

In der Tat faszinierend, einen Lösungsweg sieht der Schreiber dieser Zeilen abär nicht.

MFG
Dr. W
#117 Dr. Webbaer
12. Dezember 2015

Ich habe mich selber geragt, worin nun eigentlich der Unterschied zwischen Annas und Bernds Strategie besteht, und mir darüber so meine Gedanken gemacht.

Anna muss ihre Strategie entwickeln und anwenden, Bernd muss Annas Strategie antizipieren, um eine seine Strategie zu entwickeln und anzuwenden.
Die Gags bei dieser Aufgabenstellung bestehen u.a. darin, dass Bernd (anti-intuitiv) schlecht spielen kann, und Anna ebenfalls; es handelt sich um ein Spiel, das dem Nash-Equilibrium folgt und die Serie aus einem einzigen Spiel besteht.
Rein praktisch auch interessant, ob Anna einen Zufallsgeneratoren dabei hat, wäre Anna rein mathematisch, wird’s schwieriger, ihre Pseudo-Zufallsgeneratoren wären dann einem Qualitätstest unterworfen.
#118 Joker
12. Dezember 2015

@ Dr. Webbaer (#114)

Stand doch unten (#107), mit ‘alle Paare’, meinte ich alle aus dem Satz davor, also alle ‘Konnektoren’.

@ Dr. Webbaer (#113)

Aus psychologischer Sicht ist sowohl von (1; 2) als auch von (999; 1000) strikt abzuraten. Im ersten Fall ist zu befürchten, dass die 2 häufiger von ihr behalten wird als Annas optimale Strategie vorschlägt, im zweiten Fall dass sie die 999 häufiger tauscht. Es lassen sich jeweils sogar die 50 % vermuten, was Bernd insgesamt nur noch 25 % Siegchance belassen würde. Wenn Bernd zufällig keine Zufallszahlengenerator-APP auf seinem Handy hat und verwenden darf, sollte er sich für ein anderes Paar entscheiden.

Wenn auch Anna kein Zufallszahlengenerator zugestanden wird, dann hat am Ende @hubert taber mit seiner 50 : 50 Chance recht. Das eintretende Ereignis ist nicht zufällig, es ist eine Entscheidung, und damit:

“ein eintretendes ereignis “richtet” sich nicht nach einer zuvor errechneten “wahrscheinlichkeit”.”
#119 Joker
12. Dezember 2015

@ Karl-Heinz

Richtig interessant wird es, wenn Anna eine Strategie an die Wand projiziert, aber nicht daran gebunden ist, diese auch umzusetzen. Ein Bluff also, wir kommen zum Poker .

Bernd könnte nur so tun, als ob er seine Präferenzen anhand der projizierten Strategie ermitteln würde. Ein Gegenbluff.
#120 Dr. Webbaer
12. Dezember 2015

@ Joker :

Jaja, sorry (was #106 betrifft), Ihr Kommentatorenfreund war zeitweilig nicht umfänglich froh mit Ihren hiesigen Nachrichten und baute in der Folge selbst ein wenig ab.

Auch hier hat sich keine besondere Froheit, ad hoc, im Jetzt und Hier und im Sinne von “Muss ich haben, jetzt und hier und zwar genau so!” einstellen können:
‘Aus psychologischer Sicht ist sowohl von (1; 2) als auch von (999; 1000) strikt abzuraten. Im ersten Fall ist zu befürchten, dass die 2 häufiger von ihr behalten wird als Annas optimale Strategie vorschlägt, im zweiten Fall dass sie die 999 häufiger tauscht.’

Püschologisch betrachtet würde Anna natürlich beim Spielen von Bernds (1,2) die 2 (fast, das ‘fast’ kann hier fast gestrichen werden) immer wechseln, und bei Bernds (999,1000) (fast, das ‘fast’ kann hier fast gestrichen werden) immer bei der 999 stehen bleiben.
Auch weil Bernd ja nicht die 1 oder die 1000 spielen kann, wie befunden werden könnte.

Was für Bernd eben sehr gut wäre.

Würde Bernd Paare im mittleren Wertebereich spielen, müsste er verstärkt mit sozusagen intuitivem Wechsel rechnen, was seiner Erwartung schädigen könnte.

‘Bluffen’ geht in diesem Spiel auf der püschologischen Schiene, nicht etwa so wie bspw. im Poker passend gelegentlich [1] eine starke Hand repräsentiert werden kann bis muss.

MFG
Dr. W

[1]
David Sklansky war wohl der Erste, der hier passend theoretisiert hat, allerdings, wie der Schreiber dieser Zeilen meist auch, sozusagen praktisch, nicht streng theoretisierend im Sinne des Nash-Equilibriums.
#121 Dr. Webbaer
12. Dezember 2015

Wenn auch Anna kein Zufallszahlengenerator zugestanden wird, dann hat am Ende @hubert taber mit seiner 50 : 50 Chance recht.

Hier natürlich: +1
Kommentatorenkollege Hubert Taber hat in diesem Sinne sozusagen immer recht (und womöglich auf seine Art nicht immer nur hier).
#122 Dr. Webbaer
12. Dezember 2015

Zu diesem Mops [1] vielleicht noch:

ein eintretendes ereignis “richtet” sich nicht nach einer zuvor errechneten “wahrscheinlichkeit”.

Kann eine ‘Entscheidung’ in einem Geltungsbereich vollständig verstanden werden, kann diese Entscheidung konkret bearbeitet werden und direkt Strategien anleitend.
Beim hiesigen Topos ist dies erkennbar der Fall, wobei es idT lustig ist, dass es sich hier um einen Sachverhalt der Realwelt handelt, nicht um einen rein mathematischen.

Liegt der betrachtete Sachverhalt aber bspw. anders (als in der mathematischen Welt, die eine Welt des Geistes ist) vor, bspw. beim Rulle oder beim Würfeln, ist fortgehend davon auszugehen, dass die “Schnittstelle Physik” die Theoretisierung sozusagen überschreibt.
Die 6 muss sich bspw. beim Werfen eines sechskantigen Würfels nicht gleichverteilt zeigen, ähnlich ist es auch beim Rulle. [2]

Manchmal spielt die “Schnittstelle Physik” aber keine Rolle.

MFG
Dr. W

[1]
‘Mops’ = ‘möglicher Klops’, landwirtschaftlich, lautmalerisch und nett gemeint

[2]
Es gibt im Roulette wohl Kesselbeobachter, eine Kunst für sich, die sich aus der geschilderten physikalischen Begrünung heraus eine positive Spielerwartung erhoffen; Hint: kann in ganz seltenen Fällen klappen, die grüne Null macht aber idR einen Strich durch diese Rechnung.
#123 Dr. Webbaer
12. Dezember 2015

*
die sich aus der geschilderten physikalischen Begrün[d]ung (freudscher Fehler sozusagen)
#124 Karl-Heinz
12. Dezember 2015

@Dr. Webbaer

ein eintretendes ereignis “richtet” sich nicht nach einer zuvor errechneten “wahrscheinlichkeit”.

Die obige Formulierung von Kommentatoren Kollege Hubert Taber ist ja purer Unsinn.
Ein eintretendes Ereignis tritt immer mit der Wahrscheinlichkeit 1 ein.

Die Frage nach der Wahrscheinlichkeit des Eintretens, richtet sich natürlich nach der errechneten Wahrscheinlichkeit.

Es gibt eine endliche Wahrscheinlichkeit, dass Hubert Taber durch die Wand tunnelt und darin stecken bleibt. Er sollte eigentlich froh sein, dass die errechnete Wahrscheinlichkeit so klein ist.
Wenn sie aber eintritt, dann ist es um ihn geschehen 🙁

mfg KH
#125 Karl-Heinz
12. Dezember 2015

Oder scherzhaft juhuuuu 🙂
#126 Dr. Webbaer
12. Dezember 2015

@ Karl-Heinz :

[E]in eintretendes[E]ereignis “richtet” sich nicht nach einer zuvor errechneten “[W]ahrscheinlichkeit”. [Herr Taber]

Die obige Formulierung von Kommentatoren Kollege Hubert Taber ist ja purer Unsinn.

Negativ.

Herr Taber will hier erkennbar zwischen Theoretisierung (“Welt des Geistes”) und der Welt an sich unterscheiden, blöderweise gelingt dies genau beim hier bearbeiteten Produkt nicht.
Weil die Naturwelt unter Umständen, unter klar definierten, auch rein mathematisch (die Mathematik meint die Kunst des Lernens und bestimmte Fähigkeit erkennender Subjekte) bearbeitet werden kann.

‘Die Frage nach der Wahrscheinlichkeit des Eintretens, richtet sich natürlich nach der errechneten Wahrscheinlichkeit.’ => auf die Naturwelt bezogen und in einem unklaren Geltungsbereich nicht

MFG + schönen Tag des Herrn schon einmal,
Dr. W
#127 Karl-Heinz
14. Dezember 2015

Ich schließe mich auch der Meinung von HF(de) an.

In dieser Aufgabenstellung geht es nur darum, eine Methode zu finden, die ein besseres Ergebnis als 50:50 liefert.

In der gefundenen Methode trifft Anna keine direkte Entscheidung, sondern überlässt ihre Wahl einen Zufallsmechanismus, der die von Anna gelesene Zahl i mit der Wahrscheinlichkeit (i-1) /999 auf Halten spielt.

Anna kann nur dann ein besseres Ergebnis als 50:50 erzielen, wenn sie eine gemischte Strategie spielt. Was zum Teufel ist eine gemischte Strategie?

Eine sehr einfache Erklärung, ohne dass man vom mathematischen Regelwerk erschlagen wird, findet man hier. Ich finde, dass auch das Nash-Gleichgewicht hier sehr einfach und gut erklärt wird.

https://www.wirtschafts-lehre.de/nash-gleichgewicht.html

lg kh
#128 Karl-Heinz
14. Dezember 2015

@Dr. Webbaer

Ich finde nicht, dass diese Aufgabe einen unklaren Geltungsbereich aufweist.
Kniffelig ja aber nicht unklar.

Lg kh
#129 Dr. Webbaer
15. Dezember 2015

@ Karl-Heinz :

Bei dieser Aufgabe greift der Einwand Herrn Tabers nicht, weil sie einen klaren Geltungsbereich hat, sie ist ihrem Wesen nach sozusagen rein mathematisch.

LG
Dr. W
#130 HF(de)
15. Dezember 2015

Beim nochmaligen Nachdenken darüber, warum Annas Strategie funktioniert, hatte ich zwischendurch einen leichten Knoten im Hirn, denn (so meine Denke): Anna zieht eine Zahl, berechnet eine Wahrscheinlichkeit, würfelt dann und tauscht oder hält je nach Ergebnis des Würfelns (in Abhängigkeit von der berechneten Wahrscheinlichkeit/der gezogenen Zahl).
Ganz schön kompliziert und ziemlicher Quatsch, denn das Würfeln ist ja unabhängig vom Ziehen der Zahl.

Ohne etwas an Annas Strategie zu ändern, wird anders rum ein Schuh draus: sie würfelt zunächst eine Zahl zwischen 1 und 999 (jeweils inclusive). Zieht sie dann eine Zahl größer als Würfelzahl, so behält sie diese, ansonsten tauscht sie. Und dann kann man nach dem Würfeln (und vor dem Ziehen) drei Fälle unterscheiden:
A) beide Zahlen sind höher als die Würfelzahl: Anna behält die gezogene Zahl immer und gewinnt/verliert in 50% der Fälle
B) beide Zahlen sind niedriger als die (oder gleich der) Würfelzahl: Anna tauscht immer und gewinnt/verliert in 50% der Fälle
C) nur eine Zahl ist höher: dann kann Anna ziehen, was sie will, sie gewinnt zu 100%! Bei tief tauscht sie, bei hoch behält sie.
Der Fall C ist Annas zusätzliche Chance. Anders ausgedrückt: Anna versucht, mit ihrem Würfel das Intervall zu treffen, das Bernd aufspannt. Spielt Bernd benachbarte Zahlen, dann versucht Anna, die kleinere zu treffen.
Und man sieht: Bernds einzige Strategie ist: benachbarte Zahlen aufschreiben, welche Zahlen ist jedoch egal.
#131 Dr. Webbaer
15. Dezember 2015

@ HF(de) :

Anna muss in Abhängigkeit der gezogenen Zahl würfeln, wie oben mehrfach beschrieben, also danach, nicht notwendigerweise vorab (auch wenn sich womöglich derart etwas konstruieren ließe).
Was ist wenn sie vorab die 1 würfelt?

MFG
Dr. W
#132 HF(de)
16. Dezember 2015

Wenn sie die eins würfelt, gibt es nur einen interessanten Fall C: Die eins ist dabei. Zieht sie diese, tauscht sie. Zieht sie sie nicht, behält sie die höhere.

Warum muss Anna erst ziehen? Steht das in der Aufgabestellung oder wurde das nur “oben mehrfach beschrieben”?
#133 Dr. Webbaer
16. Dezember 2015

PS:
OK, schon verstanden, sie gewinnt auch bei der eigens gewürfelten 1 mit der Wahrscheinlichkeit: ( (1 + (1 / 999) ) / 2 = 0,500500 (Periode 500)

Geht Richtung Beweis?
#134 Dr. Webbaer
16. Dezember 2015

PPS:
Bei der getroffenen 1 oder 1000 muss Anna offensichtlich nicht würfeln, sondern kann sinnhaft entscheiden. [1]

Darum die Frage, ob der Versuch einer Beweisführung für Annas optimale Strategie vorliegt, wenn vorab gewürfelt wird, ein anderer Sinn kann sich so nicht ergeben.

[1]
BTW (und für Joker), im Poker gibt es das Konzept der Position, die ist in diesem Zusammenhang ganz ähnlich wichtig, wer zuerst dran ist, ist im Nachteil.
#135 HF(de)
16. Dezember 2015

Bei der getroffenen 1 oder 1000 muss Anna offensichtlich nicht würfeln, sondern kann sinnhaft entscheiden. … für Annas optimale

Wobei es ja in der Aufgabenstellung nicht um die optimale Strategie geht, sie braucht nur mehr als 50%. “Optimal” würde mich aber auch interessieren! (Gibt es das hier?)
#136 HF(de)
16. Dezember 2015

PS:

Bei der getroffenen 1 oder 1000 muss Anna offensichtlich nicht würfeln,

Ach ja, Anna würfelt ja neuerdings vorher, nicht nachher.
#137 HF(de)
16. Dezember 2015

PPS: (hmm: zumindest für mich würfelt sie vorher, andere können das natürlich anders sehen 😉
#138 Dr. Webbaer
16. Dezember 2015

Anna würfelt bedarfsweise, darauf könnte sich geeinigt werden.
Sie eignet sich eine gemischte probabilistische Strategie im Sinne des Nash-Equilibriums an, wenn dies erforderlich wird.

Wenn Anna aber grundsätzlich vorher, also bevor sie den Zettel sieht, würfelt, könnte dies womöglich bestimmte Beweisführungen erleichtern, darum war Old Webbaer ja noch ein wenig dran…

MFG
Dr. W
#139 Joker
16. Dezember 2015

@ HF(de)

Jede Strategie die einer Zahl, je größer sie ist, eine größere Wahrscheinlichkeit des Haltens zuspricht, beginnend bei 0 % für die 1 und endend bei 100 % für die 1000, garantiert Anna (gegen jede mögliche Strategie Bernds) eine über 50 % liegende Gewinnwahrscheinlichkeit.

Das vorher Würfeln funktioniert, aber Bernd darf das Ergebnis nicht kennen, sonst könnte er sich leicht auf 50 % steigern, wie du ja gezeigt hast. Anna sollte daher sicherheitshalber erst würfeln, wenn er bereits die Zettel beschriftet hat.
#140 HF(de)
16. Dezember 2015

@Joker: klaro, Bernd darf das Würfelergebnis nicht kennen. Gewürfelt wird nachdem Bernd die Zahlen aufgeschrieben hat.
#141 Joker
16. Dezember 2015

@ Dr. Webbaer

Das Würfeln, so wie HF(de) es beschrieben hat, funktioniert doch auch für die 1 und die 1000. Wieso soll das einen Unterschied machen, ob Anna das vor oder nach dem Betrachten des Zettels macht?
#142 Dr. Webbaer
16. Dezember 2015

@ Joker :

‘Sicherheitshalber’ gibt es bei Problemen dieser Art nicht, ansonsten ist es schon richtig, dass auf Seiten Annas einem Algorithmus folgend erst dann gewürfelt wird, wenn gewürfelt werden muss.

Anderes täte nicht nur verschwitzt (vs. cool) aussehen, sondern ließe den Algorithmus auch i.p. Effizienz leiden.

Insofern könnte Kommentatorenkolllege HF(de) im Sinne einer grundsätzlichen Beweisführung unterwegs sein, die eben Richtung optimale Strategie Annas geht.

Insofern sieht das, was HF(de) weiter oben so absetzen konnte, schon ganz gut aus, auch wenn derartige Feststellung – ‘Und man sieht: Bernds einzige Strategie ist: benachbarte Zahlen aufschreiben, welche Zahlen ist jedoch egal.’ – aus dem Nichts zu kommen scheint.

Opa W. ist allerdings kein Mathematiker und war nur längere Zeit Abnehmer mathematischer Leistung, aber HF(de) könnte sich schon einstweilen im Beweis-Sinne gut bewegt haben.

MFG + GN
Dr. W
#143 HF(de)
16. Dezember 2015

‘Und man sieht: Bernds einzige Strategie ist: benachbarte Zahlen aufschreiben, welche Zahlen ist jedoch egal.’ – aus dem Nichts zu kommen scheint.

Nicht, wenn man etwas drüber nachdenkt…
#144 schnablo
16. Dezember 2015

100 Kommentare weiter oben (#40, #43) steht auch der gewünschte Beweis.
#145 Karl-Heinz
16. Dezember 2015

@Dr. Webbaer

Anna darf Bernd natürlich weder die gewürfelte Zahl noch die Absicht mitteilen welchen Zettel sie auswählen wird.

Des Weiteren gehe ich davon aus, dass es keine Verschränkung zwischen Auswahl des Zettels und Würfeln gibt, was der physikalischen Realität am ehesten entspricht.

Mathematisch wird daher bei der Modellierung angenommen, dass die Zufallsvariablen Zettel auswählen und Würfeln voneinander unabhängig sind.

Daher ist es egal ob Anna zuerst würfelt oder den Zettel auswählt.

Lg Karl-Heinz
#146 Karl-Heinz
16. Dezember 2015

@HF(de)

Und man sieht: Bernds einzige Strategie ist: benachbarte Zahlen aufschreiben, welche Zahlen ist jedoch egal.

Nicht ganz. Die benachbarte Zahlen (i,i+1), die Bernd aufschreibt müssen alle gleich wahrscheinlich sein, falls es mehrere Durchgänge beim Spiel gibt.

Lg Karl-Heinz
#147 Karl-Heinz
16. Dezember 2015

Gleichwahrscheinliches auswählen des Zahlenpaares (i,i+1) von Bernd deswegen,
da Anna mit der Zeit merkt, welches Zahlenpaar Bernd bevorzugt auswählt.

Anna würde die Strategie dahingehend abändern,
dass der Zufallsgenerator die von Bern bevorzugten Zahlenpaare (i,i+1)
ebenfalls bevorzugt auswählt.

Mfg Karl-Heinz
#148 Karl-Heinz
16. Dezember 2015

Falls Anna und Bernd mehrere Durchgänge spielen, würde ich persönlich Anna dazu raten zu prüfen, ob Bern Zahlenpaare bevorzugt auswählt und sie müsste ihre Strategie dahingehend anpassen, dass ihr Zufallsgenerator die bevorzugten Zahlen ebenfalls mit einer höheren Wahrscheinlichkeit auswählt. Sie kann somit theoretisch eine Gewinnwahrscheinlichkeit (je nachdem wie gescheit Bernd ist) zwischen 0,5 und 1 erreichen. Bernd kann das Ganze aber unterbinden in dem er die Zahlenpaare gleichwahrscheinlich auswählt. Dann sinkt/steigt die Gewinnwahrscheinlichkeit von Anna auf 0,500500.
#149 Joker
16. Dezember 2015

@ Karl-Heinz

“sie müsste ihre Strategie dahingehend anpassen …”

Bedenke aber auch, sobald Anna von der Strategie abweicht, wie sie z.B. @HF(de) mit Würfeln beschrieben hat, dann hat Bernd die Chance mit einer geeigneten (Gegen-)Strategie, Annas Gewinnwahrscheinlichkeit unter die ca. 0,5005 zu drücken.
#150 Karl-Heinz
16. Dezember 2015

@Joker

Ich weiß. Bernd kann Anna mit einer geeigneten Gegenstrategie auf 0,5 drücken, wenn sie ihre Strategie wie oben beschrieben abändert.

Aber bis Bernd merkt, dass Anna ihre Strategie (Wahrscheinlichkeit mit der die Zufallszahl ausgewählt wird) geändert hat, hat Anna schon durch ihre höhere Gewinnwahrscheinlichkeit abgecasht.
#151 Karl-Heinz
16. Dezember 2015

@Joker

Bernd kann das Ganze aber unterbinden in dem er die Zahlenpaare gleichwahrscheinlich auswählt. Dann sinkt/steigt die Gewinnwahrscheinlichkeit von Anna auf 0,500500.
#152 Dr. Webbaer
16. Dezember 2015

@ schnablo :

Die mittlerweile zur Genüge skizzierten Strategien Bernds und Annas sind also von Ihnen als optimal bewiesen?

MFG
Dr. W (der kein Mathematiker ist, nicht soo viel Bock hat nachzuvollziehen, darum erst mal so fragt)
#153 schnablo
17. Dezember 2015

Ich denke schon. Gegenseitige Kenntnis der Strategien unterstellt. Es sei denn wir, liessen Dinge zu wie Zettel drehen und behaupten 666 wäre eigentlich 999.
#154 Karl-Heinz
17. Dezember 2015

@Dr. Webbaer

Warum so kritisch ? Immerhin hat schnablo im Gegensatz zum Herrn Taber
als erster die optimale Strategie in diesem Dezemberrätzel erwähnt.

Dass die Strategien von Anna und Bernd optimal sind lässt sich durch einfache Überlegungen verifizieren.

****** Resümee ******
Annas Strategie:
In der gefundenen Methode trifft Anna keine direkte Entscheidung, sondern überlässt ihre Wahl einen Zufallsmechanismus, der die von Anna gelesene Zahl i mit der Wahrscheinlichkeit (i-1) /999 auf Halten spielt.

Bernd Strategie: Wähle ein benachbartes Zahlenpaar mit gleicher Wahrscheinlichkeit durch einen Zufallsgenerator. Also auch Bernd trifft keine direkte Entscheidung, sondern überlässt die Auswahl des benachbarten Zahlenpaars (i,i+1) einen Zufallsgenerator

lg Karl-Heinz
#155 Joker
17. Dezember 2015

Jetzt mal im Ernst, wer von Euch würde an Bernds Stelle, falls der Zufallszahlengenerator tatsächlich dieses Paar bestimmt, schon bei (1; 2) bleiben. Ich jedenfalls nicht. Ich würde den Generator nochmal laufen lassen oder mir selbst was anderes überlegen. Verlasst Euch drauf!
#156 Karl-Heinz
17. Dezember 2015

@Joker

Jetzt mal im Ernst, wer von Euch würde an Bernds Stelle, falls der Zufallszahlengenerator tatsächlich dieses Paar bestimmt, schon bei (1; 2) bleiben. Ich jedenfalls nicht. Ich würde den Generator nochmal laufen lassen oder mir selbst was anderes überlegen. Verlasst Euch drauf!

Ok! Ich bin dann mal Anna
Dann würde ich die Zahl 1 auch bei meinem Zufallsgenerator weglassen.
Und was ist, wenn Bernd es sich doch anders überlegt?

lg Karl-Heinz
#157 Dr. Webbaer
17. Dezember 2015

@ Joker :

Es gibt das Problem mit den zehn sehr klugen Menschen, die optional einen Brief an einen Veranstaltungsleiter senden können und wenn diesen genau ein Brief erreicht erhält der Absender von ihm eine Million Euro.

Die Lösung ist, dass die Kollegen mit einem zehnkantigen Würfel, auf dessen Kanten neunmal “Nicht senden!” steht und einmal “Senden!” würfeln und dem Rat folgen.

Die inoffizielle Lösung besteht darin, dass alle 10 so lange würfeln bis sie den Brief senden.

MFG
Dr. W
#158 Dr. Webbaer
17. Dezember 2015

Noch eine Sache, wenn Bernd die Konnektoren konsequent gleichverteilt spielt, gibt es das Problem, dass Anna auch mit einer anderen (nicht probabilistischen) Strategie auf die Gewinnwahrscheinlichkeit 0,500500 (Periode 500) kommt:
Sie bleibt bei 1000 stehen, wechselt bei 1 und bleibt ansonsten stehen, wenn die gezogene Zahl 501 oder größer ist, ansonsten wechselt sie.
#159 Karl-Heinz
17. Dezember 2015

@Dr. Webbaer

Ich verstehe. Bernd und Anna treffen sich nach der Gameshow und teilen halbe halbe.
Ich also eine bessere Strategie 😉

lg Karl-Heinz
#160 schnablo
17. Dezember 2015

@Webbaer:
Das kann man verallgemeinern. Es reicht dann, bei 1000 immer zu halten und bei 1 immer zu tauschen. Was bei anderen Zahlen probalistisch oder nicht passiert spielt keine Rolle mehr.
#161 Karl-Heinz
17. Dezember 2015

@Dr. Webbaer, @schnablo

Nehmen wir an Bernd fällt aus und Herr Taber vertritt Bernd.
Herr Taber verwendet sicher eine andere Strategie (einfachere Strategie) als Bernd.
Sollte Anna also wirklich die Strategie
———————————————————————————————————————–
„Sie bleibt bei 1000 stehen, wechselt bei 1 und bleibt ansonsten stehen, wenn die gezogene Zahl 501 oder größer ist, ansonsten wechselt sie.“
———————————————————————————————————————–
spielen ?

Lg Karl-Heinz
#162 Joker
17. Dezember 2015

@ Dr. Webbaer

Die Gewinnwahrscheinlichkeit von Anna ist nicht “0,500500 (Periode 500)”, sondern 0,500500 (500), also üblicherweise so geschrieben: 0,5005005 (wenn ich mich nicht täusche)
#163 Dr. Webbaer
17. Dezember 2015

@ schnablo :

Das kann man verallgemeinern. Es reicht dann, bei 1000 immer zu halten und bei 1 immer zu tauschen. Was bei anderen Zahlen proba[bi]listisch oder nicht passiert spielt keine Rolle mehr.

Dann ist aber leider das ganze Problem verhunzt, wenn Bernd nicht die 1 und nicht die 1000 spielt.

Sie meinen’s wohl anders,
MFG
Dr. W

PS + Bonusfrage:
Macht es für Bernd Sinn andere Strategien Annas als die hier zigfach beschriebene richtige antizipierend Konnektoren ab (501,502) und (999,1000) weglassend zu spielen?
#164 Dr. Webbaer
17. Dezember 2015

@ Karl-Heinz :

Sollte Bernd ein richtig abgefeimter durchgeknallter Typ sein, der vom Spiel exakt nichts versteht und sozusagen zufällig handelt, sollte Anna die hier zigfach erklärte richtige Strategie spielen, ihre Gewinnerwartung wäre dann deutlich höher als 0,500 (Periode – die ‘500’ werden hier idR mit einem Überstrich versehen, der Webbaer will aber nicht ausprobieren, ob dies hier unter WordPress funktionier).

Sollte Bernd aber richtig spielen, wäre die in Kommentar #158 skizzierte nicht probabilistische Strategie Annas für 0,500 (Periode 500) ausreichend.

LG
Dr. W
#165 Karl-Heinz
17. Dezember 2015

@Dr. Webbaer

Ich glaube, hier geht es um das strategische Gleichgewicht.
So ähnlich wie zwischen Amerika und Russland im kalten Krieg. Keiner weiß, was der andere zu bieten hat.

lg Karl-Heinz
#166 Dr. Webbaer
17. Dezember 2015

@ Karl-Heinz :

Klingt schlau. – Vermutlich dürfen Bernd und Anna (oder: andersherum) erst einmal die richtige Strategie spielen, um dann, sollte sich eine Iteration dieses Spiels ergeben, bedarfsweise versuchen zu exploiten.

Nichtsdestotrotz scheint diese Optimierung (‘Konnektoren ab (501,502) und (999,1000) weglassend’) nicht schlecht zu sein.

MFG
Dr. W
#167 Karl-Heinz
17. Dezember 2015

@Dr. Webbaer

Nehmen wir an wir sind Bernd und müssten gegen Anna spielen.

Bei 2000 Spieldurchgängen wären wir gegenüber Anna um 1 Spiel schlechter gestellt.
Spielen wir Bernds Strategie, so wissen wir wenigstens, dass die Chance die Million zu gewinnen sicher ungefähr bei 50% liegt.
Die Betonung liegt hier auf sicher.

lg KH
#168 schnablo
17. Dezember 2015

@Webbaer
Nein ich meine es genau so. Wenn Bernd gleichverteilte Konnektoren auswählt sind alle so beschriebenen Strategien für Anna im Mittel gleich erfolgreich.
#169 Karl-Heinz
17. Dezember 2015

@Dr. Webbaer

Wenn Bernd seine Strategie nicht so wie angeordnet spielt, kann ich zu Bernd nicht sagen: „Du gewinnst mit der Wahrscheinlichkeit p.“ Ich kann die Gewinnwahrscheinlichkeit einfach nicht berechnen.

Ein strategisches Geleichgewicht ist zumindest in diesem Fall berechenbar.
Das sind meine Überlegungen dazu. Ob das stimmt weiß ich nicht.

lg KH
#170 Dr. Webbaer
17. Dezember 2015

@ schnablo :

Wenn Bernd gleichverteilte Konnektoren auswählt sind alle so beschriebenen Strategien für Anna im Mittel gleich erfolgreich.

Nicht, wenn Anna bei 1 stehen bleibt und bei 1000 nicht.
Korrekt ist, dass es hier um Strategeme (das Fachwort) geht und dass nicht wie womöglich vorgehabt reduziert werden kann.
Zudem weiß Anna ja nicht, dass Bernd Konnektoren spielt, sollte Bernd nicht gleichverteilt Konnektoren spielen, hätte dies für den Erfolg unterschiedlicher Strategien Annas (massive) Auswirkung.
Ansonsten ist die zitierte Aussage richtig, aber es geht um zwei Parteien und Anna kann nicht wissen, wie Bernd spielt, und Bernd nicht wie Anna spielt.

Auch wenn Bernd gleichverteilt Konnektoren spielt, die die Randbereiche (1, 1000) nicht berühren, bleibt dies problematisch, denn Anna könnte diese Randbereichsvermeidung antizipieren, so dass sich (scheinbar) neue Randbereiche (2, 999) ergeben.

Oder plump formuliert:
Anna muss in jedem Fall so wie hier zigfach skizziert spielen, um auf E = 0,500 (Periode 500) zu kommen.

MFG
Dr. W
#171 schnablo
17. Dezember 2015

Ich habe doch geschrieben
“Es reicht dann, bei 1000 immer zu halten und bei 1 immer zu tauschen”
Ich habe mich auf Ihren Kommentar #158 bezogen, wo Sie explizit eine Strategie für Bernd als gesetzt annahmen und es problematisch fanden, dass es eine weitere Strategie für Anna gab die auch die genannte Gewinnwahrscheinlichkeit erreicht. Es ging mir lediglich darum aufzuzeiigen, dass in diesem speziellen Fall jede Strategie so erfolgreich ist, solange bei 1 und 1000 das Naheliegende getan wird. Im Allgemeinen trifft dies natürlich nicht zu.
#172 Karl-Heinz
17. Dezember 2015

Sorry
Ich meinte ein strategisches Gleichgewicht, wenn Anna immer die beste Gegenstrategie zu Bernd und Bernd immer die beste Gegenstrategie zu Anna entwickelt.
#173 Joker
17. Dezember 2015

@ Dr. Webbaer

“(Periode – die ‘500’ werden hier idR mit einem Überstrich versehen, der Webbaer will aber nicht ausprobieren, ob dies hier unter WordPress funktionier).”

Es ist keine Periode. Siehe #162

Teilen Sie doch bitte selbst einmal 998 durch 2 * 999 – Siehe #3 (!) – und subtrahieren das Ergebnis von 1.
#174 Karl-Heinz
17. Dezember 2015

@Joker

Ich komme auf
0,500 500 500 500 500 500 500 500 500 500 5 ….

Sieht aus wie eine Periode 🙂
#175 Dr. Webbaer
17. Dezember 2015

@ schnablo :

Okey-dokey, nöh!, vielen Dank für Ihre kommentarische (Mit-)Leistung hier.

Ischt ein vielleicht verblüffend interessantes Problem, woll?!,
LG
Dr. W (der sich nun ausklinkt, womöglich: endgültig; der beim Exploiten von gegnerischer Strategie vorsichtig ist, auch wenn dies bei Spiel-Wiederholungen schon sehr interessant wäre)
#176 Joker
17. Dezember 2015

@ Karl-Heinz

Komisch, kaum rechne ich`s mit Bleistift und Papier, komm ich auch drauf. Teilen durch 999, wie naheliegend, eine periodische Zahl. Danke, ich bleibe halt ein Patzer.

Äh, @ Dr. W., wie geht das mit dem Überstrich?
#177 Karl-Heinz
17. Dezember 2015

1-998/(2*999) = (999*2 – 998)/ (2*999) = 1000 / (2*999) = 2 · 2 · 2 · 5 · 5 · 5 / ( 2 · 3 · 3 · 3 · 37 ) = 2 · 2 · 5 · 5 · 5 / ( 3 · 3 · 3 · 37 ) = 0,5005005005005005005005005005005….
#178 Karl-Heinz
17. Dezember 2015

Ich glaube Dr. Webbaer hat keine Lust mehr und will abhauen, verflüchtigen , … 😉 *lol*
- #179 user unknown
  https://demystifikation.wordpress.com/2015/12/17/slavoj-zizek/
  17. Dezember 2015
  
  Vom Webbären findet man mühelos Threads, in denen er über 10x seinen Abschied/Ausstieg verkündet hat, wieder und wieder und immer wieder – es ist einfach eine weitere Floskel die der Kommentatorenfreund des hiesigen Inhaltegebers gerne einstreut und hat nichts weiter zu besagen.
#180 Karl-Heinz
17. Dezember 2015

Ich werde mich auch ausklinken, bin aber schon auf die Auflösung gespannt.

mfg Karl-Heinz
#181 Karl-Heinz
17. Dezember 2015

@ user unknown

danke für die Info

lg Karl-Heinz
#182 Joker
17. Dezember 2015

Und so geschrieben: 500 / 999 hätte vilelleicht sogar ich das korrekt Ergebnis früher erahnt, und alle gerundeten Anzeigen meiner technischen Hilfsmittel richtig interpretiert.
#183 la-mamma
www.lamamma.twoday.net
18. Dezember 2015

Ganz lapidar:
Anna soll wenn die zahl kleiner als 499 ist, tauschen.
#184 Karl-Heinz
21. Dezember 2015

@ la-mamma

Ganz lapidar:
Anna soll wenn die zahl kleiner als 499 ist, tauschen.

Nööö … ganz und gar nicht
Bernd wählt als Antwort auf deine Strategie immer ein benachbartes Zahlenpaar.
Das Zahlenpaar (489,499) lässt Bernd aus.

Zum Beispiel (300,301)
Beim Zahlenpaar (3001,301) muss Anna in deinem Fall immer tauschen.
Bei 300 muss Anna auf 301 tauschen und gewinnt.
Bei 301 muss Anna auf 300 tauschen und verliert.
Da die zwei Zetteln gleichwahrscheinlich gezogen werden, ist die Wahrscheinlichkeit, dass Anna gewinnt/verliert genau 50%.

Ps.: Im Auto bitte nicht rauchen 😉
#185 Karl-Heinz
21. Dezember 2015

@ la-mamma
Ich meine natürlich:
Beim Zahlenpaar (300,301) muss Anna in deinem Fall immer tauschen.
#186 Ulrich Berger
21. Dezember 2015

Danke an all die Rätsler hier für euer Engagement! Ich bin leider zur Zeit ziemlich beschäftigt, hoffe aber, die Lösung zwischen Weihnachten und Silvester dann endlich posten zu können!
#187 Dr. Webbaer
21. Dezember 2015

Webbaer schon gespannt sein,
Ihnen und allen hier Lesenden schon einmal:
Frohe Weihnachten!

MFG
Dr. W
#188 Karl-Heinz
22. Dezember 2015

Wünsche ebenfalls allen “Besinnliche Weihnachten”.

Bin natürlich auch sehr gespannt auf die Auflösung.

@Dr. Webbaer: Ich bin mir zu 100% sicher, dass Annas + Bernd Strategie (beide gemeinsam betrachtet) GTO (“Game Theory Optimal”) sind.

MFG
Karl-Heinz
#189 Dr. Webbaer
23. Dezember 2015

@ Karl-Heinz :

Ich bin mir zu 100% sicher (…)

Klingt gewagt bis zustimmungsfähig.

Ihr Kommentatorenfreund nagt noch “ein wenig” daran, dass die hier geschilderte nicht-probabilistische mögliche Strategie Annas ebenfalls “GTO” sein könnte.

LG
Dr. W
#190 Karl-Heinz
23. Dezember 2015

@Dr. Webbaer

Das mit dem GTO ist so eine Sache.
Zu einer bestimmten Strategie gibt es beste Gegenstrategien.
Diese besten Gegenstrategien sind GTO bezogen auf die bestimmte Strategie.

Bernd und Anna werden nach einer GTO Strategie fragen, wenn nicht bekannt ist, welche Strategie der Gegner spielt.

Zu Bernd würde ich sagen: Wenn du deine gefundene Strategie verwendest, kann deine Gewinnwahrscheinlichkeit nicht kleiner werden als 0,4994994994994994994994994994995.
Wenn Anna schlecht spielt, wird deine Gewinnwahrscheinlichkeit grösser.

Zu Anna würde ich sagen: Wenn du deine gefundene Strategie verwendest, kann deine Gewinnwahrscheinlichkeit nicht kleiner werden als 0,5005005005005005005005005005005
Wenn Bernd schlecht spielt, wird deine Gewinnwahrscheinlichkeit grösser.

Wenn Anna und Bernd also immer ihre Strategien spiele, stellt sich für alle Zeit ein Gleichgewichtszustand ein.
————————————————————————————————————————
Ich meinte mit GTO eine Strategie, wenn nicht bekannt ist, welche Strategie der Gegner spielt.

Sie haben natürlich wie immer recht 😉 Ich war ein bisschen zu ungenau mit dem Begriff GTO.
Diese besten Gegenstrategien sind natürlich GTO, bezogen auf eine bestimmte Strategie.

Lg und frohe Weihnachten
Karl-Heinz
#191 Karl-Heinz
23. Dezember 2015

Nachtrag:

Unter Strategien/Gegenstrategien verstehe ich auch gemischte Strategien/Gegenstrategien
Mfg Karl-Heinz
#192 Karl-Heinz
23. Dezember 2015

@Dr. Webbaer

Eine Schwäche hat die Strategie in im Beispiel schon.

Wenn Bernd als Gegenstrategie die Konnektoren (1,2), (999,1000) und (500,501) weglässt, dann sinkt Annas Gewinnwahrscheinlichkeit auf 50%

lg Karl-Heinz
#193 HF(de)
23. Dezember 2015

Bernd muss nur (500,501) weglassen, um auf 50:50 zu kommen. Denn bei zwei tauscht Anna fälschlicherweise, bei 999 behält sie fälschlicherweise. Das ist ja der Nachteil, wenn Anna sich vor vornherein festlegt.
#194 Karl-Heinz
23. Dezember 2015

@HF(de)
>Annas Strategie im Beispiel #158
>Sie bleibt bei 1000 stehen, wechselt bei 1 und bleibt ansonsten stehen, wenn die
>gezogene Zahl 501 oder größer ist, ansonsten wechselt sie.

Stimmt Bernd muss für seine Gegenstrategie nur (500,501) weglassen. Habe mich durch die Formulierung oder Weihnachtspunsch ein bisschen verwirren lassen 🙂

Das ist ja der Nachteil, wenn Anna sich vor vornherein festlegt.

Darum trinkt die Anna zuerst eine weiße Mischung und spielt anschließend eine gemischte Strategie 🙂
#195 HF(de)
23. Dezember 2015

yep,
>Sie bleibt bei 1000 stehen, wechselt bei 1
ist schon redundant bei Strategie > 500 halten.

Gut Schluck 🙂
#196 Dr. Webbaer
24. Dezember 2015

@ HF(de) :

Bernd muss nur (500,501) weglassen, um auf 50:50 zu kommen.

ischt für Bernd aber eine ganz beachtenswerte Folgerung von Annas antizipierter und hier skizzierter nicht-probabilistischer Strategie:
-> https://scienceblogs.de/kritisch-gedacht/2015/12/07/dezemberraetsel-tauschen-oder-nicht/#comment-50225

Sollte Bernd bestimmte Strategien Annas, die wie die hier beschriebene auch ” +EV ” sind, neben der richtigen Strategie, die hier schon zigfach erörtert worden ist, antizipieren und bestimmte Konnektoren spielen?

MFG
Dr. W
#197 Dr. Webbaer
24. Dezember 2015

PS:
Liest sich in der Tat besser, lol:
‘bei Strategie > 500 halten, ansonsten wechseln’
#198 Karl-Heinz
24. Dezember 2015

@Dr. Webbaer

In einer Vorlesung für Business-Studenten wurde folgender Versuch durchgeführt.
Jeder Zuhörer durfte zwei Zettel mit beliebigen verschiedenen Zahlen ausfüllen, und so weiter. Von Z-Strategien wussten die Studenten nichts. Bei 41 oder 42 Teilnehmern konnte der Versuchsleiter (Professor) 32 Erfolge verbuchen! Bei einer Zufallsstrategie wären 20 oder 21 zu erwarten, mit etwas Glück auch 3 oder 4 mehr. Aber 32 kann man nicht mehr mit der Begründung Glück abtun.
Wie war das möglich? Nun ja. Dem Versuchsleiter war anscheinend gelungen, die Bemerkung “die Zahlen können auch negativ sein” locker genug einfließen zu lassen.
Der Versuchsleiter wählte Z=0. Jedenfalls machten zahlreiche Studenten von negativen Zahlen Gebrauch. Alle diejenigen aber, die eine negative und eine positive Zahl aufgeschrieben hatten, machten dem Versuchsleiter damit den Erfolg zum Geschenk.

Mit unserer gefundenen Strategie, wenn nicht bekannt ist, welche Strategie der Gegner spielt, hätten wir bei diesem Beispiel nur 50:50 erreicht.

@Dr. Webbaer: Wie sie sehen, war ihre Fragestellung durchaus berechtigt.
Einer der Vorrausetzungen ist aber, dass die Studenten von der Z-Strategien keine Ahnung haben 😉

Quelle siehe hier

Lg und FROHE WEIHNACHTEN
Karl-Heinz
#199 Dr. Webbaer
24. Dezember 2015

@ Karl-Heinz :

Dann ist also die sogenannte Z-Strategie eine zweite (!) Lösung des Dezemberrätsels?

LG
Dr. W
#200 Joker
24. Dezember 2015

@ Karl-Heinz

Gerade wenn die Strategie der Studenten nicht bekannt ist, hat Z = 501 (wie jedes andere Z) auch eine Gewinnwahrscheinlichkeit echt größer als 50 %.

@ Dr. Webbaer

Nein, es gibt keine zweite optimale Strategie. Annas optimale Strategie ist eine für die etwas andere Aufgabenstellung (definiertes Intervall, nur Natürliche Zahlen) optimierte Z-Strategie.
#201 Dr. Webbaer
24. Dezember 2015

@ Joker :

Gefragt war im Dezemberrätsel, ob Anna geholfen werden kann, und dies gelingt zweifach.

MFG
Dr. W (der allerdings die sogenannte Z-Strategie erst seit einer Stunde kennt, zwar schon irgendwie antizipiert hat, aber noch theoretisiert)
#202 Dr. Webbaer
24. Dezember 2015

PS:

Gerade wenn die Strategie der Studenten nicht bekannt ist, hat Z = 501 (wie jedes andere Z) auch eine Gewinnwahrscheinlichkeit echt größer als 50 %.

Diese Z-Strategie Annas scheitert, wenn Bernd sie kennt, der spielt dann Konnektoren, die nicht Z treffen.
(Bei bspw. Z=501 verliert der Konnektor (500,501) immer.)

Im Gegensatz zur probabilistischen Strategie, die im Rahmen eines sogenannten Nash-Gleichgewichts funktioniert, wenn die Strategien offen liegen.
#203 Joker
24. Dezember 2015

@ Karl-Heinz

Was ich eigentlich sagen wollte: auch ‘unsere Strategie’ (wenn darunter Annas optimale zu verstehen ist, wähle zufällig, gleichverteilt eine Zahl zwischen 1 und 1000) liefert bei den Studenten eine Gewinnerwartung größer 50 %.
#204 Karl-Heinz
24. Dezember 2015

@Dr. Webbaer

Dann ist also die sogenannte Z-Strategie eine zweite (!) Lösung des Dezemberrätsels?

Nein. Sie ist nur ein bisschen allgemeiner.

Meine Inspirationsquelle ist das Zwei Zettelspiel

lg Karl-Heinz
#205 Karl-Heinz
25. Dezember 2015

@Joker

Die Gewinnwahrscheinlichkeit für Anna, wenn sie optimal spielt und Bernd immer mit der optimalen Gegenstrategie antwortet, ist 1- 0,5 *(b-a-1)/( b-a).

Für a = 1 und b=2 p(Anna) = 1
Für a = 1 und b=10 p(Anna) = 0,5555556
Für a = 1 und b=100 p(Anna) = 0,5050505
Für a = 1 und b=1.000 p(Anna) = 0,5005005
Für a = 1 und b=10.000 p(Anna) = 0,5000500
Für a = 1 und b=100.000 p(Anna) = 0,5000050
Für a = 1 und b=∞ p(Anna) = 0,5

Wie leicht zu erkennen ist, wird die Wahrscheinlichkeit p(Anna) zunehmend kleiner, wenn der Bereich zwischen a und b grösser wird.

Annas Strategie liefert bei den Studenten a = -∞ und b =+∞ die Wahrscheinlichkeit 0,5.
Bei den Studenten hat der Versuchsleiter Z=0 gewählt und damit folgende Strategie gespielt: Wenn Z>=0 halten, ansonsten wechseln.
Jedenfalls machten zahlreiche Studenten von negativen Zahlen Gebrauch. Alle diejenigen aber, die eine negative und eine positive Zahl aufgeschrieben hatten, machten dem Versuchsleiter damit den Erfolg zum Geschenk. Dem Versuchsleiter war anscheinend gelungen, die Bemerkung “die Zahlen können auch negativ sein” locker genug einfließen zu lassen.

Die Strategie vom Versuchsleiter geht bei den Studenten nur solange gut, bis die Studenten die angewandte Strategie durchschauen und niemand mehr zugleich eine negative und eine positive Zahl aufschreibt.

Ps.: Auch ich hätte eine negative und positive Zahl gewählt, um es dem Versuchsleiter besonders schwer zu machen, und hätte ihm damit ein Geschenk gemacht 😉

Lg und einen guten Rutsch ins neue Jahr
Karl-Heinz
#206 Joker
25. Dezember 2015

@ Karl-Heinz

“Jedenfalls machten zahlreiche Studenten von negativen Zahlen Gebrauch.”

Ob überhaupt Studenten Gebrauch von negativen Zahlen, speziell von Paaren aus einer negativen und einer positiven Zahl, gebrauch gemacht haben, wissen wir bei den vorliegenden Informationen nicht. Eine Wahrscheinlichkeit dafür ließe sich jedoch sicherlich – leicht?- berechnen. Mehr als 32 von 42 Studenten scheinen mir zumindest nicht so gewählt zu haben.

Berücksichtigen müssen wir in diesem Praxisbeispiel auch noch, dass nicht nur natürliche, sondern alle reellen Zahlen erlaubt waren. Das würde selbst bei einem begrenzten Intervall zwischen 1 und 1000, wie hier in der Aufgabe, Bernd Optimierungspotential verschaffen. Allerding, wie immer er das nutzen würde, Anna bliebe im Vorteil. (*) Zwischen zwei reelle Zahlen passen halt immer noch eine ganze Menge andere.

Es gibt viel zu tun, aber jetzt warte ich auch erst mal auf die Lösung.

(*) Ich bin ein gebranntes Kind und werde nicht mehr so schnell leichtfertig runden.
#207 Karl-Heinz
25. Dezember 2015

@Joker

Anna bliebe im Vorteil. (*)

Je grösser der Zahlenbereich wird (im Moment 1 bis 1000), umso kleiner wird die Wahrscheinlichkeit für Anna. Annas Wahrscheinlichkeit nähert sich asymptotisch den Wert 0,5, wenn sie einen Zahlenbereich von 1 bis ∞ verteidigen muss.

Lg Karl-Heinz
#208 Karl-Heinz
25. Dezember 2015

@Joker

(*) Zwischen zwei reelle Zahlen passen halt immer noch eine ganze Menge andere.

Hier würde ich dann wirklich die Z-Strategie verwenden und mit Wahrscheinlichkeitsdichten arbeiten.

Aber auch hier gilt: Annas Gewinnwahrscheinlichkeit nähert sich asymptotisch den Wert 50%, wenn sie einen Zahlenbereich von 1 bis ∞ verteidigen muss.

Wollte nur noch Fragen wegen dem Runden.

Verwendest du noch den Rechenschieber?

Naja Leute, die den Rechenschieber verwenden, haben sicher ein besseres Zahlengefühl, als Leute wie ich, die nur den Taschenrechner verwenden und sich schon mal um einige Zehnerpotenzen irren.

Da ist Runden ja noch harmlos 😉

Lg Karl-Heinz
#209 Karl-Heinz
25. Dezember 2015

@Joker

Ach Gott, jetzt verstehe ich dich.

Die Wahrscheinlichkeit, dass die Studenten Zahlen zwischen -1000 und 1000 wählen ist sicher wahrscheinlich.

Nach Annas Strategie wäre hier die Gewinnwahrscheinlichkeit 0,50025.
0,50025 * 42 Teilnehmer = 21 Treffer
Bei 50% Gewinnwahrscheinlich sind 20 Treffer.

Das Problem dabei ist nur, dass ein Treffer mehr, leider keinen Studenten überzeugt, dass es sich nicht doch um Glück handelt.

Lg Karl-Heinz
#210 Karl-Heinz
25. Dezember 2015

@Joker

Sorry habe mich verrechnet.

Bei 50% Gewinnwahrscheinlich sind 21 Treffer bei 42 Teilnehmer

Nach Annas Strategie wäre hier die Gewinnwahrscheinlichkeit 0,50025.
0,50025 * 42 Teilnehmer = 21,0105 Treffer

Also um 0,015 Treffer mehr wenn wir mit Annas Strategie operieren

=> Versuch ist nicht sinnvoll, da Abweichung zu 50% Gewinnwahrscheinlichkeit zu klein ist.

Lg Karl-Heinz
#211 Karl-Heinz
25. Dezember 2015

#209 und #210 sind doch etwas einseitig, da bei diesem Ansatz die Studenten nur Konnektoren spielen. Daher ist das Ergebnis nicht aussagekräftig.
#212 Dr. Webbaer
25. Dezember 2015

Dem Versuchsleiter war anscheinend gelungen, die Bemerkung “die Zahlen können auch negativ sein” locker genug einfließen zu lassen.

Das war für das geschilderte Problem nicht wesentlich, der ‘Versuchsleiter’ hätte auch das Intervall [1..1000] benennen können, bei Z=500 bzw. Z=501.

Dann ist also die sogenannte Z-Strategie eine zweite (!) Lösung des Dezemberrätsels? [Dr. Webbaer]

Nein. Sie ist nur ein bisschen allgemeiner.

Jein, wird bei unserem kleinen Problem, dem Dezemberrätsel, Z (fast) zufällig gesetzt, entspräche dies der hier zigfach geschilderten probabilistischen Problemlösung.

MFG
Dr. W
#213 Joker
26. Dezember 2015

@ Dr. Webbaer

“Das war für das geschilderte Problem nicht wesentlich”

Mathematisch scheinen Sie recht zu haben, aber ob Studenten beim vorgegebenen Intervall [1; 1000] ein Paar bestehend aus einer Zahl kleiner 500 und einer größer 500 gnauso oft bilden wie ein Paar aus positiver und negativer Zahl, wenn das erlaubt wurde, ist ein psychologisches Problem. Meinen Sie nicht die Studenten wären vielleicht doch hellhörig geworden, wenn der Prof ihnen erkärt hätte, “Sie dürfen gerne eine Zahl über und eine unter 500 wählen”?

“Jein”

Wenn die entsprechend angepasste Z-Strategie “der hier zigfach geschilderten Problemlösung” entspräche, wäre das dann eine zweite Lösung – oder nicht doch jein und dieselbe?
#214 Dr. Webbaer
26. Dezember 2015

@ Joker :

Bernd könnte halt mit nicht-probabilistischer Strategie geschlagen werden (wenn er diese nicht antizipiert (in ihrer einfachen Form: “bei > 500 halten, ansonsten wechseln’ (DF.de)) hat, also insbesondere den Konnnektor (500,501) nicht spielt – und zudem (wichtich!) keine Nicht-Konnektoren spielt) oder sehr zuverlässig mit “der hier zigfach geschilderten” probabilistischen Strategie.

Diese Z-Strategie ist natürlich nur eine Krücke, die unsereins, wären wir Anna, vom richtigen probabilistischen Spiel abhalten soll.
Wir sind aber klug und spielen nicht so, wie für Anna möglich und grundsätzlich oft ” +EV “, sondern so, dass es heißt:

immer ” + EV “.

MFG
Dr. W
#215 Dr. Webbaer
26. Dezember 2015

*
(in ihrer einfachen Form: “bei > 500 halten, ansonsten wechseln” (DF.de)) []
#216 Karl-Heinz
26. Dezember 2015

@ Dr. Webbaer

Die Z-Strategie ist keine Krücke

Herr Rene Grothmann hat bereits in seinem Beitrag die Z-Strategie verwendet.
Z-Strategie: Anna wählt zufällig eine Zahl verschieden von der Zahl auf der Karte, die sie hat. Wenn diese Zahl größer ist, wechselt sie.

Sie ist gleich Annas Strategie:
In der gefundenen Methode trifft Anna keine direkte Entscheidung, sondern überlässt ihre Wahl einen Zufallsmechanismus, der die von Anna gelesene Zahl i mit der Wahrscheinlichkeit (i-1) /999 auf Halten spielt.

Lg Karl-Heinz
#217 Dr. Webbaer
26. Dezember 2015

@ Karl-Heinz :

Lost Anna aber immer jeweils ihr Z, wird ihre Strategie probabilistisch und nicht mehr zu unterscheiden von der bereits hier zigfach als richtig genannten Strategie, korrekt.

MFG
Dr. W
#218 Joker
8. Januar 2016

Frohes neues Jahr.

Ich bin immer noch gespannt, ob wir was übersehen haben. Ansonsten müsste eine Lösung vielleicht auch gar nicht sehr ausgearbeitet werden. Für eine entsprechende Bemerkung hier wäre ich schon dankbar.
#219 Tauschgeschäfte: Lösung des Dezemberrätsels – Kritisch gedacht
13. Januar 2016

[…] einmal muss ich mich entschuldigen: Die Lösung des Dezemberrätsels, die ich für Ende 2015 angekündigt hatte, ließ lange auf sich warten. Mir kamen irgendwie die […]