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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