Das Galton-Brett und die Stahlkugel
Eine Verzweiflungstat von S. Holmes


Hallo Galiani,

also erstens ein grosses Danke für das tolle Diagramm-so lässt sich viel leichter diskutieren.

Ich beziehe mich auf das Diagramm, die drei Spalten, den Entstehungsraum (=4. Spalte), alles von links nach rechts und von oben nach unten gezählt-damit es klar ist, worauf man sich bezieht, wir wollen den Kram doch beenden.

Statt eines A im Kreis schreibe ich @, statt des Z im Kasten /Z/, satt eines Z im Kreis (Z).

Die 24 Möglichkeiten im Entstehungsraum bezeichne ich als Töpfchen, in die eine Kugel fallen kann- Galton-Brett.

Falls nicht anders gesagt, beziehe ich mich immer auf „immer ändern“-dass dabei für Auto 66 % herauskommt, ist ja die Frage.

Die Verwirrung entsteht dadurch, dass die Ziegen unterschiedlich sind, aber nicht als unterscheidbar gekennzeichnet sind-sie sind es-fürs entscheidende Resultat sind sie aber ununterscheidbar.

Wenn du erlaubst, dann färbe ich die eine Ziege daher immer grün. Du wirst sehen, dass sich dann im Entstehungsraum zwei Unter-Töpfchen auftun, wo der Immer-Wechsler mit einer grünen und mit einer weissen Ziege verlieren kann. Diese zwei Töpfchen stehen in einem grossen Kein-Auto-Topf, und auf dem steht 33 %. Durch das weitere Unterteilen des Kein-Auto-Topfs wird der Entstehungsraum nicht grösser, denn dann ist es kein Laplace-Wurf mehr.

Leider hast du meinen Ehrgeiz geweckt, dieses Problem jetzt aus dem Forum zu schaffen. ;-)

Meine Stochastik-Kenntnisse sind etwas eingerostet, aber ich weiss doch, worum es geht: Um Würfe mit zwei unterscheidbaren und nicht-unterscheidbaren Würfeln.

So, jetzt die Widerlegung -unhaltbar, wie im Fußball!

Also, die erste Kritik deines Diagramms ist die Redundanz der drei horizontalen Hauptäste. Wenn der Spieler zufällig bei jedem Spiel (und es sind viele Spiele!) auf eine Tür 1, 2oder 3 zeigt-dann muss ich die Autos hinter den Türen nicht auch noch permutieren. Es wird dadurch nicht falsch, aber man gewinnt nichts an Information. Der erste horizontale Haupt-Ast führt zu zweimal verlieren bei „ändern“, zweimal gewinnen bei ändern, zweimal verlieren bei nicht ändern und zweimal gewinnen bei nicht ändern.
Ebenso jeweils der zweite und der dritte Horizontale Haupt-Ast: Macht 3*8=24 Ergebnisse/Entstehungsraum (Töpfchen), davon 12 Gewinn bei ändern, und 12 Gewinn bei nicht ändern. Scheinbar 50:50 für immer ändern.

Jagg hatte bereits auf die besondere Rolle der Situationen hingewiesen, wo der Spieler gleich auf die Tür mit dem Auto tippt. Das sind nicht zwei, sondern 3 Fälle! @ZZ (ganz oben), Z@Z (5. von oben), und ZZ@ (ganz unten).
Diese drei Sonderfälle beeinflussen aber 8 der 24 Entscheidungsfälle-da sie von dir doppelt gezählt wurden, 4-statt zwölf/zwölf 8:16 = 2/3.

Aber ganz langsam, denn wir wollen die Sache ja abschliessen:

Dass die Äste redundant sind, wird klar, wenn man sich anguckt, dass in jedem Ast genau ein Fall ist mit ZZ@-nur unterschiedlich permutiert. In diesen Fällen gibt es zwei Äste zur dritten Spalte, während es sonst nur einen Ast zur dritten Spalte gibt. Selbstverständlich müssen diese Verzweigungen mit p=0,5 gerechnet werden, während genau ein Ast zur nächsten Spalte p=1 ist: Die p-Werte der Äste, die zu einem Töpfchen führen, geben dessen Wahrscheinlichkeit an, wenn man sie multipliziert.

wenn-dann:
Wenn der Spieler einmal A(Z)Z hat, dann kommt er mit 100%iger Sicherheit zu A(Z)/Z/ (3.Spalte Zweite Reihe) -und gewinnt dann 100%ig, wenn er immer ändert.

Wenn der Spieler @ZZ hat, dann verliert er als Wechsler 100%ig-einmal mit einer grünen und einmal mit einer weissen Ziege. Wichtig ist nur, wie wahrscheinlich er zu @ZZ kommt! Und das ist 33 %

Bist du einverstanden, dass in einem Horizontal-Hauptast alle Informationen drin sind?


Dann weiter:

Du hast hinten 8 Töpfchen, in die die Kugel fällt. Vier davon sind Gewinn, vier davon Verlust.
Zwei Gewinne für Ändern, zwei für nicht-ändern. Sieht nach 50:50 aus.

Das ist auch absolut richtig, wenn die Entscheidung „ändern oder nicht ändern“ mit 50%iger Wahrscheinlichkeit fällt! Genau das sagen auch die Computersimulationen! Da kannst du die Wahrscheinlichkeit fürs Ändern von 0 bis 1 variieren! Bei Null 33 % Gewinn, bei 1 66 % Gewinn, bei 0,5 50 % Gewinn!

Du hast den Baum für 50 % Wechseln aufgestellt!


So, jetzt sagst du:

„Nein, Holmes hinten sind 8 Töpfchen. Wenn ich nur die angucke, wo ändern hinführt, sinds 4. Davon zwei Gewinn, zwei Verlust. Immer noch 50:50.“

Nein!!!!

Du musst die unterschiedliche Wahrscheinlichkeit der Töpfchen angeben.

Der Pfad zum obersten Töpfchen lautet im Originaldiagramm:

1/3*1/3*1/2*p(wechseln) = 1/18 für p=1

Nur 1 Ast:

1/3*1/2*p(wechseln)= 1/6
Das dritte Töpfchen von oben ebenso, zusammen 1/3. (im reduzierten Diagramm)





So, jetzt der endgültige Beweis (ansonsten gebe ichs auf )

Nimm an, Du seist eine Stahlkugel!

Nimm dein Diagramm als Galton-Brett, mit allen Verzweigungen = gleich wahrscheinlich.


Drehe dein Diagramm 90 ° im Uhrzeigersinn!

Denke dir nur den mittleren Ast-die anderen sind wech!

Du fällst vom Ursprung mit p=1 auf ZAZ.

Du fällst mit p=0.33 auf eine der drei nächsten unterschiedlichen Möglichkeiten. Damit ist das Spiel entschieden, wenn Du immer wechselst!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!

Bei Z@Z hast du zwei Möglichkeiten 100 %ig zu verlieren: Mal geht die grüne Ziege auf, mal die weisse. 50:50. Die beiden abgehenden Pfeile haben p=0,5. Du landest in zwei unterschiedlichen Untertöpfchen, aber es ist der eine Ziegentopf. Sobald du in Z@Z bist, landest du im Ziegentopf mit p=1/3. Dass in dem einen Ziegentopf zwei kleine, unterscheidbare Untertöpfchen sind, ist unerheblich. Jeder kleine Ziegentopf hat p= 1/6, Summe p=1/3.

Ist das alles völlig verquast?
Ich hoffe nicht.
Nochmals:
Reduktion auf den mittleren horizontalen Ast. Galton-Brett.

Ast vertikal stellen, Kugel von oben durchfallen lassen.

Die End-Entscheidung für Auto oder Ziege (grün oder weiss, spielt keine Rolle) fällt bereits bei der ersten 33:33:33-Entscheidung.

Dass die Ziege weiss oder grün sein kann, verwechselst du mit einer zusätzlichen Möglichkeit bei einem Laplace-Wurf (gleiche Wahrscheinlichkeit der Ergebnisse). Es geht aber nur um irgendeine Ziege oder DAS Auto.

Bei Z@Z 100 % Ziegentopf. Dass es zwei kleine Ziegentöpfchen sind, ist irrelevant. Die Kugel weiss nicht, wieviele Töpfchen unten stehen. Sie macht erst eine Zufallsentscheidung und dann erst die nächste, darauf aufbauend..
Puuuhhh...

Und sag jetzt nicht, du seist ein Elektron, und weisst schon vorher, wieviele Töpfchen ganz unten warten, wenn du ganz oben eine Wahl treffen musst. ;-)

Beste Grüsse
Holmes

der überzeugt ist, dass Schrödingers Katze das Forum zerreißt!


Falls jetzt Schluss ist, hätte ich doch fast eine Unze Silber verdient, oder? ;-))))
(nur Spaß-extra früh aufgestanden!)


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Hi Holmes! War 'ne kurze Nacht und jetzt gehts weiter...?

Du sagst: "Die Verwirrung entsteht dadurch, dass die Ziegen unterschiedlich sind, aber nicht als unterscheidbar gekennzeichnet sind-sie sind es-fürs entscheidende Resultat sind sie aber ununterscheidbar."

Lieber Freund, ich schätze Deine sonstigen Ausführungen im Forum, aber von Wahrscheinlichkeitsrechnung hast Du offenbar keine Ahnung. Der erwähnte Satz von Dir geht nämlich an den Grundlagen vorbei. So wie sich die Kugel beim Roulette kein bißchen schämt, wenn sie 10x hintereinander auf eine rote Zahl fällt, so haben auch die Ereignissequenzen in meinem Diagramm"keine Augen". Die Wahrscheinlichkeit sagt nur eines: Wenn ein Experimentator 1000 zufällig ausgewählte Entscheidungspfade (vom Ursprung bis zum äußerst rechten Ast-Ende) in meinem Diagramm durchläuft, so wird sich - mit wachsender Genauigkeit - herausstellen, daß der Spieler in 500 Fällen eine Ziege und in 500 Fällen ein Auto gewinnt. (Sollte das in praxi nicht so sein, stimmt mit dem Simulationsprogramm was nicht!) Welche Farbe die Ziege hat und ob es nicht überhaupt ein Schaf ist, ist jedenfalls völlig belanglos. Deshalb weise ich Deine Behauptung schon im Ansatz als unzutreffend zurück, daß die Ziegen für das Spiel in irgendeiner Weise"unterscheidbar" sein sollten, wie Du sagst.


Und in diesem"Stil" geht es dann weiter. Du sagst: "Die drei von Dir beanstandeten 'Sonderfälle' beeinflussen aber 8 der 24 Entscheidungsfälle, da sie von dir doppelt gezählt wurden, 4-statt zwölf/zwölf 8:16 = 2/3."
Wie schon oben erläutert,"beeinflußt" in der Wahrscheinlichkeitsrechnung grundsätzlich keine Ereignissequenz eine andere! Was immer auch Jagg gesagt haben mag, daß irgendeine Ereignissequenz"eine besondere Rolle spiele", ist schlicht und einfach Unsinn, blasser Kohl, nada, findet nicht statt! Ende! Wenn Du über Deine Ausführungen lange genug nachdenkst, wird Dir Dein Denkfehler einleuchten. Es wäre aber nett, wenn Ihr mir mit solchem Unfug nicht meine wertvolle Zeit vergeuden würdet.

Außerdem ist Deine Behauptung, daß in meinem Entscheidungsdiagramm irgendeine Ereignissequenz"doppelt gezählt" würde, völliger Unsinn! Statt Ziegen grün oder gelb zu anzumalen und uns beiden viel Mühe mit solchen unüberlegten Behauptungen zu machen, bitte ich Dich, mir doch einmal zwei Ereignissequenzen in meinem Diagramm aufzuzeigen, die einander aufs Haar gleichen. (Ich weiß Dich mit dieser Aufgabe gut beschäftigt, denn zwei solche Ereignissequenzen gibt es im Diagramm nicht!)

Weiters setzst Du voraus: "Dass die Äste redundant sind"! Entschuldige, wenn ich langsam ungeduldig werde. Aber wenn es keine 2 identischen Ereignissequenzen in meinem Diagramm gibt, wie soeben festgestellt, so gibt es auch keine Redundanzen! Gäbe es solche wäre das Diagramm falsch, weil sich die betreffenden Äste nicht gegenseitig ausschließen würden. Dies ist aber die eine der Schlüsselvoraussetzungen für die Abbildung eines Entscheidungsraumes durch einen Entscheidungsbaum. (Die andere ist die, daß im Entscheidungsdiagramm ALLE potenziell möglichen Ereignissequenzen angeführt sind, daß also das Diagramm"exhaustive" ist.)


Du fragst:"Bist du einverstanden, dass in einem Horizontal-Hauptast alle Informationen drin sind?"[/i] NEIN! AUF KEINEN FALL! Nehmen wir den mittleren Hauptast: Er beginnt mit der Anordnung, daß hinter der ersten Tür eine - meinetwegen: grüne - Ziege steckt. Hinter der zweiten Tür steht das Auto und hinter der dritten eine gelbe Ziege. Der Spieler wählt nun die Tür, hinter der das Auto steht oder die, hinter der eine grüne oder gelbe Ziege wartet. Was immer er wählt, führt dazu, daß der Moderator dem Spieler entweder die grüne oder die Gelbe Ziege zeigt; letztere zweimal. Anyway! Damit verbleiben für den Spieler, je nach Spielentwicklung 3 mal 2 fifty-fifty-Entscheidungssituationen, in denen er sich zwischen"ändern" oder"nicht ändern" entscheiden muß. Daß der Moderator 2-mal die gelbe Ziege aufgedeckt hat, führt keineswegs auf eine"Redundanz" (so verstehe ich Deine - verzeih! - mir nicht voll verständlichen Ausführungen!). Denn das Ergebnis der Entscheidung des Spielers ist beim ersten Zeigen der gelben Ziege genau umgekehrt wie beim zweiten: Ändert der Spieler im 1. Fall seine Entscheidung, gewinnt er, ändert er sie im 2. Fall, verliert er; und umgekehrt!

Ganz entscheidend aber ist, daß dieser mittlere"Hauptast" keineswegs - wie Du annimmst - irgendwelche Informationen bezüglich der beiden anderen Äste enthält.

Auch Deinen weiteren Überlegungen kann ich mich nicht anschließen. Die von Dir ausgeführten Wahrscheinlichkeitsberechnung sind für mich unverständlich: Wieso, z.B, willst Du irgendwelchen Töpfchen a priori irgendeine andere Wahrscheinlichkeit zuweisen, als sie von Anfang an haben? Das ist verwirrtes Denken! Es gibt 24 Ereignissequenzen (vom Ursprung bis zum äußerst rechten Ast-Ende); also hat jede dieser Ereignissequenzen eine Wahrscheinlichkeit von 1: 24! Man kann das auch anders herum berechnen und gelangt dabei zum gleichen Resultat. Aber ich möchte Dich nicht noch mehr verwirren! Wenn Du aber einer Ereignissequenz eine andere Wahrscheinlichkeit zumessen willst als 1/24, so mußt Du das begründen! Und auf diese Begründung bin ich mal gespannt.

Schau Holmes, die Sache ist völlig klar! Nichts, was Du sagst, ändert am Sachverhalt etwas! Ich will auch keine Stahlkugel sein, wie Du vorschlägst, weil das nur wieder eine unzutreffende Beweisführung wäre. Bitte halte mich nicht für arrogant, aber ich weiß, daß Du Unrecht hast und ich Recht, weil ich die Theorie kenne. Es ist so, als würden wir über den Pythagoreischen Lehrsatz diskutieren, den ich verstanden habe und Du nicht!

An irgendeinem Punkte muß man da aufhören zu diskutieren und den Gesprächspartner bitten, sich ein Lehrbuch anzuschauen.

Und das tue ich hiemit! Schau Dir beispielsweise das Schlaifer-Buch an! Auch wenn Du nichts von Wahrscheinlichkeiten verstehst und mit Mathematik nichts am Hut hast, so wirst Du auf den ersten 150 oder 200 Seiten eine großartige Einführung in die Technik gewinnen, realistische Entscheidungsdiagramme zu erstellen.

Und, wenn alle Stricke reißen, dann ist es ja auch kein Beinbruch, wenn Du in Deinem Irrtum verharrst. Wie das Forum zeigt, gibt es viele anständige Menschen, die fälschlich der Meinung sind, der Spieler könne etwas gewinnen, wenn er am Ende seine Wahl ändert.

Grüße

G.

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Hallo Galiani,

nur für Dich formuliere ich die Strategie des Wechselkandidaten etwas um:

"Der Kandidat schließt eine der 3 Türen bereits im Vorfeld aus und teilt diese Türe dem Moderator mit, der nun von den verbleibenden 2 Türen eine öffnet, hinter der sich eine Ziege verbergen muß. Der Kandidat nimmt anschließend die noch verbleibende Türe."

Also: Wie groß ist Deiner Meinung nach seine Erfolgswahrscheinlichkeit - 50% oder 66%?

Gruß, dira


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Also gut, Dira! Dir zuliebe noch das:

Nimm aus meinem Diagramm die mittlere Ereignis-Reihe, die ja nur zur (leider mißglückten Verdeutlichung dienen sollte, heraus, verbinde die 4 mal 3 Spielleiter-Kästchen mit den 3 Anordnungs-Permutationskästchen und weise dann den verbleibenden Ästen die ihnen zukommenden Wahrscheinlichkeiten zu:

Die 3 Graphe vom Ursprung haben dann je 1/3 Wahrscheinlichkeit; die 4 Graphe zu den Spielleiter-Kästchen je 1/4 (weil es keinen Grund gibt, ihnen andere Wahrscheinlichkeiten zuzuweisen); und den beiden"ändert/ändert nicht" Graphen weisen wir eine Wahrscheinlichkeit von je 1/2 zu.

Die Wahrscheinlichkeit über jede Ereignissequenz addiert ergibt (Wahrscheinlichkeiten werden addiert, indem man sie multipliziert):
1/3 mal 1/4 mal 1/2 = 1/24, also die aus dem Diagramm ablesbare Wahrscheinlichkeit jeder Ereignissequenz

QUOD ERAT DEMONSTRANDUM!

Gruß

G.



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>Die 3 Graphe vom Ursprung haben dann je 1/3 Wahrscheinlichkeit; die 4 Graphe zu den Spielleiter-Kästchen je 1/4 (weil es keinen Grund gibt, ihnen andere Wahrscheinlichkeiten zuzuweisen); und den beiden"ändert/ändert nicht" Graphen weisen wir eine Wahrscheinlichkeit von je 1/2 zu.
>Die Wahrscheinlichkeit über jede Ereignissequenz addiert ergibt (Wahrscheinlichkeiten werden addiert, indem man sie multipliziert):
>1/3 mal 1/4 mal 1/2 = 1/24, also die aus dem Diagramm ablesbare Wahrscheinlichkeit jeder Ereignissequenz
>QUOD ERAT DEMONSTRANDUM!
>Gruß
>G.

Lieber Galiani,

wie Du auf die a priori - Vergabe von jeweils p = 1/4 für die Spielleiterkästchen kommst, ist mir leider schleierhaft. Die Summe der Wahrscheinlichkeiten aller von einem Spielerkästchen abgeleiteten Spielleiterkästchen muß exakt mit der des Spielerkästchens übereinstimmen. Nach Deiner Rechnung ergibt sich allerdings:

2*1/4 = 1/3, und das ist falsch.

Beweis widerlegt.

Gruß, dira

P.S.: Wenn Du möchtest, können wir es dabei bewenden lassen. Ich denke, wir auf keinen grünen Zweig.


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...denn Du verwechselst wie alle"Wahrscheinlichkeitstheoretiker" und"Stochastiker"

zwei von vorneherein verschiedene Aktionen,

die Du zu einem bestimmten Zeitpunkt tun kannst (Wählen oder Nichtwählen, Schießen oder Nichtschießen - Möglichkeit dazu jeweils 50:50)

mit etwas, von dem Du annimmst (Wählen und (!) richtig gewählt haben, Schießen und (!) getroffen haben),

dass es gleichzeitig, also ebenfalls in dem Zeitpunkt (Wählen, Schießen) Statt finden könnte.

Du setzt demnach voraus, dass Zeitpunkt und Zeitdauer identisch seien. Was, wie auch ohne"Mathematik" unschwer erkennbar, nicht möglich ist.

Du kannst niemals gleichzeitig schießen und treffen. Erst musst Du schießen, dann erst kannst Du treffen.

Zum Zeitpunkt des Schießens gibt es nur Ja/Nein (Schießen/Nichtschießen = 50:50), zum Zeitpunkt des Teffens gibt es nur Ja/Nein (Treffen/Nichttreffen = 50:50).

Soweit klar - oder?

Nach jeder Zeitdauer kommt selbstverständlich immer das Ergebnis heraus, das von vorneherein also vor Beginn der Zeitdauer feststeht. Dazu muss die Zeitdauer so lange sein, bis das Ergebnis erreicht ist.

Auch klar - oder?

Du beweist also, dass die zur Erzielung des Ergebnisses notwendige Zeitdauer so lange sein muss, wie sie sein muss, bis das von vorneherein feststehende Ergebnis erreicht ist.

Ebenfalls klar - oder?

Oder umgekehrt: Ist das von vorneherein feststehende Ergebnis erzielt, dann ist das von vorneherein feststehende Ergebnis erzielt.

Ganz klar - oder?

Deshalb spricht Bayes in seiner ganzen Hilflosigkeit auch ausdrücklich von"a posteriori" (= nach dem Erreichen des tatsächlichen Ergebnisses), das dann mit 100 % Sicherheit dem"a priori" (= jeweils möglichen Ergebnis) entspricht, weil dann, in diesem Zeitpunkt (!) gilt:

<font color="FF0000">"a posteriori" ="a priori".</font>

Zwischen beiden Zeitpunkten verstreicht IMMER Zeit, es existiert also immer Zeitdauer, da"a posteriori" (nachher) niemals mit dem"a priori" (vorher) im selben Zeitpunkt zusammen möglich sein kann. Es wäre ein Widerspruch in sich.

Sonnenklar - oder?

Wer mit einem Widerspruch in sich arbeitet, tischt also Un-Sinn auf. Sorry, aber ich kann es nicht anders bezeichnen. Du bist ausdrücklich nicht gemeint!

Den Beweis dafür, dass ich immer Recht habe und Du niemals Recht hast, liefert sehr schön die"Simulation", die immer fabriziert wird, um diesen Un-Sinn zu"beweisen". Es gibt aber leider keine Simulation, so schnell auch immer sie ablaufen mag, die keine Zeitdauer benötigt. Anders ist eine Simulation auch nicht zu definieren.

Eine Simulation zeigt immer >1 Ergebnisse und für >1 Ergebnisse bedarf es immer >1 Zeitpunkte. Eine Simulation mit nur 1 Ergebnis = 1 Zeitpunkt ist keine Simulation. Schon das Wort ist eine Gurke, da"simul" = lat."gleichzeitig" bedeutet, was sich aber auf den Zeitpunkt und nicht auf die Zeitdauer bezieht. Niemand kann im selben Zeitpunkt in Rom und in New York, tot oder lebendig sein.

Siehe dazu sehr schön"Simulation" Uni Zürich, Lehrstuhl für Mathematik!

Versuche doch mal, alle Klicks, die Du hintereinander machen musst, auf einmal zu klicken - ich hab's leider nicht geschafft, aber vielleicht klicke ich zu langsam?

Oder haben die in Zürich gar einen Knopf auf dem stand "Hier klicken Sie alle Klicks im selben Zeitpunkt"? Dann war ich zu blöd, diesen Knopf zu finden. Wo mag sich der Knopf bloß versteckt haben?

Eine Simulation, die"beweist", dass"a posteriori" ="a priori" in einem (!) Zeitpunkt stattfinden könnte, nämlich dem Zeitpunkt des"a priori", ist per Definition von

<font color="FF0000">Vorher ungleich Nachher</font>

ausgeschlossen.

Jedes einzelne (!) Resultat der Simulation während der Simulation ergibt sich zu jeweils einem (!) späteren (!) Zeitpunkt dieser Simulation.

Das"Problem", das tatsächlich aufgetischt wird, heißt also:

<font color="FF0000">Können Zeitpunkt und Zeitdauer identisch sein?</font>

Da sie nicht identisch sein können (!), kann es ergo kein Problem sein. Kommentare über den Geisteszustand von Leuten, die ein Problem auftischen, das niemals ein Problem ist, sein oder werden kann, möchte ich mir verkneifen.

Ich möchte Dir im Gegenteil ausdrücklich dafür danken, dass Du Dir so viel Mühe gegeben hast, zu beweisen, dass ein Nichtproblem ein Nichtproblem ist.

Deshalb kriegst Du selbstverständlich Deinen Silberbarren!

Auf der Vorderseite lasse ich eingravieren:

"Zum Dank dafür, dass Holmes alle Statistiker, Stochastiker, Mathematiker und Wahrscheinlichkeitsrechner der Lächerlichkeit preisgegeben hat."

Auf der Rückseite lasse ich eingravieren:

"Zum Dank dafür, dass Holmes so früh aufgestanden ist."

Zwei Gravuren auf zwei Seiten?

Na klar, denn Du weißt doch, dass ich unverbesserlicher 50:50-Freak bin. Du hast zwei Seiten, die Du lesen kannst. Und Deine Chance, entweder die Seite A oder die Seite B als erste zu bestaunen ist? 50:50.

Du kannst jetzt natürlich noch ausrechnen, wie hoch die"Wahrscheinlichkeit" ist, dass Dir der Silberbarren aus der Hand fällt, während Du ihn bestaunst.

Fällt er Dir wirklich aus der Hand (wollen wir es"simulieren"?), kannst Du auch ausrechnen, wie hoch die"Wahrscheinlichkeit" ist, dass Dir der Barren zum Zeitpunkt der Berührung Deines rechten Fusses auf Deinen rechten Fuss gefallen ist. Oder zum Zeitpunkt des Berührens Deines linken Fusses auf den linken Fuß gefallen ist.

Hurrah, wir haben ein neues Spiel!

<font color="FF0000">Es heißt Silberbarrenfallenlassen.</font>

Herzlichen Gruß

d.



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