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Das Ziegenproblem
- Unterschiedliche Lösungsansätze
- Ähnliche Problemstellungen

Das Ziegenproblem

6, S. 226 - 227

Beim Ziegenproblem muss eine verschlossene Tür gewählt werden: Hinter einer Tür steht ein Auto, hinter den beiden anderen Türen jeweils eine Ziege. Errät der Spieler, hinter welcher Tür das Auto steht, so gewinnt er das Auto - andernfalls geht er leer aus. Der Spieler wählt nun eine Tür. Daraufhin öffnet der Spielleiter, der weiß, was hinter den Türen tatsächlich steht, eine Tür mit einer Ziege. Nun darf der Spieler seine Wahl noch einmal überdenken: Entweder er bleibt bei seinem ursprünglichen Tipp, oder er wählt nun doch die andere (noch verschlossene) Tür.

Welche Strategie muss der Spieler wählen, damit seine Gewinnchance maximal wird?

Download der GeoGebra-Datei

Aufgabe:

Starte die Simulation und beobachte den Spielverlauf durch viele Runden hindurch …

Unterschiedliche Lösungsansätze

Das Ziegenproblem mit 100 Türen

Um das Ziegenproblem zu verstehen, ist es hilfreich, statt 3 Türen 100 Türen anzunehmen. Wie bei 3 Türen gibt es genau eine Tür, hinter der ein Ferrari als Preis steht. Bei den anderen 99 Türen steht jeweils eine Ziege.

Wenn nun ein Kandidat sich beispielsweise für die Tür Nr. 17 entscheidet, wird der Spielleiter 98 Türen öffnen, hinter denen jeweils eine Ziege steht. Nur die vom Kandidaten gewählte Tür (also Tür Nr. 17) und eine weitere, sagen wir Tür Nr. 52, bleiben verschlossen.

Bei diesem Szenario wird der Kandidat ganz selbstverständlich seine ursprüngliche Wahl ändern und auf Tür Nr. 52 tippen, denn die Wahrscheinlichkeit, dass der Ferrari tatsächlich hinter Tür Nr. 17 steht, ist nur 1:100. Die Chance, dass er den Ferrari gewinnt, wenn er seine ursprüngliche Wahl ändert, beträgt daher beachtliche 99%.

Zwei Spieler mit unterschiedlicher Strategie

Wir nehmen an, dass 2 Personen A und B die Show, bei der ein Kandidat entweder eine Ziege oder einen Ferrari gewinnen kann, 60 mal im Fernsehen mitverfolgen. A und B verwenden entgegengesetzte Strategien: A schließt sich jeweils der ursprünglichen Wahl des Kandidaten an und bleibt bei dieser Wahl. B beobachtet die ursprüngliche Wahl des Kandidaten und entscheidet sich jedes Mal, nachdem der Spielleiter eine Tür geöffnet hat, für die 3. Tür, die noch verschlossen ist. B ändert also die Wahl.

Es ist klar, dass A und B nicht beide gleichzeitig gewinnen. Es ist auch klar, dass einer der beiden bei jeder Show gewinnt. Zusammen gewinnen sie daher (fiktiv, weil sie ja nur Zuseher der Show sind), alle 60 Ferraris.

Nun gilt aber: A wird im Mittel bei jeder 3. Show gewinnen, seine Gewinnwahrscheinlichkeit ist ja unbestritten $tex:\frac{1}{3}$ . Daher ist zu erwarten, dass A insgesamt 20 Ferraris gewinnt. Die anderen 40 Ferraris gewinnt somit Person B. Person B hat offensichtlich eine Gewinnwahrscheinlichkeit von $tex:\frac{2}{3}$ . Das heißt: Wenn der Kandidat bei seiner Wahl bleibt, gewinnt er mit der Wahrscheinlichkeit $tex:\;33,\dot 3\%$ einen Ferrari. Wenn er aber seine Wahl ändert, verdoppelt sich seine Gewinnchance auf $tex:\;66,\dot 6\%$ .

Mit reiner Mathematik

Wir behandeln das Ziegenproblem nun mit den Mitteln der Wahrscheinlichkeitsrechnung. Dazu führen wir folgende Bezeichnungen ein:

$tex:\;A_1\;\dots\;$ Der Ferrari steht hinter Tür Nr. 1.

$tex:\;A_2\;\dots\;$ Der Ferrari steht hinter Tür Nr. 2.

$tex:\;A_3\;\dots\;$ Der Ferrari steht hinter Tür Nr. 3.

$tex:\;B_1\;\dots\;$ Der Spielleiter hat Tür Nr. 1 geöffnet.

$tex:\;B_2\;\dots\;$ Der Spielleiter hat Tür Nr. 2 geöffnet.

$tex:\;B_3\;\dots\;$ Der Spielleiter hat Tür Nr. 3 geöffnet.

Zunächst sind alle Türen gleichwertig. Der Ferrari steht daher mit derselben Wahrscheinlichkeit hinter einer der 3 Türen. Somit gilt $tex:P(A_1) = P(A_2) = P(A_3) = \frac 1 3$

Nun wählt Bastian z.B. Tür Nummer 2. Er kann sich folgende bedingte Wahrscheinlichkeiten überlegen:

Tür Nummer 1 wird bestimmt nicht geöffnet, wenn der Ferrari dahinter steht:
Tür Nummer 1 wird mit einer Wahrscheinlichkeit von 50% geöffnet, wenn der Ferrari hinter der gewählten Tür Nummer 2 steht: $tex:P(B_1|A_2)=\frac 1 2$
Tür Nummer 1 wird ganz sicher geöffnet, wenn der Ferrari hinter Tür Nummer 3 steht:

Der Spielleiter öffnet nun Tür Nummer 1, hinter der eine Ziege zum Vorschein kommt. Wir fragen nun nach der Wahrscheinlichkeit, dass Bastian den Ferrari gewinnt, wenn er seine Wahl ändert und sich für Tür Nummer 3 entscheidet. Das ist die bedingte Wahrscheinlichkeit tex:P(A_3|B_1) .

Im Gegensatz zu den im Lehrbuch behandelten Aufgaben haben wir hier 3 Ereignisse tex:A_1 , tex:A_2 und tex:A_3 (und nicht einfach Ereignisse A und A').

Zeichne ein Baumdiagramm, in dem in der ersten Ebene die Ereignisse , und und in der zweiten Ebene , und dargestellt sind:

                                                                *

                   B1                                          B2                                           B3


  B1 und A1    B1 und A2    B1 und A3          B2 und A1    B2 und A2    B2 und A3          B3 und A1    B3 und A2    B3 und A3

Lies aus dem Baumdiagramm ab: $tex:P(B_1) = P(B_1\cap A_1) + P(B_1\cap A_2) + P(B_1\cap A_3)$ .

Zeichne ein Baumdiagramm, in dem in der ersten Ebene die Ereignisse , und und in der zweiten Ebene

tex:B_1 , tex:B_2 und tex:B_3 dargestellt sind:

                                                                *

                   A1                                          A2                                           A3


  A1 und B1    A1 und B2    A1 und B3          A2 und B1    A2 und B2    A2 und B3          A3 und B1    A3 und B2    A3 und B3

Beschrifte im Baumdiagramm die bekannten Wahrscheinlichkeiten tex:P(A_1) , tex:P(A_2) , tex:P(A_3) , tex:P(B_1|A_1) , tex:P(B_1|A_2) und tex:P(B_1|A_3) .

Lies aus dem Baumdiagramm ab:

$tex:P(B_1\cap A_1)=P(B_1|A_1)\cdot P(A_1) = 0 \cdot \frac 1 3 = 0$
$tex:P(B_1\cap A_2)=P(B_1|A_2)\cdot P(A_2) = \frac 1 2 \cdot \frac 1 3 = \frac 1 6$
$tex:P(B_1\cap A_3)=P(B_1|A_3)\cdot P(A_3) = 1 \cdot \frac 1 3 = \frac 1 3$

und daher $tex:P(B_1)= 0 + \frac 1 6 + \frac 1 3 = \frac 1 2$

Nun erhalten wir: $tex:P(A_3|B_1)=\frac {P(A_3\cap B_1)} {P(B_1)} = \frac {\frac 1 3}{\frac 1 2} = \frac 2 3$ .

Wenn Bastian seine Wahl ändert und sich für Tür Nummer 3 entscheidet, erhöht er seine Gewinnwahrscheinlichkeit von ursprünglich $tex:\frac 1 3$ auf $tex:\frac 2 3$ .

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Das Ziegenproblem mit 100 Türen

Zwei Spieler mit unterschiedlicher Strategie

Mit reiner Mathematik

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