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Wer bedingte Wahrscheinlichkeiten berechnet, sollte das „sichere Ereignis” kennen. Das zeigt sich ganz elementar am sogenannten Ziegenproblem, dem sogar ein Buch der Unterhaltungsmathematik gewidmet ist. Leider bemerkt der Autor (Journalist) nicht, dass man die Ursache des Problems mit Hilfe des sicheren Ereignisses in wenigen Zeilen klären kann. Auch die Lösung selber bedarf weder spezieller Formeln noch vieler Worte:

Ziegenproblem

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

Antwort:

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

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


Mathematik-Online, Ziegenproblem


Der Clou des Ziegenproblems besteht darin, dass man hier keine bedingte Wahrscheinlichkeit berechnen muss. Die Bedingung (also das Öffnen einer Ziegentür durch den Spielleiter) ist nämlich das sichere Ereignis, weil hinter mindestens einer von jeweils zwei Türen immer eine Ziege steht.

Hingegen liegt eine wirkliche Bedingung vor, wenn der Spielleiter ebenso ahnungslos wie der Kandidat ist und nur rein zufällig eine Ziegentür öffnet:

Ziegenproblem II

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

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

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

Für mich ist das ein sehr bemerkenswertes Paradoxon!

Antwort:

Das vermeintliche Paradoxon hat folgende Ursache:
In beiden Spielen zeigt der Kandidat zuerst zwar jeweils mit der Wahrscheinlichkeit 2/3 auf eine Niete. Das Öffnen einer Ziegentür ist im 2. Spiel aber nicht das sichere Ereignis. Somit ist (im Gegensatz zu Spiel 1) eine bedingte Wahrscheinlichkeit zu berechnen, die hier 1/2 beträgt.



Mathematik-Online, Ziegenproblem


Bemerkungen:

Wenn man von der Nummerierung der Türen (bzw. Ziegen) abstrahiert, lässt sich das Ziegenproblem mit Hilfe des sicheren Ereignisses also leicht enträtseln. Stattdessen wenden aber viele Leute die Formel von Bayes oder noch umständlichere Verfahren an. Mitunter werden hierbei sogar Simulationen als Beweisführung gedeutet.

Übrigens ist das Ziegenproblem und sein Lösungsrezept im Prinzip schon seit Jahrhunderten bekannt, u.a. in Form eines Ratespiels, bei dem man zwei schwarze und eine rote Spielkarte verdeckt auf den Tisch legt. Etwas origineller ist dagegen ein „Münzenparadoxon”, das wir in dem recht unterhaltsamen Taschenbuch: Die Grammatik der Logik entdeckten - der angesehene Autor löste allerdings seine eigene Problemstellung falsch:

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

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

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