Diskussion:Zwei-Zettel-Spiel

Gleichverteilt?

"Im Falle über alle reellen Zahlen gleichverteilter Zahlen kann Z = 0 eine gute Wahl sein" Was soll das bedeuten? Über die gesamten reellen Zahlen gibt es keine Gleichverteilung. --NeoUrfahraner 12:07, 21. Sep 2005 (CEST)

Überarbeiten

Der Artikel scheut wohl den Begriff Wahrscheinlichkeitsverteilung. Das Problem besteht darin, dass Spieler 1 die Zahlen nach irgendeiner Verteilung aufschreibt. Vermutlich ist ihm die nicht bewusst, aber sie existiert. Beispielsweise wird er nach der 10 Ziffer denken so langsam reicht es und spätestens nach der 15. aufhören. Und Spieler 2 muss die Verteilung erraten. Gerade bei den praktischen Beispielen wird das deutlich. Hier hat der Hauskäufer nämlich eine ganz gute Vorstellung über die Verteilung der Preise für ein Reihenhaus. Im eng verwandten Umtauschparadoxon ist das ganze besser beschrieben. --Suricata 13:25, 1. Mär 2006 (CET)

Im Artikel steht: "P(G) wird nun maximal, wenn P(B) maximal wird, also die Wahrscheinlichkeit ein Z zu finden, das zwischen X und Y liegt. Dafür lassen sich keine allgemeinen Regeln angeben, eine gute Wahl hängt von der konkreten Situation ab." Was fehlt Dir noch? --NeoUrfahraner 15:56, 1. Mär 2006 (CET)

Eben, mit konkreter Situation ist die konkrete Wahrscheinlichkeitsverteilung gemeint. Was das Spiel aussagen will, ist wohl, dass die Wahrscheinlichkeit nur größer als 1/2 werden kann, nicht jedoch geringer, egal wie schlecht man die Wahrscheinlichkeitsverteilung errät. Ich werde mal bei Gelegenheit selbst Hand anlegen. Bis dann, --Suricata 17:14, 1. Mär 2006 (CET)

Da mir immer noch nicht klar ist, was Du überarbeiten willst, habe ich den Überarbeiten-Baustein entfernt. --NeoUrfahraner 08:34, 5. Jul 2006 (CEST)

Nicht beliebig

Ich kenne das ganze so, das man einen Umschlag mit Geld bekommt, und im anderen Umschlag entweder das Doppelte, oder die Hälfter entalten ist. --Arbol01 21:34, 29. Jun 2006 (CEST)

Ist verwandet, aber nicht ganz das selbe. Wird auch im Artikel erwähnt: Umtauschparadoxon --NeoUrfahraner 21:51, 29. Jun 2006 (CEST)

Da Pik-Asso jetzt die Frage nochmals aufgeworfen hat, habe ich das Verhältnis der beiden ein wenig ausführlicher dargestellt. --NeoUrfahraner 08:40, 5. Jul 2006 (CEST)

Der gesamte Artikel ist grober Unfug. Das zugrunde liegende Problem, das hier offenbar niemand erkennt, ist eben die Frage nach der Zugrunde liegenden Verteilung.

Über die reellen Zahlen gibt es keine Gleichverteilung, und wenn doch dann wäre jedenfalls die Wahrscheinlichkeit eines endlichen Intervalls immer noch Null (Fall B).

Aber, soweit kommt's hier noch gar nicht. Was heißt denn dass die Person eine Zahl Z "zufällig" wählt?

Unfug.

Kann es sein, dass Du den Artikel mit dem Umtauschparadoxon verwechselst? --NeoUrfahraner 16:19, 4. Okt 2006 (CEST)

nein, ich verwechsel das nicht, obwohl es offensichtlich miteinander zu tun hat. falls der artikel von dir ist: was bedeutet unter "strategie": man bestimme eine "beliebige, zufällige" Zahl. Wie denn? Ein bisserl mathematisch darf's ja wohl sein?

Der Artikel ist nicht von mir, auch wenn ich manche Teile beigetragen habe. Wie Du aber dem Artikel entnehmen kannst, ist er im Wesentlichen sowieso von Thomas M. Cover (1987). Wie dem auch sei, Z wählst Du nach irgendeiner Zufallsverteilung, deren Dichte auf den reellen Zahlen nirgends verschwindet, also z. B. N(0,1). --NeoUrfahraner 17:25, 4. Okt 2006 (CEST)

Artikelmängel

(Von Diskussion:Umtauschparadoxon hierher kopiert):

"Eine allgemeine Gewinnstrategie für Herrn Schmidt besteht darin, dass er, bevor er den Umschlag öffnet, eine Zufallszahl Z wählt" Wie wählt man eine Zufallszahl? --172.208.28.193 00:14, 21. Nov. 2006 (CET)

Das ist der Punkt: entweder wählt man bewusst eine Zahl Z, die einem plausibel erscheint wie im Artikel Zwei-Zettel-Spiel:"Im Falle des Hausverkaufs sollte man eine Idee vom Marktwert haben und Z "irgendwo" in der Nähe ansiedeln." Wozu dann die "großartige" Rechnung?

Oder Z ist tatsächlich zufällig. Dann ist aber die Wahrscheinlichkeit p, dass Z < n ist, gleich Null für jede natürliche Zahl n. Herr Schmidt wird also fast immer tauschen und damit in der Hälfte der Fälle danebenliegen. Er kann also dadurch seine Chancen, den größeren Betrag zu erhalten, nicht erhöhen.

Der Artikel Zwei-Zettel-Spiel ist meiner Meinung nach noch fragwürdiger als dieser hier. Für zwei beliebige ganze Zahlen X und Y und eine Zufallszahl Z gilt nämlich immer: p(B) = 0. --89.51.63.235 19:24, 21. Nov. 2006 (CET)

Das ist korrekt. Für je zwei Zahlen X und Y aus der Menge der Ganzen Zahlen (MGZ) veschwindet die Wahrscheinlichkeit, mit einer Zufallszahl Z aus MGZ zwischen X und Y zu landen. Das bedeutet nicht dass es unmöglich sondern nur dass es höchst unwahrscheinlich ist. Das liegt an der Unbeschränktheit von MGZ woraus auch gefolgert werden kann dass Y symmetrisch zu X verteilt ist. Es gilt dann P(X<Y)=P(X>Y)=1/2. Aus den gleichen Symmetriegründen muss gelten P(A)=P(C)=1/2 weil P(B)=0. Daraus kann die Formel abgeleitet werden P(G)=P(X<Y)xP(A)+1xP(B)+P(X>Y)xP(C)=1/2x1/2+1x0+1/2x1/2=1/2. Wie zu erwarten existiert keine bessere Gewinnstrategie als ein Münzwurf.

Vernünftigerweise sollte die Grundgesamtheit (GG) der Zahlenmenge aus der X,Y und Z zufällig gezogen werden beschränkt sein um eine bessere Strategie entwickeln zu können. Gilt dann noch die Formel P(G)=1/2+P(B)/2 ? Nein denn nun ist Y im allgemeinen nicht mehr symmetrisch zu X verteilt und es gilt P(X<Y)<>P(X>Y). --172.208.216.210 18:12, 22. Nov. 2006 (CET)

Wenn man die Zahlenmenge, aus der X und Y zufällig gezogen werden, beschränkt, dann benötigt man keine zusätzliche Zahl Z mehr, um seine Gewinnchancen zu erhöhen.

Beispiel: M = {1,2,3...999,1000} ist die zugrundeliegende Zahlenmenge. Falls X = 100, dann ist p(X < Y) = 0,9. Ich wechsle also und gewinne mit p. Falls X = 736, dann ist p(X < Y) = 0,264. Ich behalte X und gewinne mit (1 - p). Wozu dann noch Z?

So oder so, das Zwei-Zettel-Spiel ist vollkommen unsinnig! --89.51.59.116 19:34, 22. Nov. 2006 (CET)

Sieht so aus. Dass solche Mängel in einem Artikel nicht bereits früher entdeckt und eliminiert wurden erstaunt mich sehr. Es müsste doch mathematisch gebildete Wikipedianer geben die den Artikel gelesen haben. Jemand muss ihn schließlich auch geschrieben haben. --172.208.33.54 17:45, 23. Nov. 2006 (CET)

Das kommt tatsächlich nicht richtig raus, ich habe es ergänzt. Die Dichte von Z darf natürlich nirgends verschwinden, Gleichverteilung geht also nicht, Normalverteilung ist besser. --NeoUrfahraner 20:00, 23. Nov. 2006 (CET)

P(B)=0 gilt unabhängig von der Wahrscheinlichkeitsverteilung von Z, solange X und Y gleichverteilte Zufallszahlen aus MGZ sind. Wenn ein gleichverteiltes Z oder ein festes Z=0 keine gute Wahl sind ist auch ein "Mittelding" wie Z normalverteilt keine gute Wahl. Und warum sollte eine Normalverteilung mit E(Z)=0 besser sein als eine mit E(Z)=-2875571969641253156?

Falls X und Y Zufallszahlen aus einer beschränkten Menge sind wie im Falle des Hausverkaufs dann gilt die Formel P(G)=1/2+P(B)/2 nicht weil P(X<Y)=P(X>Y) nicht gilt. 172.180.112.55 17:58, 24. Nov. 2006 (CET)

Neuformulierung des Artikels

Dieser Artikel zeigt viele Mängel:

1. "Das Zwei-Zettel-Spiel oder auch Zwei-Umschläge-Problem optimiert die Wahrscheinlichkeit die größere von zwei Zahlen zu finden, von denen nichts bekannt ist, außer dass sie verschieden sind." Dieser Satz zeigt ein Unverständnis des Problems denn es gibt keine Optimierung der Wahrscheinlichkeit über P(G)=1/2 hinaus bei beliebigen Zahlen.

2. Die "Strategie" ist sinnlos.

3. Die "Lösung" führt zum einzig relevanten Ergebnis P(B)=0 und P(G)=1/2. Im Falle des Hausverkaufs gilt die Formel P(G)=1/2+P(B)/2 nicht weil P(X<Y)=P(X>Y) nicht gilt.

4. Wenn ein gleichverteiltes Z oder ein festes Z=0 keine gute Wahl sind ist auch ein "Mittelding" wie ein normalverteiltes Z keine gute Wahl. Und warum sollte eine Normalverteilung mit E(Z)=0 besser sein als eine mit E(Z)=-2875571969641253156? P(B)=0 gilt unabhängig von der Wahrscheinlichkeitsverteilung von Z, solange X und Y gleichverteilte Zufallszahlen aus der unendlichen Zahlenmenge der Ganzen Zahlen sind.

5. Die "Anwendbarkeit in der Praxis" scheint wohl überflüssig. Es fehlt auch ein Anwendungsbeispiel.

6. Im Abschnitt "Zwei-Zettel-Spiel und Umtauschparadoxon" fehlt ein gerechnetes Beispiel um die Existenz einer sinnvollen Tauschstrategie zu zeigen.

Alles in Allem ein höchst merkwürdiger Artikel. --172.176.82.32 18:12, 26. Nov. 2006 (CET)

Auch hier gilt, was ich schon auf Diskussion:Umtauschparadoxon gesagt habe: Mit angemeldeten Benutzern bin ich gerne bereit, diese Fragen zu diskutieren; Trolle habe ich aber schon zu viele gefüttert. --NeoUrfahraner 08:44, 27. Nov. 2006 (CET)

Was soll diese Beleidigung? Wenn meine Argumente von dir nicht widerlegbar sind dann gib es einfach zu. Aber bitte spiel nicht das Mimöschen... --172.176.105.74 17:25, 27. Nov. 2006 (CET)

Anwendbarkeit in der Praxis

Wenn gilt: P(X<Y)=P(X>Y)=1/2 für alle Zufallszahlen X, wie soll dann die Verteilung von Z konkret aussehen? Anders gefragt: wie sieht die Dichtefunktion von Z konkret aus damit nicht gilt P(B)=0? --Madse 17:44, 30. Nov. 2006 (CET)

Die Zufallsvariable Z muss eine Dichtefunktion besitzen, die auf der gesamten reellen Achse positiv ist. --NeoUrfahraner 17:47, 30. Nov. 2006 (CET)

Bitte ein konkretes Beispiel. --Madse 17:49, 30. Nov. 2006 (CET)

X,Y,Z unabhängig normalverteilt, Erwartungswert 0, Varianz 1. --Scherben 17:51, 30. Nov. 2006 (CET)

Das sieht doch schon ganz anders aus als die Formulierung im Artikel:"Das Zwei-Zettel-Spiel oder auch Zwei-Umschläge-Problem optimiert die Wahrscheinlichkeit die größere von zwei Zahlen zu finden, von denen nichts bekannt ist, außer dass sie verschieden sind." Die Verteilungsfunktion von X und Y müssen also bekannt sein. --Madse 17:56, 30. Nov. 2006 (CET)

Ich geb's auf. Du wolltest ein Beispiel, du hast ein Beispiel gekriegt. Was im Zwei-Zettel-Spiel passiert, habe ich dir doch erst vor einer halben Stunde in der Diskussion zum Umschlagparadoxon erklärt. --Scherben 18:04, 30. Nov. 2006 (CET)

Ich werds mir nochmal durchlesen. Bis später dann... --Madse 18:10, 30. Nov. 2006 (CET)

(Von Diskussion:Umtauschparadoxon hierher kopiert):

Im allgemeinen gilt das bei keiner Normalverteilung (NV) sondern nur im speziellen Fall in dem X dem Erwartungswert der NV entspricht. Je weiter X in dem unteren Bereich der NV liegt desto kleiner ist der Wert P(X>Y) und limes(X->-oo)P(X>Y)=0. Entsprechendes gilt für P(X<Y) weil gelten soll: P(X>Y)+P(X<Y)=1. Außerdem wird im Zwei-Zettel-Spiel keine bestimmte Verteilung von X und Y vorgegeben. Da steht nur:"Das Zwei-Zettel-Spiel oder auch Zwei-Umschläge-Problem optimiert die Wahrscheinlichkeit die größere von zwei Zahlen zu finden, von denen nichts bekannt ist, außer dass sie verschieden sind."" --Madse 17:14, 30. Nov. 2006 (CET)

Ich habe keine Ahnung, wovon du sprichst. Wenn du zwei unabhängige Normalverteilungen mit denselben Parametern nimmst, dann ist P(X<Y) = P(Y<X) = 1/2. Aber darum geht es im Zwei-Zettel-Spiel ja auch gar nicht. Dort steht, dass man zwei Zettel nimmt, auf denen beliebige Zahlen A und B stehen, die außer $A\neq B$ keine zusätzliche Eigenschaft besitzen müssen. Von diesen Zetteln wird dann einer gezogen, sein Ergebnis wird mit der Zufallsvariable X bezeichnet. Der zweite Zettel mit Y. In diesem Fall gilt P(X<Y) = P(Y<X) = 1/2 trivialerweise. --Scherben 17:21, 30. Nov. 2006 (CET)

Ich vermute, er verwechselt die "unbedingte" Wahrscheinlichkeit P(X>Y) mit der bedingten Wahrscheinlichkeit P(X>Y|X=x). P(X>Y)=1/2 im gegebenen Beispiel, aber P(X>Y|X=x) wird tatsächlich kleiner wenn x kleiner wird. Die Verwechslung der bedingten mit der unbedingten Wahrscheinlichkeit ist letztlich auch ein Kernpunkt des Umtauschparadoxons. --NeoUrfahraner 17:29, 30. Nov. 2006 (CET)

Wenn beispielsweise X und Y zwei konkrete verschiedene Zufallszahlen sind mit X<Y dann gilt nicht: P(X<Y) = P(Y<X) = 1/2 sondern P(X<Y)=1 und P(X>Y)=0. Das ist das gleiche Missverständnis auf das man auch schon im Artikel Umtauschparadoxon gestoßen ist. Die Herleitung von P(G) beruht auf einer allgemeinen Zufallsverteilung von X und Y und nicht auf zwei konkreten Zahlenwerten. Deshalb müssen auch die Koeffizienten "1/2" vor P(A) und P(C) dieser Verteilung entsprechend angepasst werden. Die Koeffizienten müssen sich aus den bedingten Wahrscheinlichkeiten ergeben. Und "X,Y,Z unabhängig normalverteilt, Erwartungswert 0, Varianz 1" ist natürlich nirgendwo vorgegeben. --Madse 19:03, 30. Nov. 2006 (CET)

Die konkreten Zahlen sind in meinem Beispiel (und eben auch im Zwei-Zettel-Spiel) A und B, nicht X und Y! Warum versuchst du nicht, erstmal das zu verstehen, was ich geschrieben habe. Ich habe das Gefühl, dass deine Hände um Längen schneller als dein Hirn sind. Setz' dich mal in Ruhe an deinen Schreibtisch und spiele die Szenarien mit einem Blatt Papier und einem Bleistift in Ruhe durch. Oder schreib' eine Simulation für deinen Rechner. --Scherben 19:28, 30. Nov. 2006 (CET)

Beispiel mit X,Y,Z unabhängig normalverteilt, Erwartungswert 0, Varianz 1: ich werfe eine Münze und entscheide mich dann für den Zettel A. Ich finde die Zahl X=-256. Die Wahrscheinlichkeit P(X<Y) ist dann fast Eins und ich entscheide mich für Zettel B. Z benötige ich dazu gar nicht. --Madse 19:38, 30. Nov. 2006 (CET)

Trotzdem ist die Wahrscheinlichkeit mit dem Zwei-Zettel-Spiel die größere Zahl zu erwischen größer als 0.5. Aber: Je nach Vorwissen kann eine andere Strategie als das Zwei-Zettel-Spiel zweckmäßiger sein --NeoUrfahraner 19:58, 30. Nov. 2006 (CET)

Um größere Klarheit zu schaffen sollte man bei der Berechnung von P(G) zwei Fälle unterscheiden wobei X und Y die beiden Zufallszahlen sind und X die zuerst gewählte Zahl gemäß dem Artikel:

X<Y: Dann gilt P(G)=1xP(A)+1xP(B)+0xP(C)=P(A)+P(B). Für eine normalverteilte Zufallszahl Z mit E(Z)=0 erhalten wir nur dann ein P(G)>1/2 wenn P(C)<1/2 ist denn:P(G)+P(C)=1. Weil die Wahrscheinlichkeit dass beide Zahlen X und Y auf einer Seite der Normalverteilung, also weit rechts oder links von E(Z)=0 liegen, gleich Eins ist bzw. die Wahrscheinlichkeit dass E(Z)=0 zwischen X und Y liegt gleich Null ist, ist P(C)>1/2 und damit P(G)<1/2.

X>Y: Dann gilt P(G)=0xP(A)+1xP(B)+1xP(C)=P(B)+P(C). Hier gilt Entsprechendes mit P(A)>1/2 und P(G)<1/2.

Wie soll also die Wahrscheinlichkeit, mit dem Zwei-Zettel-Spiel die größere Zahl zu erwischen, größer als 0.5 sein? --172.173.49.136 20:58, 30. Nov. 2006 (CET) PS:Tschuldigung, habe vergessen mich anzumelden (Madse)

Ich verstehe mal wieder nicht, was du schreibst. Was immer du hiermit (Weil die Wahrscheinlichkeit dass beide Zahlen X und Y auf einer Seite der Normalverteilung, also weit rechts oder links von E(Z)=0 liegen, gleich Eins ist bzw. die Wahrscheinlichkeit dass E(Z)=0 zwischen X und Y liegt gleich Null ist) sagen willst: Mit der Wahrscheinlichkeitstheorie, dich ich gelernt habe, hat das nur entfernt zu tun. --Scherben 21:05, 30. Nov. 2006 (CET)

Also nochmal Fall 1 mit X<Y und P(G)=P(A)+P(B): es müsste gelten P(X<E(Z)<Y)=0 weil für zwei beliebige Zufallszahlen X und Y aus der unendlichen Menge der Ganzen (oder Reellen) Zahlen die Wahrscheinlichkeit das endliche Intervall zwischen X und Y (mit E(Z)) zu treffen gleich Null ist. Dann liegt die "Häufung" der Normalverteilung von Z außerhalb dieses Intervalls und damit sinkt die Wahrscheinlichkeit dafür dass Z tatsächlich zwischen X und Y zu liegen kommt. Außerdem sieht man im Vergleich, dass nicht allgemein gilt P(G)=1/2xP(A)+1xP(B)+1/2xP(C). --Madse 21:23, 30. Nov. 2006 (CET)

Ich glaube, dass du wirklich keine Ahnung von Wahrscheinlichkeitstheorie hast. Bitte beantworte mir die folgenden Fragen.

• Verstehst du, warum im konkreten Beispiel P(X<Y) = P(X>Y) = 1/2 gilt?
• Verstehst du, warum in Fall a) und Fall c) die Wahrscheinlichkeit für die Auswahl der größeren Zahl 1/2 ist?
• Verstehst du, warum in Fall b) die Wahrscheinlichkeit 1 ist?

Die Antwort auf all diese drei Fragen hat nichts mit Normalverteilungen und auch nichts mit Erwartungswerten zu tun. Stelle dir vor, dass auf den beiden Zetteln die Zahlen 1 und 4 stehen.

Wenn Z nun kleiner als 1 ist, dann ist die Wahrscheinlichkeit für die größere Zahl 1/2. Denn: Wenn 1 zuerst gezogen wird, dann fällt die Wahl auf 1, weil 1 größer als Z ist. Wenn 4 gezogen wird, dann bleibt man auch bei 4.

Wenn Z größer als 4 ist, passiert genau das Gegenteil. Wenn 1 gezogen wird, dann muss auf den zweiten Zettel (4) gewechselt werden. Wenn 4 gezogen wird, muss auf 1 gewechselt werden. Wahrscheinlichkeit: Wieder 1/2.

Dritte Möglichkeit: Wenn Z zwischen 1 und 4 liegt, dann liegt man immer richtig! Wenn die 1 gezogen wird, dann muss wegen Z>1 auf den zweiten Zettel gewechselt werden! Wenn aber 4 gezogen wird, dann bleibt man wegen 4>Z auch bei 4.

Klar? --Scherben 21:43, 30. Nov. 2006 (CET)

Ich weiß was du meinst, das habe ich schon früher beschrieben ([1]. Man darf aber die Fälle für X<Y und für X>Y nicht einfach vermischen, sonst sieht man den Wald vor lauter Bäumen nicht mehr. X ist ja meine zuerst gewählte Zahl und Y kann nicht gleichzeitig kleiner und größer als X sein. Deshalb betrachte ich den einen Fall für X<Y isoliert. Es ergibt sich dass P(G)>1/2 nur wenn P(C)<1/2 und umgekehrt. Es gilt sicherlich P(X<E(Z)<Y)=0 und damit auch P(X<Y<E(Z))=P(E(Z)<X<Y)=1/2 für eine beliebige (Normal-)Verteilung der Zufallszahl Z mit Erwartungswert E(Z). Im Fall P(X<Y<E(Z)) ist P(C)<1/2 und P(G)>1/2. Im Fall P(E(Z)<X<Y) ist P(C)>1/2 und P(G)<1/2. Da der Spieler 2 im allgemeinen nicht weiß welcher Fall eingetreten ist kann er ebensogut mit einem Münzwurf seine Wahl entscheiden. --Madse 22:28, 30. Nov. 2006 (CET)

Na, wenn du's nicht verstehen willst... Ich habe die Möglichkeiten nicht vermischt, ich habe alle Fälle separat betrachtet. Warum du mit deinem Erwartungswert ankommst, ist dein Privatwissen. Für mich ist diese Diskussion jetzt erledigt, ich habe dir schon viel zu viel Aufmerksamkeit gewidmet. Mein Rat: Beschäftige dich mit Dingen, von denen du wirklich Ahnung hast. --Scherben 22:32, 30. Nov. 2006 (CET)

Ich komme deswegen mit dem Erwartungswert von Z, weil es doch darum geht, ein Z zu bestimmen, welches die Forderung erfüllen soll: P(B)>0 bzw. P(G)>1/2. Schade dass du das Problem nicht siehst.

Du machst hier meiner Meinung nach den gleichen Denkfehler wie beim Umtauschparadoxon. Genausowenig wie der Erwartungswert bei einmaliger Ausführung eines Umschlagspiels E=1/2x50+1/2x200=125 sein kann, sowenig kann bei festen Zahlen X und Y bei einem Spiel mit zuerst gewähltem X gelten: X<Y und X>Y mit P(X<Y)=P(X>Y)=1/2. Man darf in der Wahrscheinlichkeitsrechnung Grundgesamtheiten (GG), die sich gegenseitig ausschließen, nicht einfach vermischen. Vielleicht kann ich es dir ja am Umschlagspiel leichter verdeutlichen.

Wenn Herr Schmidt (S) in seinem Umschlag 100 Euro findet, gibt es zwei Möglichkeiten: im anderen Umschlag sind 50 oder 200 Euro. Er hat es also mit zwei verschiedenen GGs zu tun, nämlich G={100,200} und G'=(100,50). Ohne Zusatzinformation weiß er nicht, mit welchem der beiden Paare er es wahrscheinlicher zu tun hat, und er hat eine 50:50 Chance, beim Tausch mehr zu gewinnen als die 100 Euro. Für G errechnet er dabei den Erwartungswert E=1/2x100+1/2x200=150 Euro und für G' entsprechend E'=1/2x100+1/2x50=75 Euro.

Der Wert E*=1/2x50+1/2x200=125 Euro entspricht keinem Erwartungswert für ein Umschlagpaar, weil es die GG G*={50,200} nicht gibt. Stattdessen schließen sich die beiden Geldsummen gegenseitig aus. Der Wert E* macht nur dann Sinn, wenn man ihn als Ergebnis einer Strategie bei wiederholtem Spielen mit diesen beiden Umschlagpaaren G und G' betrachtet. Er ergibt sich als Gewinn, wenn S die 100 Euro immer tauscht und die 50 bzw. 200 Euro immer behält. Der Trugschluss liegt darin, dass „mit einer Wahrscheinlichkeit von 50 % der doppelte Geldbetrag und mit einer Wahrscheinlichkeit von 50 % der halbe Geldbetrag“ im anderen Umschlag sein soll.

Der gleiche Trugschluss taucht beim Zwei-Zettel-Spiel wieder auf. Wenn X und Y zwei beliebige aber feste Zahlen sind und ich habe X zuerst gewählt, dann gilt entweder X<Y mit P(X<Y)=1 und P(X>Y)=0, oder X>Y mit P(X>Y)=1 und P(X<Y)=0. Alle anderen Annahmen sind unzulässige Vermischungen von sich ausschließenden GGs. Um es mal in der Sprache der Logik auszudrücken: aus Falschem folgt Beliebiges. Oder so: wenn P(X<Y)=1/2 und P(X>Y)=1/2 dann folgt ... --Madse 00:34, 1. Dez. 2006 (CET)

Ich glaube auch immer mehr, dass du wirklich keine Ahnung von Wahrscheinlichkeitstheorie hast. Was soll der Erwartungswert von Z mit P(B)>0 zu tun haben? Gib bitte eine wahrscheinlichkeitstheoretische Begründung. --NeoUrfahraner 13:48, 1. Dez. 2006 (CET)

Der Erwartungswert von Z hat etwas damit zu tun ob P(G)>1/2 ist, während die Zufallswahl von Z damit zu tun hat ob P(B)>0 gilt. Das sollte doch leicht zu trennen sein, oder? Wie P(G) davon abhängt welche Größe P(A) bzw. P(C) annehmen, habe ich schon weiter oben in der Fallunterscheidung beschrieben.

Nein. Wieso sollte der Erwartungswert etwas mit P(G) zu tun haben? Ich habe das doch oben mit 1 und 4 erklärt. Bevor du nicht verständlich erklärst, warum dir das als Begründung nicht reicht, wirst du von mir keine weiteren Antworten bekommen. --Scherben 15:56, 1. Dez. 2006 (CET)

Warum gehst du nicht auf den Abschnitt zum Umtauschspiel ein? Dort kann man diese Frage vielleicht besser klären. --Madse 16:42, 1. Dez. 2006 (CET)

Weil es hier um das Zwei-Zettel-Spiel geht, das zu bereits nicht verstehst. --Scherben 16:44, 1. Dez. 2006 (CET)

Witz komm raus, du bist umzingelt! Wir können gerne zur Diskussion:Umtauschparadoxon wechseln und dann anschließend (oder parallel) hier weiter diskutieren. Kein Problem! Also, was ist mit dir? --Madse 16:48, 1. Dez. 2006 (CET)

Nichts da. Erst ein Problem lösen, dann das andere. Nochmal: Was verstehst du an meiner Erläuterung mit 1 und 4 nicht? Sie ist korrekt, braucht keine Erwartungswerte und ist intuitiv. --Scherben 16:52, 1. Dez. 2006 (CET)

Warum scheust du die Diskussion über das Umschlagspiel so sehr?

Als Zeichen meines guten Willens gebe ich dir hier aber gerne meine Version mit den beiden Zetteln, auf denen die Zahlen 1 und 4 stehen:

Fall 1:Die zuerst gezogene Zahl sei X=1. Wenn Z<1 dann fällt die Wahl auf 1. Wenn Z>4 dann fällt die Wahl auf 4. Wenn 1<Z<4 dann fällt die Wahl auch auf 4.

Fall 2:Die zuerst gezogene Zahl sei X=4. Wenn Z<1 dann fällt die Wahl auf 4. Wenn Z>4 dann fällt die Wahl auf 1. Wenn 1<Z<4 dann fällt die Wahl auf 4.

So weit so gut. Nun kommt es darauf an wie Z bestimmt wird. Ist Z genauso wie X und Y eine Zufallszahl aus der Menge der Ganzen Zahlen, dann gilt P(1<Z<4)=0, also P(B)=0. Beide Fälle werden als gleichwahrscheinlich angenommen und es ergibt sich P(G)=1/2. --Madse 17:25, 1. Dez. 2006 (CET)

Z aus den ganzen Zahlen??? P(1<Z<4)=0??? Du hast den Artikel entweder nicht gelesen oder dir sagt "nirgends verschwindende Dichte" nicht das Geringste. Beides sind keine guten Voraussetzungen für Verständnis des Artikels... --Scherben 18:01, 1. Dez. 2006 (CET)

Du weißt wohl auch nicht was du willst. Erst willst du dein Zahlenspiel möglichst naiv vorgeführt bekommen, wie du es oben auch gemacht hast. Und jetzt kommst du mit einer Verteilung von Z, die du oben selbst nicht in dein Beispiel eingearbeitet hast. Wenn du einen konkreten Vorschlag für eine deiner Meinung nach sinnvollen Verteilung von Z hast dann nenne ihn hier. Aber dein dauerndes Genöhle geht mir auf die Nerven. Im übrigen bist du jetzt dran mit einem Beitrag zu meinen Äußerungen zum Umschlagspiel. --Madse 18:15, 1. Dez. 2006 (CET)

Z war immer als Zufallsvariable vorausgesetzt, die eine nirgends verschwindende Dichte besitzt. Vereinfachen lässt sich da nichts. --Scherben 18:34, 1. Dez. 2006 (CET)

Das sagt sich leicht "Verteilung mit nirgends verschwindender Dichte". Wenn du keine konkrete Verteilung angeben kannst dann lässt sich das Zwei-Zettel-Spiel gar nicht durchführen. Denn ohne "Rezept" für das Auffinden einer Zufallszahl Z gibt es auch keine Strategie. --Madse 18:43, 1. Dez. 2006 (CET)

Endgültiges Ende der Debatte meinerseits. Wenn du nicht in der Lage bist, den Begriff einer "nirgends verschwindenden Dichte" mit Inhalt zu füllen, dann hast du keine Ahnung von Wahrscheinlichkeitstheorie. --Scherben 18:48, 1. Dez. 2006 (CET)

Ich betrachte dein Verhalten als feigen Rückzieher, weil du zu eitel und nicht in der Lage bist, dich am Beispiel des Umtauschparadoxons eines Besseren belehren zu lassen. Deinen Namen werde ich aus meiner Liste "Kompetente Wikipedianer" streichen. --Madse 18:57, 1. Dez. 2006 (CET)

Echt ätzend, wie Scherben hier diskutiert. Statt sachliche Argumente zu bringen, versucht er dich mit Beleidigungen und persönlichen Angriffen aus der Fassung zu bringen. Und der Gipfel seiner Unverschämtheit ist es, dir vorzuwerfen, keine Ahnung von Wahrscheinlichkeitstheorie zu haben. Dabei hat er keinen blassen Schimmer davon, wie das Zwei-Zettel-Spiel funktionieren soll. Sonst hätte er längst eine vernünftige Beispielrechnung aufgemacht, um dich fachlich zu überzeugen. Offensichtlich ist er dazu nicht in der Lage und muss seine Unkenntnis mit Aggressivität kaschieren. Auch das Umtauschparadoxon sprengt anscheinend seinen fachlichen Horizont. Denn warum ist er nie auf die Kritik dazu eingegangen? Schließlich hat diese Diskussion dort (Diskussion:Umtauschparadoxon) angefangen. Solche Typen wie Scherben könnten die Wikipedia-Idee auf lange Sicht zerstören ... 89.51.63.186 14:59, 2. Dez. 2006 (CET)

"Lösung" ist keine Lösung

Zur Sache: Der Artikel schlägt als mögliche Verteilung von Z eine Normalverteilung vor. Wenn du zur Vereinfachung der Rechnung diese Verteilung so legst, dass E(Z) = X ist, sollte eigentlich das erwartete Ergebnis rauskommen, nämlich P(G) = 0,5. Liegt die Verteilung anders, wird zwar der Rechenaufwand etwas größer, aber mit demselben Ergebnis, oder? --89.51.63.186 14:59, 2. Dez. 2006 (CET)

Anhand deines Vorschlags fasse ich nochmal in einem Beispiel zusammen was ich in den Beiträgen weiter oben schon gesagt habe:

Wir haben zwei Zettel mit den Zahlen R und S mit R<S. Die Zahl auf dem zuerst gezogenen Zettel wird mit X bezeichnet. ε ist die Restgröße der Normalverteilung, die von E(Z)=X aus gesehen jenseits von Y liegt. Dann kann man zwei Möglichkeiten unterscheiden:

1. X=R, Y=S und damit X<Y: P(A)=ε, P(B)=1/2-ε, P(C)=1/2.

Im Fall A wähle ich den anderen Zettel und gewinne. Das ergibt eine 1 vor P(A).

Im Fall B wähle ich den anderen Zettel und gewinne. Das ergibt eine 1 vor P(B).

Im Fall C behalte ich meinen Zettel und verliere. Das ergibt eine 0 vor P(C).

Dann ist meine Gewinnwahrscheinlichkeit P(G)=1xP(A)+1xP(B)+0xP(C)=ε+(1/2-ε)=1/2.

2. X=S, Y=R und damit X>Y: P(A)=1/2, P(B)=1/2-ε, P(C)=ε.

Im Fall A wähle ich den anderen Zettel und verliere. Das ergibt eine 0 vor P(A).

Im Fall B behalte ich meinen Zettel und gewinne. Das ergibt eine 1 vor P(B).

Im Fall C behalte ich meinen Zettel und gewinne. Das ergibt eine 1 vor P(C).

Dann ist meine Gewinnwahrscheinlichkeit P(G)=0xP(A)+1xP(B)+1xP(C)=(1/2-ε)+ε=1/2.

Wie zu erwarten kann ich meine Gewinnchancen nicht über 1/2 hinaus erhöhen.

Interessant ist der Vergleich mit der im Artikel angegebenen Formel P(G)=1/2+P(B)/2. Damit würde sich ergeben: P(G)=1/2+(1/2-ε)/2=3/4-ε/2. Dieser Zahlenwert ist offensichtlich unsinnig, weil klar ist dass man mit der Wahrscheinlichkeit 1/2 verliert. Damit ist die Herleitung von P(G) und die angebliche Lösung im Artikel meiner Meinung nach widerlegt. --Madse 21:10, 2. Dez. 2006 (CET)

Bezug zum Umtauschparadoxon

Bevor man einen mathematischen Apparat einsetzt sollte zuerst die Problemstellung sauber analysiert und modelliert werden. Diese Vorabanalyse fehlt mir bei euch, während ihr (zu) schnell mit mathematischen Winkelzügen bei der Hand seid. Das habe ich am Beispiel des Umschlagspiels deutlich zu machen versucht. Offensichtlich ist mir das noch nicht gelungen, deshalb noch einmal:

Schmidt (S) hat nicht die Wahl zwischen zwei weiteren Umschlägen mit je 50 und 200 Euro, denn dann würde der Wert E*=(1/2x50+1/2x200) Sinn machen. Sondern er muss die Entscheidung treffen, für wie wahrscheinlich er die Umschlagpaare G={100,50} bzw. G'={100,200} mit Erwartungswerten E und E' hält. Ohne Zusatzannahmen gilt für ihn P(G)=P(G')=1/2, und dann kann er z.B. auch eine Münze werfen. Wenn S aber seinen Erwartungswert als E* berechnet, dann macht er einen mathematischen Fehler. Und warum soll dieser Fehler nicht dadurch entlarvt werden dass man das Problem sauber modelliert? Das Nichtwissen des S bzgl. des vorhandenen Umschlagpaares berechigt doch keineswegs dazu eine unsinnige Berechnung als korrekt anzunehmen, oder? --Madse 15:18, 1. Dez. 2006 (CET)

Ende der Debatte

Lieber Madse, wie schon Scherben festgestellt hat, ist jede weitere Diskussion mit Dir sinnlos. Sowohl beim Zwei-Zettel-Spiel als auch beim Umtauschparadoxon handelt es sich nicht um irgendwelche Gedankenspiele von Möchtegernwissenschaftlern sondern um in der Fachliteratur wohldokumentierte Themen. Es ist sicher möglich, die Artikel an der einen oder anderen Stelle zu verbessern, aber Deine Aussagen der Art "Dieser Zahlenwert ist offensichtlich unsinnig, weil klar ist dass man mit der Wahrscheinlichkeit 1/2 verliert." decken sich nicht mit dem mir bekannten aktuellen Stand der Wissenschaft. Wenn Du wider Erwarten Deine Thesen durch Literaturangaben belegen kannst, dann gib Deine Quellen an und im Zug von WP:NPOV kann man die unterschiedlichen Gesichtsweisen einbauen. Wenn Du glaubst, etwas dazu sagen zu können, was noch nicht in der Literatur steht, dann beachte WP:NOR, veröffentliche ein Paper dazu, danach kann man es ebenfalls einbauen. Verstehe aber bitte, dass wir uns bis dahin nicht von Dir die Zeit stehlen lassen wollen. Daher auch aus meiner Sicht Ende der Debatte. --NeoUrfahraner 17:37, 3. Dez. 2006 (CET)

Dass es sinnlos ist mit euch zu diskutieren habe ich mittlerweile auch festgestellt. Schade um meine freie Zeit. Deshalb gibt es keine Diskussion mehr mit euch... --172.178.194.20 22:17, 7. Dez. 2006 (CET)

Nachdem ich mich eingehender mit dem Problem beschäftigt habe, komme ich an den Punkt an dem ich mit besagter Fachliteratur die Behauptungen im Artikel gerne prüfen möchte. Ich habe dazu schon das angegebene Buch von Cover, T. zu Rate gezogen. Dort wird das Problem aber nur beschrieben und nicht weiter behandelt. Insbesondere stellt T.Cover die Frage "does this result generalize?" in den Raum. Sprich, er erkennt dass sich aus seinem Beispiel kein Beweis ableiten lässt und stellt die 'Lösung' damit letztendlich in Frage. Darum muss aus dem Wikiartikel hervorgehen, dass es sich bei der Optimierung nur um eine Behauptung handelt. Ich bitte, dies zu diskutieren und falls es weitere Fachliteratur gibt, diese anzugeben. --Dead-Eye 11:44, 23. Okt. 2009 (CEST)

Du meinst anscheinend Thomas M. Cover. Pick the Largest Number. Chapter in Open Problems in Communication and Computation. Springer-Verlag, 1987.. Dort steht ja unter "Solution" genau das, was hier im Artikel steht: Pick a random splitting number T ...'. Das offene Problem "Does this result generalize?" bezieht sich also auf mögliche Verallgemeinerungen, also z.B. ob das Resultat bloß für das Zwei-Zettel-Spiel anwendbar ist. --NeoUrfahraner 09:15, 24. Okt. 2009 (CEST)

Ich möchte eine vollständige Messreihe vereinfacht nur für die Zahlen 1,2 und 3 vorstellen. X, Y und Z sind also Zufallszahlen zwischen 1 und 3. Es gibt 27 eindeutige Zahlenkombinationen, davon fallen 15 weg weil X nicht gleich wie Y oder Z sein darf. Die Fälle mit X=1 und X=3 werden auch nicht berücksichtigt, weil in diesen Fällen 'klar' ist, dass die andere Zahl kleiner bzw größer ist. Für X=2 bleiben vier Fälle, das sind: Y=1, Z=1 ; Y=1, Z=3 ; Y=3, Z=1 ; Y=3, Z=3. Alle Fälle sind natürlich gleichwahrscheinlich. In zwei der Fälle rät man richtig, in zwei der Fälle rät man falsch. Sieht für mich verdächtig nach P=1/2 aus. Also braucht er kein Z, er kann ja genausogut raten oder eine Münze werfen. Sollte er den Zettel mit X=1 oder X=3 bekommen kann er, dank des begrenzten Zahlenbereichs, mit 100% Wahrscheinlichkeit das richtige Ergebnis sagen. (Dazu braucht er auch kein Z) je größer der Zahlenbereich, desto weniger bringt diese Strategie. Wenn wir also vom unbegrenzen Zahlenbereich reden, sinkt dieser Bonus auf vernichtende 0. --Dead-Eye 10:47, 26. Okt. 2009 (CET)

Du spielst das falsche Spiel. Die Verteilung von X und Y ist nicht bekannt. Bei X=1 ist nichts klar, es könnte auch Y=-5 sein. --NeoUrfahraner 16:22, 27. Okt. 2009 (CET)

Gerade weil die Verteilung von X und Y nicht bekannt ist, kann die Strategie nicht funktionieren! Versuche doch mal zu verstehen, was ich damit sagen will. Die Zwei-Zettel-Spiel-Strategie mit Z ist eine Möglichkeit, mit der Wahrscheinlichkeit größer 1/2 in einem begrenzten, bekannten Zahlenbereich, die größere von zwei Zahlen zu erraten. Soweit sind wir uns sicher einig. Sobald man aber den Zahlenbereich nicht kennt, liegt die Chance bei genau 50%. Mein Spiel mit X und Y zwischen 1 und 3 ist nicht 'falsch', es ist nur der vereinfachte Fall für einen begrenzten und bekannten Zahlenbereich. Es funktioniert hervorragend bei x=1 oder x=3, nicht aber bei x=2. Ein zufällig gewähltes Z kann die Wahrscheinlichkeit in diesem Fall nicht optimieren. Dieser Fall analog zu x=2 existiert in jedem Zahlenbereich also dass x genau in der Mitte liegt. Die Strategie ist also schonmal nicht allgemeingültig, sondern funktioniert nur bei bestimmten Bedingungen. Sie funktioniert nur wenn x nicht gleich weit vom linken wie vom rechten Rand des Zahlenbereichs entfernt ist, d.h nicht in der 'Mitte' liegt. Auch wenn ich deiner Meinung nach von einem anderen Spiel rede, würdest du mir so weit zustimmen? Also dann komme ich jetzt auf den allgemeinen Fall wie er im Artikel beschrieben ist, dass es um einen beliebigen und zufälligen Zahlenbereich geht. Dann ist zwischen -∞ und ∞ alles möglich. Allerdings ist dann jede Zahl gleichweit von -∞ wie von ∞ entfernt. Wie ich hoffentlich anschaulich erklärt habe, funktioniert in diesem Fall die Strategie nicht. --Dead-Eye 10:28, 28. Okt. 2009 (CET)

1. "Die Zwei-Zettel-Spiel-Strategie mit Z ist eine Möglichkeit, mit der Wahrscheinlichkeit größer 1/2 in einem begrenzten, bekannten Zahlenbereich, die größere von zwei Zahlen zu erraten." Eben nicht. Es geht um einen unbegrenzten, unbekannten Zahlenbereich. Bei einem begrenzten, bekannten Zahlenbereicht gibt es bessere Strategien, um mehr als 50% zu erreichen.
2. "Sobald man aber den Zahlenbereich nicht kennt, liegt die Chance bei genau 50%." Eben nicht. Genau das ist ja die Aussage des Zwei-Zettel-Spiels, das auch in diesem Fall mehr als 50% möglich sind.
3. "Mein Spiel mit X und Y zwischen 1 und 3 ist nicht 'falsch', es ist nur der vereinfachte Fall für einen begrenzten und bekannten Zahlenbereich. Es funktioniert hervorragend bei x=1 oder x=3, nicht aber bei x=2". Falsch ist, dass Du die Fälle x=1 oder x=3 aus der Rechnung streichst. Wenn Du diese mit hineinnimmst, bist Du klar über 50%.
4. "Sie funktioniert nur wenn x nicht gleich weit vom linken wie vom rechten Rand des Zahlenbereichs entfernt ist, d.h nicht in der 'Mitte' liegt." Bei der Berechnung der Wahrscheinlichkeit musst Du aber alle möglichen Fälle mitrechnen, nicht nur die 'Mitte'.
5. "Auch wenn ich deiner Meinung nach von einem anderen Spiel rede, würdest du mir so weit zustimmen?" Nein.
6. "Dann ist zwischen -∞ und ∞ alles möglich. Allerdings ist dann jede Zahl gleichweit von -∞ wie von ∞ entfernt. Wie ich hoffentlich anschaulich erklärt habe, funktioniert in diesem Fall die Strategie nicht." Zu diesem Fall hast Du bis jetzt noch gar nichts erklärt. --NeoUrfahraner 11:27, 28. Okt. 2009 (CET)

zu 3. richtig, wenn ich sie mit hineinnehme, bin ich klar über 50%. Aber, ganz plump gesagt: ich streiche nicht x=1 und x=3, sondern ersetze x=1 mit -∞ und x=3 mit +∞ läuft das nicht aufs gleiche raus wie streichen?--Dead-Eye 12:26, 28. Okt. 2009 (CET)

Wenn Du x=-∞ erlaubst, dann musst Du diesen Fall auch mitspielen lassen und darfst ihn auch nicht streichen. --NeoUrfahraner 12:40, 28. Okt. 2009 (CET)

Also schön lassen wir ihn mitspielen. Zur Veranschaulichung der Extremfall: x, y und z können 1 oder 2 sein. Meine Gewinnwahrscheinlichkeit liegt bei 100%. bei 1, 2 oder 3 liegt sie noch bei 87,5%. Je größer der Bereich der möglichen Zahlen, desto mehr nähert sich P an 50% an. Das ist hoffentlich logisch und muss hier nicht weiter ausgeführt werden. Was passiert wenn der Bereich unendlich ist? Ich bin bereit einzugestehen, dass P niemals genau 50% wird, sondern sich nur annähert. In einem unbekannten Zahlenbereich, der irgendwo zwischen -∞ und +∞ anfangen und aufhören kann, nähert er sich den 50% aber so nah an, dass man nicht mehr von einer nennenswerten Optimierung sprechen kann. --Dead-Eye 13:10, 28. Okt. 2009 (CET)

"Das ist hoffentlich logisch und muss hier nicht weiter ausgeführt werden." Doch, müsste es. "nähert er sich den 50% aber so nah an, dass man nicht mehr von einer nennenswerten Optimierung sprechen kann." Stimmt; "nennenswert" ist der Unterschied nicht unbedingt. Die Aussage ist lediglich, dass die Wahrscheinlichkeit echt größer (im Sinne der Mathematik) als 50% ist, aber nicht unbedingt "nennenswert" größer. --NeoUrfahraner 13:18, 28. Okt. 2009 (CET)

Ok, verstanden. Ich habe mich hoffentlich nicht zu un-mathematisch ausgedrückt. Mit den praktischen Beispielen wurde der Eindruck erweckt, das ZZS würde zu einer nennenswert größeren Chance verhelfen. Diese Beispiele sind aber insofern schlecht gewählt, dass der grobe Rahmen in dem die Beträge verteilt sind, jeweils abgeschätzt werden kann. Es gibt wahrscheinlich kein Beispiel, bei dem das nicht möglich ist. Wenn etwas auch nur ungefähr bekannt ist, gibt es bekanntlich andere Stragegien, die zu über 50% verhelfen. Ansonsten liegt die Chance mit dem ZZS so nah bei 50%, dass es keine Zahl gibt die klein genug ist, um die Nähe zu beschreiben. Damit kann ich mich wirklich abfinden.--Dead-Eye 14:15, 28. Okt. 2009 (CET)

Die drei Fälle

Hallo,

eine Sache wundert mich sehr. Also es gibt ja genau genommen 3 Fälle:

- Z kleiner als X und Y

- Z zwischen X und Y (einschließlich gleich)

- Z größer als X und Y

Im Fall B, wird aber meiner Meinung nach z.B. der Fall nicht abgedeckt, dass man X errät und X größer als Y ist. $Y<Z=X$ Im Fall B wird immer nur von <= Y bzw. >= Y aber nicht von <= X bzw. >= X gesprochen. Wieso kann im Fall B Z nicht gleich X sein?

--194.25.198.55 12:24, 28. Jun. 2007 (CEST)

Wenn $Y<Z=X$, dann auch $X\leq Z$ und $Y\leq Z$, das ist somit im Fall A enthalten. --NeoUrfahraner 14:10, 28. Jun. 2007 (CEST)

Achso, ok dann hat mich nur die Einteilung etwas irritiert.

Ich fände es nur verständlicher, wenn die Gleichheit mit in den Fall B gepacktwerden würde.

--194.25.198.55 11:36, 29. Jun. 2007 (CEST)

Die Formulierung ist zugegebenermaßen ein wenig kompliziert. Vielleicht fällt mir was Beseres ein. --NeoUrfahraner 11:42, 29. Jun. 2007 (CEST)

Beweis

Hallo,

ich habe mal einen Beweis für den statistischen Vorteil gesucht und selbst einen Entwickelt. Vielleicht wäre ein solcher "Beweis" als Beispiel angebracht um solche Debatten (wie letztes Jahr) zu vermeiden?

Nun, hier ist mein Beweis: Ich habe einfach ein Excel-Dokument erstellt.

Spalte A beinhaltet diese Formel: =GANZZAHL(ZUFALLSZAHL() * 101)

Spalte B ebenfalls. Somit beinhalten Spalte A und B beide Zufallszahlen zwischen 0 und 100, die pro Feld unterschiedlich sind.

Um es zu vereinfachen habe ich mal angenommen, dass nur Zettel A gezogen wird.

Dann wird überprüft, ob A >= 50 ist, in diesem Fall hat Spalte C den Wert 1

Spalte C:=WENN(A2>=50;1;0)

Steht in C nun eine 1, dann muss der Wert in B kleiner sein, damit richtig geraten wurde.

Spalte D sieht somit so aus: =WENN(B2<=A2;WENN(C2=1;1;0);WENN(C2=0;1;0))

Nun muss nur noch überprüft werden, ob Spalte A und B gleich sind, was ja ausgeschlossen werden soll. (Nur unterschiedliche Zahlen auf den Zetteln.)

Spalte E: =WENN(A1<>B1;1;0)

Nun summiere ich nach 10000 Zeilen D und E und teile D (die Anzahl der Treffer) durch E (die Anzahl der gültigen Versuche).

Habe es mehrmals ausprobiert und erhalte immer Ergebnisse um 75% richtig geraten.

Es ist zwar jetzt nur mit Computerwerten und festgelegten Grenzen (0 bis 100), aber es zeigt doch schon, dass statistisch die Rate zum Richtigraten höher liegt.

--195.243.47.34 13:02, 12. Sep. 2007 (CEST)

Naja, "Beweis" ist übertrieben, es handelt sich um eine Simulation, die die Aussagen des Artikels überprüft. Schön, dass die Simulation den Artikel bestätigt, in den Artikel passt sie meiner Meinung nach aber nicht. --NeoUrfahraner 13:48, 12. Sep. 2007 (CEST)

Es ist wohl von vornherein klar, dass wenn man bei Zahlen von 1-100 z.B eine 20 zieht, dann darauf setzen sollte, dass die zweite Zahl größer ist. Dafür braucht man auch kein Z, das hindert in dem Fall eher. Ich hab mal ein Programm gemacht, das millionen Durchläufe macht und egal wie groß die Zahlenbereiche und wie abwägig das Z, die Chance war immer über 1/2. Wenn ich's nicht mit eigenen Augen sehen würde, würd ich's nicht glauben. Abseits dieser Statistik fehlt mir aber immer noch ein bisschen die Anschaulichkeit, wirklich schlüssig finde ich es immer noch nicht und wenn ich ehrlich sein soll, bezweifle ich, dass das in der Realität auch funktioniert, sonst wären in der Fußgängerzone wohl eher Zwei-Zettel-Spieler statt Hütchenspieler. Dead-Eye 00:33, 20. Nov. 2007 (CET)

Vielleicht hilft das zur Veranschaulichung: Je größer die Zahl auf dem ersten Zettel ist, umso größer ist die Wahrscheinlichkeit, bereits die größere Zahl gezogen zu haben, umso eher sollte man also den ersten Zettel behalten. Das Problem ist nur, diese Idee in eine konkrete Strategie umzusetzen, und da hilfte eben die Wahlt des zufälligen Z. In der Realität ist das nur bedingt anwendbar, weil die Gewinnchance zwar über 1/2 ist, aber je nach Situation beliebig knapp an 1/2 herankommen kann (z.B. 0,500...01) - insbesondere dann, wenn Spieler 1 weiß, nach welcher Verteilung Spieler 2 sein Z wählen wird. Die Hütchenspieler haben da sicher ihre Tricks, mit denen sie eine deutlich höhre Gewinnwahrscheinlichkeit haben. --NeoUrfahraner 09:06, 21. Nov. 2007 (CET)

Ich verstehe das nicht

Könnte irgendjemand das Zwei-Zettel-Spiel anhand eines konkreten Beispiels erklären? Nehmen wir an, ich ziehe die Zahl 46. Was müsste ich dann theoretisch machen? (Der vorstehende, nicht signierte Beitrag – siehe dazu Hilfe:Signatur – stammt von 80.109.13.229 (Diskussion • Beiträge) 17:55, 17. Mär. 2008)

Ok ich versuche es mal, hoffentlich wird es dann auch mir klarer ;)

sagen wir du wählst immer 100 als Z. In deinem Beispiel 46 würde das bedeuten: 46 < 100.

Laut Strategie solltest du beim " < " Zeichen auf den anderen Zettel tippen. Bei " > " auf den eigenen Zettel.

So erhöht man laut Theorie die Wahrscheinlichkeit, richtig zu tippen. Ob man für Z nun 100 oder -666 oder Wurzel 2 oder pi wählt, spielt dabei keine Rolle, ebensowenig welche Zahl man zieht.

Das war jetzt immer noch kein konkretes Beispiel, deshalb will ich jetzt eines liefern. Auf deinem Zettel steht 46, auf dem anderen steht 200. Dein Z ist 100 also setzt du auf den anderen Zettel und liegst damit richtig. Wenn auf dem anderen Zettel 5 stehen würde, würdest du falsch liegen. Aber in keinem Fall ist deine Chance schlechter als 50%.

Ich behaupte, eine wirkliche Verbesserung der Chancen tritt nur ein, wenn die Wahrscheinlichkeit dass Y < Z ungleich der Wahrscheinlichkeit für Y > Z ist. Liegt sie beides mal bei 50%, kann man seine Chancen nicht verbessern!

Korrigiert mich wenn ich damit falsch liege. Wenn ja bin ich eindeutig mit meinem Latein und vorallem mathematischem Verständnis am Ende.--Dead-Eye 22:47, 2. Dez. 2008 (CET)

Deine Antwort ist nicht ganz richtg. Wir haben X=46 gezogen; die zweite Zahl Y ist unbekannt. Z=100 darfst Du wählen, aber nicht fix, sondern jedesmal zufällig (z.B. abhängig von den Lottoergebnissen). Der nächste Teil Deiner Erklärung passt. Zu Deiner Behauptung, dass P(Y<Z) von P(Y>Z) verschieden sein muss: das stimmt nicht. Was zählt, ist, dass Z mit einer gewissen (wenn auch noch so geringen) Wahrscheinlichkeit zwischen der bekannten Zahl X und der unbekannten Zahl Y liegt. --NeoUrfahraner 07:23, 3. Dez. 2008 (CET)

Redundanz mit Umtauschparadoxon

(war Diskussion auf Benutzer_Diskussion:Juliabackhausen)

Beachte bitte WP:Q und WP:TF. --NeoUrfahraner 13:00, 29. Apr. 2010 (CEST)

Was möchtest du mir sagen? Soll ich Quellen für mathematisch klare Sachverhalte angeben, weil das sonst Theoriefindung ist? Dann bitte beide Artikel einstampfen, weil dann auch das, was da vorher drin stand, mehr als unbelegte Theoriefindung war... --Juliabackhausen 13:07, 29. Apr. 2010 (CEST)

Wenn Du Zwei-Zettel-Spiel und Umtauschparadoxon in einen Topf wirfst, so wirst Du doch sicher Deine Quellen dafür nennen können. --NeoUrfahraner 13:11, 29. Apr. 2010 (CEST)

Das ist zwar glasklar, aber gut hier ist die Quelle: http://www.ulb.ac.be/facs/sciences/math/perso/math-perso/UnerwarteteStategien.pdf Siehe unter Quellen! Ein Artikel zum Umschlagparadoxon wird als Quelle für Gerede über das Zwei-Zettel-Problem angegeben. Natürlich ist das dasselbe. Es sind nur Betrachtungsweisen der selben Medaille. --Juliabackhausen 13:15, 29. Apr. 2010 (CEST)

Auf welche Stelle in dieser Quelle beziehst Du Dich genau? --NeoUrfahraner 13:24, 29. Apr. 2010 (CEST)

Man lese den ersten Satz in der Quelle. Das ist die allgemeine Beschreibung des folgenden Problems, dann bringt Franz Thomas Bruss mehrere Beispiele. Das Umtauschparadoxon ist eindeutig von der Kategorie zwei Alternativen, wie bekomme ich die bessere. --Juliabackhausen

"Man muss sich zwischen zwei Alternativen entscheiden und weiß fast nichts darüber, welche günstiger sein könnte. Dann kann man auch gleich eine Münze werfen, oder?" Beim Umtauschparadoxon weiß man aber ein wenig mehr (der eine Betrag ist doppelt so hoch wie der andere), und es geht um die Frage, ob es sein kann, dass mit dieser Zusatzinformation nach dem Öffnen des einen Umschlags der andere immer besser ist. --NeoUrfahraner 13:47, 29. Apr. 2010 (CEST)

Ich habe nirgends gesagt, dass die beiden Probleme gleich sind. Das Umtauschparadoxon ist ein Spezialfall vom Zwei-Zettel-Spiel. So habe ich es in die Artikel reingeschrieben und scheinbar stimmst du mir da ja auch zu. Die im Artikel Umtauschparadoxon beschriebene Lösungsstrategie ist genau die Lösungsstrategie die unter Zwei-Zettel-Spiel beschrieben wird. (Redundanz!) --Juliabackhausen 14:29, 29. Apr. 2010 (CEST)

"Scheinbar" (im Gegensatz zu "anscheinend") trifft es vollkommen richtig. Bloß weil ich Deine Änderung nicht sofort revertiert habe, brauchst Du nicht volle Zustimmung herauslesen. Offensichtlich sind die Problemstellungen allerdings verwandt. Was hast Du jetzt vor? Willst Du jetzt alle Artikel zusammenlegen, die irgendwie miteinander verwandet sind? --NeoUrfahraner 14:53, 29. Apr. 2010 (CEST)

Sicher nicht. Aber es wäre schön, wenn man alles, was beide Probleme betrifft in dem Allgemeineren Artikel behandeln würde, und alles Spezielle in dem Spezielleren. --Juliabackhausen 15:57, 29. Apr. 2010 (CEST)

Also Umtauschparadoxon und Zwei-Zettel-Spiel beide behalten? --NeoUrfahraner 16:02, 29. Apr. 2010 (CEST)

Ja.--Juliabackhausen 18:11, 29. Apr. 2010 (CEST)

Welche allgemeine Information hast Du nun in "Umtauschparadoxon" gefunden, die besser nach "Zwei-Zettel-Spiel" gehört? --NeoUrfahraner 18:41, 29. Apr. 2010 (CEST)

Willst Du jetzt noch irgendwelche Änderungen machen? --NeoUrfahraner 18:08, 30. Apr. 2010 (CEST)

Warum hast du jetzt (fast) alle meine Änderungen wieder revertiert, kommentarlos? --Juliabackhausen 10:06, 1. Mai 2010 (CEST)

Erstens: hättest Du vielleicht die Güte, die oben gestellten Fragen zu beantworten? Dann könnten wir vielleicht einen Konsens finden. Zweitens sind die Änderungen nicht kommentarlos. --NeoUrfahraner 10:15, 1. Mai 2010 (CEST)

Ich finde die Darstellung des Algorithmus in beiden Artikeln und die rumrechnerei in beiden Artikeln noch etwas unglücklich. Das würde ich gerne noch ändern. Ich weiß aber nicht wie. Daher kann/mag ich es nicht ändern. Aber für mich ist dabei/dadurch noch eine gewisse Redundanz vorhanden.--Juliabackhausen 10:22, 1. Mai 2010 (CEST)

Und zwei Tage keine Antwort heißt: Einfach alles revertieren? Tolle Ansicht.--Juliabackhausen 10:27, 1. Mai 2010 (CEST)

Redundanzabarbeitung

Ich habe auf Version 29. April 2010, 12:48 revertiert. Danach beginnen die Missverständnisse ("Das Sekretärinnenproblem mit der Problemgröße n = 2 entspricht dem oben dargestellten Problem." Interessant, eine zufällige Sekretärin zum Vergleich mit der ersten kann man ja vielleicht wählen, aber wie bekommt man die nichtverschwindende Dichte?). --NeoUrfahraner 09:20, 1. Mai 2010 (CEST)

Das ist ein ganz einfaches, mathematisches Problem... --Juliabackhausen 10:07, 1. Mai 2010 (CEST)

Dann schieß mal los. --Scherben 10:10, 1. Mai 2010 (CEST)

Schön, dass NeoUrfahraner alle Verbesserungen, die ich an dem Artikel gemacht habe, mit einem Klick revertiert hast. Muss ich jetzt jedes Detail meiner Änderungen haarklein erklären, damit du die Artikelversion zulässt?

Schon der Einleitungssatz ist jetzt falsch. Es ist sehr wohl MEHR bekannt als die Verschiedenheit, nämlich eine von beiden Zahlen ist bekannt oder wird sofort bekannt und in Abhängigkeit von dieser entscheidet man sich, ob man zu dem anderen Zettel wechselt oder nicht. Damit ist das Umtauschparadoxon, wie von mir beschrieben ein Spezialfall.

Außerdem verwechselst du mal wieder Problem und mögliche Lösung. Das Problem, wie finde ich die größere von zwei Zahlen hat per se nichts mit der Lösung, die eine nicht-verschwindende Dichte benötigt zu tun. Und die nichtverschwindende Dichte ist nur für die zusätzliche Zufallsgröße notwendig...

Und ich kann dir das auch bei zwei Sekretärinnen erklären, wenn du willst. Ich wähle eine Skala für die Güte der Sekretärin, eine durchschnittliche Sekretärin bekommt den Wert 0. Dann nehme ich eine Standard-Normalverteilung, mit nirgends verschwindender Dichte für meine Zufallsgröße, da kommt im Erwartungswert 0 raus. Je nach dem ob die erste Sekretärin nun besser ist als meine Zufallszahl oder nicht, wähle ich die andere. Übrigens funktioniert das bei dem Hauskauf genauso und bei dem Zwei-Zettel-Problem und bei dem Umtauschparadoxon natürlich auch.

Ferner habe ich eine umfangreiche DEUTSCHE Quelle angebeben, die du auch mit wegrevertiert hast.

So ich habe jetzt alle Änderungen noch mal ausführlich begründet. Könntest du bitte meine allerletzte Version wieder herstellen? Danke. --Juliabackhausen

Ich habe gerade noch festgestellt, dass (fast) alle meine Änderungen in Umtauschparadoxon ebenfalls revertiert wurden... Ich klinke mich aus der Diskussion aus. Hier verschwende ich nur meine Zeit. Ich hätte vorher abchecken sollen, ob es Artikelwächter (hier wohl NeoUrfahraner) gibt, die einfach den Artikel so haben wollen, wie er ist, und Verbesserungen anderer nicht zulassen. --Juliabackhausen

Danke, das ist eine sehr kluge Entscheidung. Die Beantwortung Deiner obigen Fragen erübrigt sich damit. Dass ich Verbesserungen durchaus begrüße und nur Verschlimmbesserungen ablehne, möchte ich noch als Randnotiz festhalten. --NeoUrfahraner 10:38, 1. Mai 2010 (CEST)

Nicht "wir" verwechseln Problem und Lösung, du vermischt das alles! Die Ausgangssituationen der genannten Probleme (Zwei-Zettel-Spiel, Sekretärinnenproblem, Umtauschparadoxon, aber auch Ziegenproblem und andere) mögen grundsätzlich ähnlich sein (beim Sekretärinnenproblem und dem Zwei-Zettel-Spiel lässt sich nach Transformation (Sekretärin nach Zahl) sogar Äquivalenz herstellen), die spezifischen Blickwinkel in den Artikeln (und eben in der mathematischen Analyse) sind aber völlig andere! Beim Sekretärinnenproblem geht es explizit um Asymptotik; der Clou ist, dass man eine Strategie findet, mit der sich im Limes die optimale Wahrscheinlichkeit von 1/e ergibt. Hier geht es darum, dass man Strategien findet, die bei nur zwei Zetteln bessere Wahrscheinlichkeiten als 50% liefern. Beim Umtauschparadoxon mit den spezifischen Zahlen a und 2a wiederum geht es um die fälschliche Annahme, dass sich das Tauschen immer lohnt, man diskutiert also eine bestimmte Strategie.

Die Krönung ist dann aber, dass du erst großflächige Änderungen vornimmst, dich an den folgenden Diskussionen nicht beteiligst und nach Revertierung plötzlich die beleidigte Leberwurst spielst. Sinniger wäre es, vor solchen Änderungen mal einen Blick in die Diskussion zu werden und sie ggf. dort anzustoßen. Man kann ja auf den ersten Blick erkennen, dass hier (insbesondere beim Umtauschparadoxon) einiges los ist. --Scherben 10:44, 1. Mai 2010 (CEST)

Kleine Anmerkung am Rande zur "Transformation (Sekretärin nach Zahl)": diese Umwandlung der Ordinalskala in einer Kardinalskala setzt natürlich voraus, dass man bei der ersten Sektretärin bereits ein Vorwissen hat, was eine durchschnittliche Sekretärin kann und wie weit dieses Können gestreut ist. Dieses Vorwissen wird für die klassische Lösung des Sekretärinnenproblems nicht benötigt. Zu den restlichen Punkten von Dir: volle Zustimmung. --NeoUrfahraner 11:22, 1. Mai 2010 (CEST)

Verständlichere Version

Ich halte diese Version für wesentlich verständlicher.--Juliabackhausen 10:33, 1. Mai 2010 (CEST)

Zustimmung - bei der jetzigen "Problemstellung" wird nur eine Situation geschildert, aber nicht, wo die daraus reultierende Frage oder das Problem liegt. -- Schotterebene 16:02, 4. Jan. 2012 (CET)

Habe daher die Problemstellung wieder ergänzt. -- Schotterebene 16:05, 4. Jan. 2012 (CET)

Stragtegie fehlt

Seit 28. April 2010 fehlt der nicht unerhebliche Abschnitt "Strategie" in dem genannt wird, wie die Entscheidung in Abhängigkeit von Z zu fällen ist. Ohne diese Information kann der Algorithmus nicht verstanden werden.

Überall positive Wahrscheinlichkeitsdichte für Z

Bruss schreibt auf S. 3 des PDFs richtigerweise, dass man überhaupt keine Wahrscheinlichkeitsverteilung mit nichtverschwindender Dichte braucht, ja sogar Würfeln überflüssig sei. Die breite Verteilung ist nur dann wichtig, wenn man das Spiel gegen denselben Gegner mehrfach spielt und dieser seine Zahlenwahl daraufhin anpassen kann, man also eine Randomisierung in Form einer gemischten Strategie benutzen muss. Im Zusammenhang mit dem Algorithmus verunklart der Verweis auf die Verteilung aber das Parodoxon eher, als dass er es erhellt. Es steht ja auch weiter hinten sinngemäß ("Spannbreite"), dass beim Hauskauf sicher eher eine Dichtefunktion gewählt werden sollte, die für sehr kleine und sehr große Werte verschwindet. --Grip99 02:26, 24. Mär. 2012 (CET)

Was man braucht, ist, dass Z mit positiver Wahrscheinlichkeit zwischen X und Y liegt. Wenn die Dichte von Z nirgends verschwindet, ist das erfüllt. Wenn aber z.B. die Zahlen 2,5 und 2,7 notiert wurden, so lässt sich durch Würfeln (also Z=1, 2, 3, 4, 5 oder 6) keine Verbesserung erzielen. --NeoUrfahraner (Diskussion) 10:49, 24. Mär. 2012 (CET)

Was ich meine, ist, dass man überhaupt keine zufällige Auswahl treffen muss. Wenn der gebotene Hauspreis in Bruss' Beispiel garantiert zwischen 800.000 und 900.000 liegt, dann kann man ohne Weiteres (also mit Wahrscheinlichkeit 1) direkt 850.000 wählen. Die Zufallsauswahl bringt bei einmaliger Durchführung (oder bei gleichzeitiger Durchführung gegen mehrere unabhängige Spielpartner im Zwei-Zettel-Spiel, so wie bei Bruss gegen seine 41 oder 42 Studenten, wo er in allen Fällen Z=0 wählte) nicht den geringsten Vorteil. Es werden da zwei Probleme vermischt, die eigentlich getrennt betrachtet werden müssten. --Grip99 01:04, 25. Mär. 2012 (CET)

Ja, wenn man weiß dass der Hauspreis garantiert zwischen 800.000 und 900.000 liegt. braucht man keine Zufallsauswahl. Wenn man es nicht weiß. aber irgendeine andere Zusatzinformation hat, kann man unter Verwendung der Zusatzinformation eine bessere Strategie wählen. Was aber, wenn man lediglich weiß, dass X und Y verschieden sind, und keinerlei zusätzliche Information hat? --NeoUrfahraner (Diskussion) 13:03, 25. Mär. 2012 (CEST)

So war das ja bei Bruss' Beispiel mit den Studenten. Er wusste nur, dass irgendwelche 2 (reellen oder ganzen) Zahlen ("die Zahlen können auch negativ sein") kommen. Trotzdem hat er stets Z=0 gewählt, ganz ohne Wahrscheinlichkeitsverteilung. Der Punkt ist eben, dass irgendeine Vorgabe eines "Trenners" Z (ganz egal, ob mit Benutzung einer Wahrscheinlichkeitsdichte oder ohne) schon zu einer Verbesserung (oder jedenfalls im schlechtesten Fall zu keiner Verschlechterung) der Chancen gegenüber der puren Zufallsauswahl aus den zwei Zahlen führt. --Grip99 00:21, 26. Mär. 2012 (CEST)

Richtig. Der "Trenner" führt nie zu einer Verschlechterung: Die Gewinnwahrscheinlichkeit P(G) ist immer mindestens 1/2:

$P(G)={\tfrac {1}{2}}+{\tfrac {1}{2}}P(B)$

In den Bereichen mit P(B)>0 führt der Trenner zu P(G)>1/2 und daher zu einer Verbesserung. Die fixe Wahl Z=0 hat bei Bruss deswegen funktioniert, weil X und Y nicht fix waren, sondern Zufallszahlen, die mit positiver Wahrscheinlichkeit Werte größer Z und Werte kleiner Z annehmen konnten. Hätte Bruss sein Experiment in einer Volksschulklasse gemacht, in der die Kinder keine negativen Zahlen kennen, wäre Z=0 eine schlechte Wahl gewesen. --NeoUrfahraner (Diskussion) 06:23, 26. Mär. 2012 (CEST)

Alles richtig. In der Volksschulklasse wäre eine andere fixe Zahl besser geeignet gewesen. Tatsache ist jedenfalls, dass man keine nirgends (oder nirgends im in Frage kommenden Bereich) verschwindende Wahrscheinlichkeitsdichte bemühen muss, um seine Chancen zu verbessern. Und das kommt im Artikel ungenügend rüber, denn dort wird sofort die Wahl einer derartigen Verteilung vorausgesetzt. --Grip99 02:22, 27. Mär. 2012 (CEST)

"um seine Chancen zu verbessern" stimmt nicht. Bei anderer Wahl von Z werden die Chancen zwar nicht echt schlechter, aber auch nicht garantiert echt besser. Garantiert echt besser werden sie nur, wenn die Dichte nirgends verschwindet. Wenn die Dichte (in einem Intervall) verschwindet, lässt sich sofort ein Beispiel konstruieren, bei dem diese Wahl keine echte Verbesserung bringt. Übrigens findet sich die Wahl nichtverschwindender Dichte bereits in der Originalarbeit von T. Cover. --NeoUrfahraner (Diskussion) 07:19, 27. Mär. 2012 (CEST)

Ach, darum geht es Dir. Dann muss man aber diesen speziellen Zweck der Wahrscheinlichkeitsverteilung im Artikel herausarbeiten. Es wird dann nicht versucht, die Trefferquote zu optimieren, sondern es wird nur versucht, in jedem Fall auf lange Sicht besser (und sei es nur minimal besser) als bei purer zufälliger Auswahl zu sein. Hausverkauf wäre z.B. kein gutes Beispiel, denn 800.000,01 Euro ist für die Optimierung der Trefferquote immer noch eine schlechte Wahl, wenn man weiß, dass Gebote zwischen 800.000 und 900.000 Euro kommen werden. D.h. die Dichte sollte in diesem praktischen Fall an der Stelle 800.000,01 immer noch 0 sein.

Einschub: ganz genau, darum geht es. --NeoUrfahraner (Diskussion) 07:05, 28. Mär. 2012 (CEST)

Cover hatte dieses Ziel, nur besser als mit Wahrscheinlichkeit 1/2 zu treffen, aber dieses spezielle Ziel wird hier im Artikel nicht formuliert und ist in der Praxis (Hausverkauf) sicher auch nicht das wichtigste. Man sollte also zunächst wie Bruss schreiben, dass man durch eine beliebige Wahl von Z die Chancen auf jeden Fall nicht verschlechtert und in gewissen Fällen verbessert. Dann kann man in einem zweiten Teil hinzufügen, dass man durch Wahl mittels einer nichtverschwindenden Dichte sogar dafür sorgen kann, dass garantiert die Wahrscheinlichkeit für einen Treffer echt größer 1/2 ist. --Grip99 01:38, 28. Mär. 2012 (CEST)

Wo sollte das Deiner Meinung nach im Artikel stehen? In den Abschnitt "Die optimale Wahl von Z" würde es meines Erachtens gut hineninpassen. --NeoUrfahraner (Diskussion) 07:05, 28. Mär. 2012 (CEST)

Ich würde alles mit Dichtefunktion (das steht ja sogar zweimal unter Modellierung und Voraussetzungen da) weiter nach unten ziehen. Das braucht man erst beim Absatz mit dem Integral. Oben sollte man einfach von irgendeiner Wahl von Z ausgehen. Dann geht alles bis P(G)=1/2+1/2 P(B) genauso durch. --Grip99 01:43, 29. Mär. 2012 (CEST)

Dritte Meinung gefragt

Eine Einfügung im Abschnitt "Die optimale Wahl von Z" kann ich mir vorstellen. Bevor ich aber weiter oben etwas ändere, würde ich gerne eine dritte Meinung dazu hören. --NeoUrfahraner (Diskussion) 06:38, 30. Mär. 2012 (CEST)

Eigentlich hätte ich gedacht, dass wir das auch zu zweit hinkriegen. Aber von mir aus können wir auch gern auf WP:3M nachfragen, da habe ich nichts dagegen. Oder in einem der tangierten Portale, z.B. im Mathe-Portal. --Grip99 01:37, 31. Mär. 2012 (CEST)

Ich habe es jetzt in den betreffenden Abschnitt eingefügt. Wie gesagt, weiter oben möchte ich es vorerst nicht ändern. --NeoUrfahraner (Diskussion) 18:33, 3. Apr. 2012 (CEST)

Bis man unten ankommt, ist man schon eine ganze Weile verwirrt. Deshalb halte ich es nach wie vor ungünstig, auch wenn es natürlich jetzt besser als vorher ist. Hast Du was dagegen, wenn ich doch mal bei PD:Mathematik um eine Dritte Meinung bitten? --Grip99 23:40, 3. Apr. 2012 (CEST)

Ich vermute, dass nicht sehr viel Reaktion kommen wird, weil das Thema sehr speziell ist. Du kannst aber gerne nachfragen. --NeoUrfahraner (Diskussion) 07:14, 4. Apr. 2012 (CEST)

Grüßle, kam über den Hinweis im Portal Mathe hierher und habe zur Einarbeitung in das Thema erstmal den Artikel komplett überarbeitet und (hoffentlich) verständlicher gemacht. Ich hoffe, dies verursacht keine größeren Verwerfnisse hier.
Wenn ich euch richtig verstanden habe, geht es also darum, ob man zuerst nur eine positive Wahrscheinlichkeitsverteilung betrachtet und dann später auf den allgemeinen Fall einer beliebigen W-Verteilung verallgemeinert, oder ob man zuerst mit der beliebigen W-Verteilung anfängt und dann gegen Ende den Spezialfall einer positiven W-Verteilung betrachtet.
Meine Meinung: Ich würde es so lassen wie es ist, also zuerst den Spezialfall betrachten und dann verallgemeinern. Zur Begründung: Das eigentlich überraschende in diesem Artikel ist mMn, dass es, obwohl eigentlich überhaupt keine Informationen vorliegen, eine Strategie gibt, die in jedem Fall besser ist als reines Raten. Das ist für mich die eigentliche Pointe des Artikels und daher finde ich es richtig, den Artikel schwerpunktmäßig daraufhin auszurichten und auch damit zu beginnen.
Dies bedeutet nun aber nicht, dass man auf die Darstellung der obigen Überlegungen von Grip99 verzichten müsste. Ganz im Gegenteil: Ich finde diese Überlegungen zur praktischen Anwendbarkeit interessant und auch erwähnenswert, nur würde ich sie eher ans Ende des Artikels setzen. Geschehen könnte dies etwa unter einer Überschrift "Alternative Lösungsstrategien" vor dem Abschnitt "Verwandte Themen", der dann auch die "Lösungsstrategie bei Vorwissen" mit aufnehmen könnte. --KMic (Diskussion) 05:50, 5. Apr. 2012 (CEST)

Mein Statement lautet also zusammengefasst: Erst ein motivierendes Beispiel (ist drin), dann den akademischen Fall, dann die praktischen Anwendungsfälle. Ich hoffe, geholfen zu haben. --KMic (Diskussion) 05:56, 5. Apr. 2012 (CEST)

Mein Punkt war (siehe oben mein allererster Beitrag) nicht die Reihenfolge von positiver und "beliebiger" Wahrscheinlichkeitsdichte, sondern die bis gegen Ende des Artikels völlig fehlende Erwähnung der vielen Fälle, bei denen das Intervall der möglichen Werte beschränkt ist und man überhaupt keine Wahrscheinlichkeitsverteilung berücksichtigen sollte (bzw. Dichte=Delta-Funktion, wenn man es kompliziert ausdrücken will). Dieser praktisch bei weitem wichtigste Fall (Hauskauf etc.) ist doch eigentlich mit Mathematik auf Schulniveau zu verstehen. Dem sollte man sich zuerst widmen, wie das Bruss im ersten Einzelnachweis auch getan hat. Nur so steht der WP:OMA-taugliche und bei weitem wichtigste Teil oben. Und wann P(G) echt größer 1/2 wird, das liest man dann am Ende aus P(G)=1/2+1/2 P(B) ab, indem man sich das Integral anschaut. Und gerade am Integral zeigt sich ja, dass man für beschränkte Verteilungen keine auf R nichtverschwindende Dichte benötigt, sondern dass es genügt, wenn die Dichte g im Intervall, wo F(z) weder 0 noch 1 ist, nicht verschwindet (und den höchsten Wert für P(G) erhält man mit g(z)=\delta(z-z0), wobei z0 denjenigen Wert bezeichnet, für den F(z)=1/2 ist).

Du erwähnst ja oben im Artikel selber Beispiele, bei denen der Preis nie negativ werden kann. Da ist es doch verwirrend, wenn man dem Leser 20 Zeilen oder 30 Zeilen lang erzählen will, dass eine Dichte verwendet werden soll, die auch negative Zahlen zulässt. Man benötigt ja die Wahrscheinlichkeitsdichte sowieso erst beim Integral. Warum soll man sie dann so weit oben schon einführen und den Leser lange im Unklaren darüber lassen, wozu man dieses Extra-Zufallsexperiment (das ja in praktisch relevanten Fällen, also solchen mit beschränkter Grundmenge, die Chancen gegenüber einer lokalisierten Dichte oder gar einer Delta-Funktion sogar verschlechtert) überhaupt braucht? Siehe auch meine zeitgleiche Antwort an NeoUrfahraner. --Grip99 01:39, 6. Apr. 2012 (CEST)

Dem sollte man sich zuerst widmen, wie das Bruss im ersten Einzelnachweis auch getan hat. Nur so steht der WP:OMA-taugliche und bei weitem wichtigste Teil oben. Ich denke, wir unterscheiden uns darin, was wir als den "wichtigsten Teil" des Artikels ansehen. Für mich ist der interessante Teil das, was mathematisch interessant ist, und nicht der Anwendungsteil. Ich denke, diese Ansicht ist auch berechtigt, da es sich hier mMn in erster Linie um einen mathematischen Artikel handelt und eben nicht um einen wirtschaftwissenschaftlichen Artikel. Würde es sich hier also um einen Artikel handeln, der dem Bereich der Wirtschaftwissenschaften zuzuordnen wäre (was er mMn nicht ist), so wäre vermutlich mein Statement genau entgegengesetzt ausgefallen und ich wäre deinem Vorschlag gefolgt. --KMic (Diskussion) 13:45, 6. Apr. 2012 (CEST)

Ok, diese Meinung teile ich zwar nicht, aber ich kann sie wenigstens einigermaßen nachvollziehen. Meiner Meinung nach weisen sowohl der Name Zwei-Zettel-Spiel als auch die praktischen Beispiele darauf hin, dass dieses (aus Sicht eines Mathematikers ja immer noch einfache) Problem seinen Ursprung in der Praxis und nicht in der Theorie hat. Die Mathematik ist hier Mittel zum Zweck. Man hat keine Theorie aufgestellt und dann Anwendungsbeispiele gesucht, sondern umgekehrt. Der mathematische Teil ist für sich genommen speziell auf das praktische Problem abgestellt und zudem nicht interessanter als Tausende anderer mathematischer Veröffentlichungen jährlich. --Grip99 00:37, 7. Apr. 2012 (CEST)

Ich bin mit der durchgeführten Überarbeitung und insbesondere mit der Begründung ("Das eigentlich überraschende in diesem Artikel ist mMn, dass es, obwohl eigentlich überhaupt keine Informationen vorliegen, eine Strategie gibt, die in jedem Fall besser ist als reines Raten") einverstanden. Wenn ich mich recht erinnere, habe ich beim erstmaligen Lesen auch diese Überraschung empfunden. Die Aussage, dass es eine Strategie gibt, die nicht schlechter ist als reines Raten (insbesondere wenn irgendeine Zusatzinformation vorliegt) hätte mich wohl nicht besonders überrascht (auch wenn noch nicht klar wäre, wie diese Strategie konkret aussehen könnte). --NeoUrfahraner (Diskussion) 07:20, 5. Apr. 2012 (CEST)

Die Aussage von Bruss ist mitnichten bloß, "dass es eine Strategie gibt, die nicht schlechter ist als reines Raten", sondern eine Strategie, die echt besser ist, also P(G)>1/2 liefert. Wenn X und Y Realisierungen einer beschränkten Zufallsvariablen mit Verteilungsfunktion F sind, ist auch bei fester Wahl von Z aus dem Inneren des Intervalls der möglichen Werte die Relation P(G)>1/2 erfüllt. Es genügt z.B., die Mitte des betreffenden Intervalls als Z zu nehmen, dann ist P(G)>1/2 garantiert. P(G)>1/2 ist also im Allgemeinen kein Alleinstellungsmerkmal der besagten nirgendsverschwindenden Dichte. Entscheidend ist nur, dass die Wahrscheinlichkeit dafür, dass X<Z bzw. Z<Y gilt, jeweils echt größer als 0 ist. Und diejenige Wahl, die P(G) optimiert, ist es (falls man jeweils immer gegen verschiedene Gegner spielt), immer denjenigen Wert z0 für Z zu nehmen, für den F(z0)=1/2 gilt. Das sieht man auch am Integral.

Auch die Quelle Bruss (der ja überhaupt keine nichtverschwindender Dichte benötigt) schreibt in seiner Einleitung zunächst: "Und wieder sind Sie bei der gleichen Schlussfolgerung angelangt. Wie die Umstände liegen, ist das Ganze ein reines Glücksspiel. Sie können genauso gut eine Münze werfen." Und dann: "Dies scheint nun wirklich ein reines Glückspiel mit einer Gewinnchance von 1/2 zu sein. Doch nun kommt die Überraschung: Hier ist eine Strategie, mit der Sie Ihre Gewinnwahrscheinlichkeit erhöhen." "Erhöhen", also >1/2. --Grip99 01:39, 6. Apr. 2012 (CEST)

Hi Leute, ich habe mir ebenfalls wegen des Hinweises im Mathe-Portal mal den Artikel und die Quelle von Bruss durchgelesen und versucht beides etwas mathematisch zu überdenken: Ich würde sagen, die Methode mit der festen Zahl klappt nicht immer. Sie ist z.B. dann in Ordnung, wenn X und Y beschränkt und unabhängig sind. Bruss betont das auch sehr schön: Es sind zwei Käufer, die sich nicht kennen. Die feste Wahl Z=0 in seinem anderen Beispiel funktionierte deshalb, weil er eine Annahme über die Abhängigkeit zwischen X und Y treffen konnte, er vermutete ja, dass viele Studenten eine negative und eine positive Zahl gewählt haben.
Die Methode im Artikel mit der zufälligen Wahl funktioniert dagegen immer, und das ist das Erstaunliche. Das sollte, wie KMic sagte, das Hauptthema sein, bei anderen Ansätzen sollte gesagt werden, dass es sich um Variationen und "Ausblicke" handelt, wenn mehr über die Verteilung der beiden Zahlen bekannt ist, als nur dass sie verschieden sind. -- HilberTraum (Diskussion) 13:22, 6. Apr. 2012 (CEST)

Hallo HilberTraum, im Artikel wird sowieso die Unabhängigkeit von X und Y angenommen (vor der Formel mit dem Integral). Man muss aber keine Unabhängigkeit voraussetzen, damit die Wahl einer einzigen Zahl Z schon P(G)>1/2 garantiert, sondern es reicht völlig, dass die Wahrscheinlichkeit dafür, dass X<Z<Y gilt, positiv ist (also Fall B tatsächlich mit positiver Wahrscheinlichkeit eintreten kann).

Notwendigkeit für die Nutzung einer nichtverschwindenden Dichte g ("nichtverschwindend" ist ja auch noch eine auf Anhieb zunächst mal unverständliche Zusatzbedingung fürs Hauskaufproblem) besteht tatsächlich allenfalls dann, wenn man überhaupt keinen Bereich für die erlaubten Werte kennt, also X und Y zu einer unbeschränkten Verteilung gehören. Dieser Fall ist aber für die Praxis unrealistisch, denn niemand kann in einer Zeit von (sagen wir) 2 Minuten Zahlen oberhalb einer gewissen Maximalgröße aufschreiben oder als Hauspreis bieten.

Für beschränkte Bereiche der erlaubten Werte besteht hingegen (abgesehen von mehrmaligem Spielen gegen ein und denselben Gegner) der einzige Vorteil der nichtverschwindenden Dichte darin, dass man sich keine Gedanken über die Wahl des Trenners machen muss (Z=0 wäre z.B. beim Hauspreis zwischen 800.000 und 900.000 unsinnig), sondern für jede beliebige Verteilung F von X und Y ein und dasselbe feste g benutzen kann (dafür aber jedesmal ein Zufallsexperiment durchführen muss). Das ist allerdings kein Vorteil für die praktische Anwendung, die ich wie gesagt bei diesem Spiel für wichtiger als die Theorie halte. --Grip99 00:37, 7. Apr. 2012 (CEST)

Der letzte Satz "die praktische Anwendung, die ich wie gesagt bei diesem Spiel für wichtiger als die Theorie halte" zeigt ganz gut unsere unterschiedliche Sicht der Dinge: Dir geht es zunächst um praktische Anwendung, mir (und anscheinend auch HilberTraum und KMic) zunächst um die Theorie. Welche Sicht der Dinge die wichtigere ist, lässt sich nicht objektiv klären. Überein stimmen wir wenigsten darin, dass beide Sichtweisen (Theorie und Praxis) im Artikel Platz haben sollen. --NeoUrfahraner (Diskussion) 07:41, 7. Apr. 2012 (CEST)

Vielleicht hätte ich nicht ausgerechnet beim Mathe-Portal anfragen sollen. Wer einen großen Hammer besitzt, tendiert dazu, Probleme vorwiegend als Nägel aufzufassen.;-) --Grip99 01:16, 8. Apr. 2012 (CEST)

Mathematische Annahmen

Teil 1

Fröhliche Ostern zusammen! Ich habe mir wegen der obigen Diskussion noch mal genauer die mathematische Herleitung angeschaut und frage mich gerade, ob die dort genannten drei Voraussetzungen wirklich schon ausreichen. Gibt es dafür eine Quelle? Ich sehe nämlich nicht so richtig, wie man daraus folgern kann, dass die Gewinnwahrscheinlichkeiten in den Fällen A und C jeweils 1/2 sind (obwohl ich mich mit sowas eigentlich auskennen sollte ;-). Mathematisch wäre ersteres ja

$P(X<Y\mid X\leq Z,Y\leq Z)$

und jetzt? -- HilberTraum (Diskussion) 09:59, 7. Apr. 2012 (CEST)

Mit Quellen schaut es meines Wissens schlecht aus, aber laut Definition der bedingten Wahrscheinlichkeit gilt:

$P(X<Y\mid \max(X,Y)\leq Z)={\frac {P((X<Y)\mathrm {und} (\max(X,Y)\leq Z))}{P(\max(X,Y)\leq Z)}}$

Weil $Z$ von $X$ und $Y$ unabhängig ist, ist es auch von $\max(X,Y)$ unabhängig, daher gilt

$P((X<Y)\mathrm {und} (\max(X,Y)\leq Z))=P(X<Y)\cdot P(\max(X,Y)\leq Z)$, also kannst Du kürzen und erhältst

$P(X<Y\mid \max(X,Y)\leq Z)=P(X<Y)={\frac {1}{2}}.$

Einverstanden? --NeoUrfahraner (Diskussion) 11:14, 7. Apr. 2012 (CEST)

Danke gleichfalls. Was spricht dagegen, dass das einfach aus Symmetriegründen gilt? Es ist z.B. $1=P(X\neq Y|max(X,Y)\leq Z)=P(X<Y|max(X,Y)\leq Z)+P(Y<X|max(Y,X)\leq Z)=2P(X<Y|max(X,Y)\leq Z)$ --Grip99 01:19, 8. Apr. 2012 (CEST)

Nun, Symmetrie gibt es in der Voraussetzung $P(X<Y)=P(Y>X)=1/2$. Die Frage ist, welche Ereignisse $E$ erhalten die Symmetrie $P(X<Y|E)=P(Y>X|E)=1/2$ und welche brechen sie $P(X<Y|E)\neq P(Y>X|E)$? --NeoUrfahraner (Diskussion) 07:29, 8. Apr. 2012 (CEST)

Wenn X und Y gleichverteilt und unabhängig voneinander (und von Z) sind, wie es unten im Artikel beim Integral vorausgesetzt wird, dann liegt die Symmetrie vor, die ich benutzt habe. Wenn nicht, dann nicht unbedingt, das stimmt. Aber solange man das nicht voraussetzt, kann man tatsächlich im Allgemeinen keine Verbesserung durch den Trenner Z erwarten, sondern evtl. sogar eine Verschlechterung. Denn dann wäre ja z.B. Y=X-1 für X<0 und Y=X+1 für X>0 denkbar (mit P(X<0)=P(X>0)=1/2), so dass z.B. bei ungünstiger nichtverschwindender Dichte g mit Peak bei 0 fast immer die schlechtere Wahl getroffen und P(G)<<1/2 würde. --Grip99 00:53, 9. Apr. 2012 (CEST)

P.S.: In der Problemstellung wählt Spieler 2 ja auch noch zufällig einen der beiden Zettel aus, der zuerst geöffnet werden soll, das kommt im mathematischen Modell gar nicht vor. -- HilberTraum (Diskussion) 10:38, 7. Apr. 2012 (CEST)

Ja, auf den Zetteln stehen die Zahlen $R$ und $S$; die zufällig gewählten Zahlen $X$ und $Y$ sind jeweils mit Wahrscheinlichkeit 1/2 gleich $R$ bzw $S$. --NeoUrfahraner (Diskussion) 11:17, 7. Apr. 2012 (CEST)

Ich habe nochmals darüber nachgedacht; es gibt da tatsächlich ein Problem: es reicht nicht, dass $P(X<Y)=P(Y<X)={\tfrac {1}{2}}$ gilt. Diese Bedingung muss zusätzlich unabhängig von $R$ und $S$ sein. Einfaches Beispiel: auf den Zetteln steht entweder (-1;0) oder (0;1), jeweils mit Wahrscheinlickeit 1/2; gewählt wird aber immer der Zettel mit 0. Der Fehler in meinem Beweis oben ist, dass es nicht nur auf die Unabhängigkeit von $Z$ und $\max(X,Y)$ ankommt, sondern auch auf die Unabhängigkeit von $X<Y$ und $\max(X,Y)$. --NeoUrfahraner (Diskussion) 14:05, 7. Apr. 2012 (CEST)

Ehrlich gesagt verstehe ich das Problem nicht. Es steht ja in der Einleitung, dass der Spieler "zufällig" einen Zettel auswählt. Also wird er bestimmt nicht jedesmal die 0 erwischen. Dass Gebote in der Nähe des Marktpreises tendenziell früher als andere kommen, wie Du unten im Hauskaufbeispiel schreibst, ist eine Abweichung von der Konstruktion der zufälligen Auswahl aus 2 Zetteln. --Grip99 01:19, 8. Apr. 2012 (CEST)

Die Einleitung ist in Ordnung; laut Einleitung wird, wenn (-1;0) auf den Zetteln steht, auch -1 mit 50% Wahrscheinlichkeit gezogen. Das Problem taucht erst im Abschnitt "Mathematische Betrachtung" auf. --NeoUrfahraner (Diskussion) 06:49, 8. Apr. 2012 (CEST)

Stimmt, dort müsste man 1/2 für A und C separat fordern, oder gleich das Indifferenzprinzip voraussetzen. Allerdings wird P(G)>1/2 unten sowieso nur für den Spezialfall tatsächlich bewiesen, dass X und Y dieselbe stetige Verteilung haben und unabhängig sind. Dann ist aber die erste Bedingung automatisch für A und C separat erfüllt. Also sollte man, wenn man nicht gleich speziellere Voraussetzungen macht (wie HilberTraum vorschlägt), die Voraussetzung von unten am besten gleich oben hinschreiben. --Grip99 00:53, 9. Apr. 2012 (CEST)

Wenn man X und Y als unabhängig annimmt, wäre zwar P(G)>1/2 leicht zu folgern, aber beim echten Zwei-Zettel-Spiel, bei dem eine Person beide Zettel beschreibt, wird das ziemlich sicher nicht nicht zutreffen. Außerdem würden dann diskrete Verteilungen gar nicht mehr funktionieren, weil ja auch noch P(X=Y)=0 gelten muss. --HilberTraum (Diskussion) 16:10, 9. Apr. 2012 (CEST)

Ich schrieb ja von stetiger Verteilung, so wie es momentan auch im Artikel steht (für diskrete wird P(G)>1/2 dort nicht bewiesen). Dann ist P(X=Y)=0 garantiert. Dass die praktischen Probleme und die Theorie zwei paar Stiefel sind, hatten wir oben schon festgestellt. Aber Ihr drei hieltet die Theorie für erstrangig, nicht die Praxis.;-) --Grip99 01:41, 10. Apr. 2012 (CEST)

Den Punkt verstehe ich jetzt nicht. HilberTraum geht es um die stochastische Unabhängigkeit. Ob die Zahlen auf den Zetteln aus einer stetigen oder einer diskreten Verteilung kommen (oder irgendwie anders generiert werden), spielt doch keine Rolle, solange die beiden Zahlen unterschiedlich sind. --NeoUrfahraner (Diskussion) 07:19, 10. Apr. 2012 (CEST)

Wenn ich HilberTraum richtig verstanden habe, ging es darum, dass bei gleicher Verteilung für X und Y und Unabhängigkeit die Verschiedenheit der beiden Zahlen nicht garantiert werden kann (übrigens auch nicht bei stetiger Verteilungsfunktion, nur ist die Wahrscheinlichkeit für Gleichheit von X und Y dann 0). Wenn ich z.B. einen idealen Würfel werfe und verschiedene Zahlen verlange, dann ist P(X=Y=1) nicht gleich 1/6 mal 1/6, wie es bei unabhängiger Verteilung sein müsste, sondern 0. --Grip99 01:21, 11. Apr. 2012 (CEST)

Genau. Von den Zahlen auf den Zetteln dürfen wir weder voraussetzen, dass sie stetig oder diskret noch dass sie unabhängig voneinender wären. Ich sehe auch nicht, dass eine solche Voraussetzung im Beweis P(G)>1/2 verwendet würde. --NeoUrfahraner (Diskussion) 07:34, 11. Apr. 2012 (CEST)

Es wird in der gegenwärtigen Artikelversion am Ende von "Mathematische Betrachtung" vorausgesetzt, dass X und Y unabhängig sind. Gezeigt wird ja im oberen Teil bloß P(G)=1/2+1/2 P(B). Bis dahin ist P(G)>1/2 nicht bewiesen. --Grip99 01:06, 12. Apr. 2012 (CEST)

Doch. Die Formulierung ist zwar verbesserungsbedürftig ("falls $P(B)$ größer als Null ist. Somit ergibt sich durch die Verfolgung der oben erläuterten Strategie eine Erhöhung der Wahrscheinlichkeit, die größere Zahl zu wählen, über ${\tfrac {1}{2}}$ hinaus"), sagt aber genau, dass P(G)>1/2. --NeoUrfahraner (Diskussion) 07:35, 12. Apr. 2012 (CEST)

"Falls P(B)>0 ist" ist aber kein Beweis dafür, dass P(B)>0 ist. Wie auch immer, inzwischen hast Du die Zeile vor dem Integral ja korrigiert. --Grip99 01:21, 13. Apr. 2012 (CEST)

Erst dann wird für X und Y die Voraussetzung über "unabhängige Realisierungen einer stetigen Zufallsvariable" gemacht und die Formel mit dem Integral hergeleitet, aus der man P(G)>1/2 ablesen kann.

Erst unten wird dann im Abschnitt "Die Wahl von Z" ohne formalen Beweis allgemein P(B)>0 konstatiert. --Grip99 01:06, 12. Apr. 2012 (CEST)

Der Abschnitt mit dem Integral ist nur ein Spezialfall, der im Beweis nicht weiter verwendet wird. --NeoUrfahraner (Diskussion) 07:35, 12. Apr. 2012 (CEST)

Teil 2

PS: Das hat natürlich auch praktische Auswirkungen. Wenn z.B. der Marktpreis des Hauses irgendwo einsichtbar ist, kommt wohl zuerst das Angebot in der Nähe des Marktpreises. Diejenigen, die einige eigene Schätzung durchführen lassen und einen vom Marktpreis abweichenden Preis bieten, liefern ihr Angebot später ab. --NeoUrfahraner (Diskussion) 14:13, 7. Apr. 2012 (CEST)

Man könnte, wie bereits angemerkt, wohl entweder eine zusätzliche Unabhängigkeitsbedingung oder eine zusätzliche Symmetriebedingung in die Voraussetzungen aufnehmen. Bei beidem wäre mir allerdings wohler, wenn wir dazu eine Quelle auftreiben könnten. Vielleicht sollte man aber im Sinne des Lesers hier auch gar nicht versuchen, die Aussage mit möglichst allgemeinen Voraussetzungen zu beweisen, sondern einfach nur den Fall des Zwei-Zettel-Spiels aus der Einleitung mathematisch untersuchen. Eine exakte mathematische Analyse des Hauskauf-Beispiels scheint aus den schon genannten Gründen sowieso für diesen Artikel zu schwierig zu sein, denn es ist überhaupt nicht klar, welche Annahmen an die Verteilung der beiden Angebote zu stellen ist. -- HilberTraum (Diskussion) 09:55, 8. Apr. 2012 (CEST)

Ja, ohne Quelle ginge es schon in Richtung WP:Theoriefindung. --Grip99 00:53, 9. Apr. 2012 (CEST)

Meiner Meinung nach sollte die "Mathematische Betrachtung" möglichst zur Einleitung passen; das würde also zusätzliche Unabhängigkeitsbedingungen und Einführung der Zahlen $R$ und $S$ (oder wie immer man sie nennen will) auf den Zetteln bedeuten. Daraus werden "zufällig und unabhängig von $(R,S)$" die Zahlen $X$ und $Y$ gewählt. Mathematisch formuliert: Zufallszahl $T\in \{0,1\}$ unabhängig von $(R,S)$ und gleichverteilt; $X=TR+(1-T)S$, $Y=(1-T)R+TS$ (oder wie immer man das mehr oder weniger formal sagen will). $Z$ muss dann unabhängig von $(R,S)$ und $T$ sein. Das Python-Script sollte auch entsprechend adaptiert werden. Quellen sind mir leider keine bekannt. Falls wer welche findet, sind diese natürlich willkommen. --NeoUrfahraner (Diskussion) 19:49, 8. Apr. 2012 (CEST)

+1: Ja, ich denke auch, dass das so in eine richtige Richtung geht, also die Behauptung am besten "nur" für das Zwei-Zettel-Spiel selber und eher nicht irgendwelche Verallgemeinerungen führen. Wobei das natürlich nicht heißen soll, dass man nicht noch weitere Verallgemeinerungen ansprechen kann. -- HilberTraum (Diskussion) 16:18, 9. Apr. 2012 (CEST)

Ich habe jetzt einen Textvorschlag formuliert. Die Bezeichnungen R, S, X, Y und Z finde ich nicht besonders intuitiv; vielleicht können wir bessere Variablennamen finden, wenn wir uns über die anderen Formulierungen einig sind. --NeoUrfahraner (Diskussion) 18:49, 9. Apr. 2012 (CEST)

Das sieht für mich eigentlich ganz gut aus, nur in der 1. Annahme wird nicht richtig klar, auf was sich "unabhängig" beziehen soll. Damit zusammenhängend könnte wohl der Satz "In den Fällen A und C trifft man letztlich eine Zufallswahl und die Wahrscheinlichkeit, die größere der beiden Zahlen $X$ oder $Y$ zu wählen, ist gleich ${\tfrac {1}{2}}$" noch eine kleine Begründung/Erläuterung vertragen: "letztlich" und "Zufallswahl" wirken hier auch etwas schwammig. -- HilberTraum (Diskussion) 16:19, 10. Apr. 2012 (CEST)

ad "unabhängig": es steht "unabhängig von R und S" dort - was ist daran unklar?

ad ""letztlich" und "Zufallswahl": ja, das gehört verbessert. --NeoUrfahraner (Diskussion) 20:14, 10. Apr. 2012 (CEST)

Da steht: Eine Gleichung soll unabhängig von R und S gelten. Sorry, aber das ist einfach unklar: Heißt das nur, dass die Gleichung für beliebige R und S gelten soll? Oder sollen irgendwelche Zufallsvariablen in der Gleichung unabhängig sein? Oder sollen die Ereignisse X=R und X=S von R und S unabhängig sein? Ich kann's vom Satzbau her einfach nicht rauslesen. -- HilberTraum (Diskussion) 20:55, 10. Apr. 2012 (CEST)

Aha. Gemeint ist es, so wie $T$ weiter oben (19:49, 8. Apr. 2012) beschrieben ist. Ich wollte eine einfachere Formulierung wählen, aber wenn die missverständlich ist, muss man es wohl ausfürhlicher sagen. --NeoUrfahraner (Diskussion)

Ich hab's jetzt umformuliert. Ist es so besser? --NeoUrfahraner (Diskussion) 10:27, 11. Apr. 2012 (CEST)

Viel besser, danke! -- HilberTraum (Diskussion) 11:00, 11. Apr. 2012 (CEST)

Ich habe jetzt auch den anderen kritisierten Teil umformuliert - weitere Verbesserungsvorschläge sind willkommen. --NeoUrfahraner (Diskussion) 09:58, 12. Apr. 2012 (CEST)

Rund

Irgendwie läuft es ja alles über zusätzliche Annahmen hinaus. Sonst gehts nich. Also wo ist genau das Problem ? Nehmen wir doch mal ein geschlossenes System. Spieler nimmt Zettel und hat einen Punkt markiert auf einer Kugel / Kreis. Wie bitte soll jetzt die Wahrscheinlichkeit über 50% steigen, daß der andere Zettel Koordinaten enthält, die weiter von denen auf Zettel 1 entfernt sind? Ich verstehe das Problem nicht. (nicht signierter Beitrag von 92.229.15.153 (Diskussion) 00:20, 10. Sep. 2014 (CEST))

Ich verstehe Deine Frage nicht. Was machen die Spieler in Deinem Beispiel genau? Und "weiter von denen auf Zettel 1" als was?

"Das Problem" beim Zwei-Zettel-Problem ist, dass man bei der beidseitig unbeschränkten Grundmenge $\mathbb {R}$ als Spieler keinerlei Information über die Größe der beiden Zahlen auf den Zetteln hat. Man kann also anhand einer einzigen der beiden Zahlen in keinster Weise einschätzen, ob sie groß oder klein im Verhältnis zur anderen ist. Das könnte zu dem Schluss verführen, dass man auch keine Chance hat, sich Vorteile gegenüber dem Kontrahenten zu verschaffen. Und das ist eben falsch. Wobei ich denke, dass ein Mathematiker ohnehin auch ohne die Kenntnis des Zwei-Zettel-Problems intuitiv Zahlen mit so kleiner Differenz (und mit so großem Betrag) auf die Zettel schreiben würde, dass der Gegenspieler nur mit größtem Glück überhaupt ein Z zwischen X und Y treffen würde. Und nur dann hat er ja eine Chance > 1/2.

Für eine beschränkte Grundmenge wie beim Hauskauf ist die vorgeschlagene Strategie auch für den Laien naheliegend, jedenfalls wenn die Preise gleichverteilt sind. Er erkundigt sich über den durchschnittlichen Marktpreis und wählt diesen als Z. Wenn das erste Haus dann weniger als Z kostet, dann nimmt er dieses, sonst das andere. Würde wohl jeder so machen. --Grip99 01:07, 12. Sep. 2014 (CEST)