[Frage] Wahrscheinlichkeitsspiel - wie ist die Lösung ?

[Goatman]

ehmm stop mal... bevors falsch verstanden wird... jeder Schlüssel darf nur einmal verwendet werden... das zählt aber auch für die Tür !

Wenn z.B. Schlüssel 1 an Tür 3 nicht passt, ist der Schlüssel verbraucht, das heißt aber nicht, dass due den nächsten Schlüssel wieder in die Tür 3 stecken darfst... hehe.... das wäre ja simpler.... nenenene... Schlüssel und Tür je einmal ...

Also ich denke auch es bleibt dabei.... oder ? Antwort 2: null

 

[hallo7]

Frag lieber nochmal deinen Aufgabensteller, denn so ist die Aufgabe keine Rechenaufgabe mehr

 

[Volume Z]

Doch, ist sie, und Du hast es doch selbst so verstanden, bevor simpsonsfan die Aufgabenstellung in Zweifel gezogen hat. "Alle 3 Türen durchprobiert" heißt natürlich nicht mit jedem Schlüssel. Simpsonsfan wollte bei Bedarf den Versuch an Tür 3 wegfallen lassen, weil alle Schlüssel bereits an Tür 2 aufgebraucht hätten sein können. Können sie aber nicht.

Gruß, VZ

 

[hallo7]

Doch, ist sie, und Du hast es doch selbst so verstanden,

Nein hab ich nicht? Ich gehe nur davon aus, dass bereits geöffnete Türen nicht nochmal zur Verfügung stehen.

 

[Volume Z]

Ich auch.

Du hast selbst geschrieben:

wenn ich 1 und 2 richtig habe muss 3 richtig sein, da keine andere Möglichkeit da ist

Übersetzt heißt das: Den Fall "Genau 2 Schlüssel passend" gibt es nicht. Wenn 2 von 3 passen, tut es auch der dritte.

(1,1,1)
(0,1,1)
(0,0,1)
(0,0,0)
(1,0,1)
(0,1,0)

Das sind Deine möglichen Ausgänge für Versuche an allen drei Türen, und die Fälle (0,1,1) sowie (1,0,1) gibt es nicht, wie auch (1,1,0). Dafür fehlt einer der doppelt zählenden Fälle (0,0,0) sowie (1,0,0). Es können entweder alle Schlüssel passen, auf drei verschiedene Arten nur einer, und auf zwei verschiedene Arten keiner. Nur zwei Schlüssel können nicht passen, was bedeutet, dass dieser Fall nicht existiert. Wahrscheinlichkeit Null. Der Fall "Alle Schlüssel passen" ist einer von sechs möglichen, also Wahrscheinlichkeit 1/6.

 

[hallo7]

Übersetzt heißt das: Den Fall "Genau 2 Schlüssel passend" gibt es nicht. Wenn 2 von 3 passen, tut es auch der dritte.

Nur unter der Vorraussetzung das ich jede Tür nur einmal verwenden darf, davon bin ich aber nicht ausgegangen, eben weil ich dann die Frage nach der Wahrscheinlichkeit von 2 passenden komisch finde. Der TE schrieb ursprünglich ja, dass die Schlüssel nur einmal zu verwenden sind, warum sollten also die Türen nicht mehrfach verwendet werden können?

Es ergibt, aus der Sicht einer Rechenaufgabe, einfach mehr Sinn das die Türen mehrfach verwendet werden dürfen. Das macht die Aufgabe nämlich komplexer und man muss genau nachdenken.

Aber der TE hat sich ja festgelegt das Schlüssel und Türen nur einmal zu verwenden sind, deswegen ist die Sache eh erledigt. Nur sag mir bitte nicht wie ich die Sache verstanden habe, das weiß ich schon selber (du hättest mal alle Edits in meinem ersten Antwortpost sehen sollen, dann würdest du das nicht behaupten)

 

[Volume Z]

Wenn Du nicht von derselben Aufgabenstellung wie der TE und ich ausgehst, wie kommen dann diese durchweg richtigen Aussagen zustande?

1. Frage: 33% sind falsch, das wäre der Fall wenn du nur 1 Schlüssel auf 3 Türen hättest und die richtige finden müsstest. Du willst aber 3 Schlüssel in 3 Türen richtig setzen.

Also für den ersten Schlüssel hast du 1/3 Chance, für den zweiten 1/2 (1 Tür ist ja schon weg) und für den dritten 1/1 (nur mehr 1 Tür übrig). Das ergibt also 1/3 * 1/2 * 1 = 1/6 Wahrscheinlichkeit richtig zu liegen.

wenn der erste passt und ich den zweiten falsch hab, weiß ich wo der dritte hingehört, sowie wenn ich 1 und 2 richtig habe muss 3 richtig sein, da keine andere Möglichkeit da ist

Und welche andere Auslegung sollen Deine dreielementigen Ergebnisvariationen zulassen?

Ich kann Dir nicht ersparen, die Aussage

Das stimmt nicht

revidieren zu müssen.

Lass es jetzt gut sein.

 

[simpsonsfan]

So. Wenn ich in meinem betrunkenen Zustand auch noch etwas zum besten geben darf, fang ich mal an.

Offensichtlich entspricht meine Auffassung der Aufgabe nicht der vom TE. Ich lag also falsch. (Wenngleich ich dann auch ein Versäumnis der Klarstellung in der Aufgabenstellung ankreide.)

Dennoch bin ich der Meinung, ohne mir anmaßen zu wollen, für hallo7 zu sprechen, dass dieser die Aufgabe von Anfang an gleich wie ich aufgefasst hat. Ich bin also nicht der böse Verführer.

Deinen Schlussfolgerungen kann ich nicht folgen, Volume.
Das Zitat "wenn ich 1 und 2 richtig habe muss 3 richtig sein, da keine andere Möglichkeit da ist" betrachtet nur den Fall, in dem der erste Versuch bereits richtig war.
Nach meiner (und mutmaßlich hallo7s) Auffassung waren natürlich Türen, die bereits mit dem korrekten Schlüssel geöffnet wurden, aus dem Rennen. Nicht aber Türen, die noch nicht geöffnet wurden. Für diese bestand nach meiner Auffassung ja durchaus noch die Möglichkeit, sie im Folgenden mit dem korrekten Schlüssel zu öffnen.
Dass dies nun vom TE nicht gewünscht ist, sondern vielmehr jede versuchte Türe auch verbraucht ist, geht m.E. nicht aus dem Anfangspost hervor.

Betrachten wir hallo7s ersten Post, so geht, m.M.n. auch hervor, dass er das auch so auffasste. Weil er nämlich die Wahrscheinlichkeit für den Fall (0,1,1), d.h. der erste Versuch war fehlerhaft, die zwei folgenden erfolgreich mit

2/3 * 1/3 * 1/2

bezifferte.
Also 2/3 Wahrscheinlichkeit, dass der erste Schlüssel nicht passt, dann 1/3 Wahrscheinlichkeit bei zufälliger Wahl des nächsten Schlüssels aus 3 Türen und folglich 50:50, dass der verbleibende Schlüssel noch in eine der zwei restlichen Türen passt - eine fällt nun weg, da sie bereits geöffnet wurde.

Alles, was ich noch gesagt habe ist, dass unter diesen Umständen die Wahl einer bestimmten Türe (nämlich der bereits beim ersten Verusch getesteten) vorteilhaft wäre, was aus meiner in Post #11 dargstellten Logik folgt.

Abgesehen davon erachte ich das Problem unter der vom TE benannten Auffassung, dass eine versuchte Tür ebenfalls verbraucht ist, übrigens auch als simpler als die meinige Auffassung, da so die Auswahl der Türen auf reine Glücksache, und außerdem auch die Anzahl der zu betrachtenden Fälle reduziert wird.

Nach der Auffassung, dass einmal probierte Türen verbraucht sind, ist die Aussage, dass der Fall genau zweier geöffneter Türen nicht auftreten kann allerdings korrekt.

 

[Goatman]

Okay, dann hab ichs leider nicht ganz korrekt im Startpost beschrieben, sorry, mein Fehler, aber ich war der Meinung dass Ihrs richtig verstanden hattet...


Daher nochmal eine Wiederholung der Aufgabe aber jetzt korrigiert..

Aufgabe: man befindet sich in einem abgedunkeltem Zimmer.... man steht vor drei Ausgangstüren und hat drei passende Schlüssel... jeder Schlüssel passt aber nur in ein Türschloß und man darf jeden Schlüssel und jedes Türschloß nur einmal verwenden... da es dunkel ist, kann man folglich nix sehen, die Frage ist wiefolgt:

Aber bitte nicht meckern, wegen der Sinnhaftigkeit.. klar macht die Frage kaum Sinn... es geht nur ums rechnen...

1. Frage:
Wie wahrscheinlich ist es, dass man im dunkeln die 3 Schlüssel zufällig ins passende Schloß steckt ? Jeder Schlüssel und jedes Türschloß darf ja wie gesagt nur einmal verwendet werden. Ich würde sagen 33% oder wäre das falsch ?

2. Frage:
Wie wahrscheinlich ist es dass man 2 Schlüssel richtig reinsteckt/benutzt ?

Wie berechnet man sowas weiß das jemand ?

Werde es im Startpost auch nochmal editieren... damit das auch da richtig steht....

Und wie gesagt, sorry, wenn ichs das nicht 100pro wasserfest klargestellt habe... da sieht man mal wieder dass man im Forum immer doppelt und dreifach aufpassen muss...

Demnach wäre auch weiterhin die Antwort zur Frage 2 eindeutig NULL, denn es ist faktisch nicht möglich 2 richtig zu verwenden und einen falsch... diesen Fall gibt es nicht, bzw. kann es garnicht geben... wenn es 4 Schlüssel wären und 4 Türschlösser, dann wären 2 richtige theoretisch möglich, hier handelt es sich ja aber um jeweils 3... also unmöglich...

Okay, ich hoffe, Ihr seid mir net böse... aber jetzt sollte hoffentlich alles klar sein

viele Grüße

Goatman

 

[hallo7]

Wenn Du nicht von derselben Aufgabenstellung wie der TE und ich ausgehst, wie kommen dann diese durchweg richtigen Aussagen zustande?

Du zitierst hier für Fragestellung 1, in der es irrelevant ist ob ich eine Tür nochmals verwenden kann da ich immer richtig liegen muss. Somit fallen Türen weg...

Und wie simpsonsfan auch schon aufgezeigt hat, hab ich meine Formeln sehr wohl so verwendet, dass ich nach einem Fehlversuch immer noch 3 Türen habe. Also lass du es bitte gut sein und überdenke bitte dein Verhalten, anderen etwas andichten zu wollen. Das ist sehr unhöflich.

 

[simpsonsfan]

Quatsch, warum sollten wir dir böse sein? Ich hatte die Aufgabe nur anders interpretiert, das ist alles.
Damit sollten dann jetzt aber die Antworten geklärt sein.
Bei Gelegenheit kannst du ja mal noch schreiben, was dein Fragesteller so dazu sagt.

Grüße,
Simpsonsfan.

 

[Volume Z]

dass ich nach einem Fehlversuch immer noch 3 Türen habe. Also lass du es bitte gut sein und überdenke bitte dein Verhalten, anderen etwas andichten zu wollen. Das ist sehr unhöflich.

Hör jetzt auf, mir zu unterstellen, ich wollte an der Öffnung von Türen herumdrehen. Deine Wahrscheinlichkeitsangabe von 1/6 verträgt sich nicht mit der Zulassung von Sonderszenarien unter Verwendung von nur 2 Türen oder nur einer. Das Problem wird in meinem Beitrag #4 in aller Ausführlichkeit gelöst, und von Dir kommt dann "das stimmt nicht". Das ist sehr unhöflich.

 

[moquai]

Bevor ihr weiter streitet: Hinter einer Tür ist eine heiße Blondine in Strapse und High Heels. Da sollte jeder auf Anhieb das richtige Schloß finden.

 

[hallo7]

...

Lies dir nochmals alles in Ruhe durch und unterscheide bitte Frage 1 von Frage 2. In Frage 1 müssen alle Türen geöffnet werden, somit gibt es den Fall in dem man Türen mehrfach verwenden kann nicht. Ergo, passt 1/6 sehr wohl damit zusammen.

Das ich in der Fragestellung 2 mit mehrfach zu verwendenden Türen gerechnet habe, kannst du in meinem Post nachlesen. Keine Ahnung was dein Problem ist.

 

[Goatman]

hey hallo und volume, nicht streiten, nehmt euch in den arm und vertragt euch wieder morgen ist der 2. advent, also.... und nich wegen dem spiel hier...

ich nehm mir unterdessen die blondine vor und nehme die in den arm... so zum 2. advent sozusagen...

@ moquai

hinter welche türe verbirgt sie sich noch gleich ??

 

[moquai]

Wie immer, die goldene Mitte nehmen.

 

[Volume Z]

In Frage 1 müssen alle Türen geöffnet werden, somit gibt es den Fall in dem man Türen mehrfach verwenden kann nicht. Ergo, passt 1/6 sehr wohl damit zusammen.

Wenn mal alle Türen verwendet werden und mal nicht, kannst Du gar keine Wahrscheinlichkeit ermitteln.

Somit ändert sich die Wahrscheinlichkeit für den Fall (0,1,1), sofern bei der zweiten Wahl die erste Tür nochmal probiert wird auf:

Lese ich da "sofern"? Bei eurem Fall (0,1,1) gibt es keine andere Möglichkeit, als beim zweiten Schlüssel die erste Tür nochmals zu probieren.

 

[simpsonsfan]

Du hast irgendwie unser Szenario falsch verstanden, Volume.
Ich stelle es dir mal kar, auch wenn der TE ja nun bestätigt hat, dass dies die falsche Auffassung war.

Also, ich stecke einen Schlüssel in ein Schloss. Jetzt gibt es zwei Möglichkeiten:
-der Schlüssel passt, somit fallen Schlüssel und Schloss weg (das Schloss ist ja bereits geöffnet)
-der Schlüssel passt nicht. Aus der Aufgabenstellung folgte aber, dass man den Schlüssel nicht mehr verwenden darf. Unsere Auffassung war aber, dass man das Schloss ja immer noch mit einem anderen Schlüssel öffnen kann.

Die Tripel (1,1,1) usw. stehen dabei jeweils für "erster getester Schlüssel passt an der Tür, an der er getestet wurde; zweiter getester Schlüssel passt an der Tür, an der er getestet wurde; dritter getester Schlüssel passt an der Tür, an der er getestet wurde"

Weshalb also sollte man in dem Fall, dass der erste Schlüssel nicht passte nur noch die Möglichkeit haben, die selbe Tür mit dem nächsten Schlüssel noch mal zu testen?
Ich habe immer noch die freie Auswahl aus drei vor mir stehenden Türen.
Oder sind die Türen bei deiner Aufgabe evtl hintereinander? Dann würde ich es verstehen. Nach meiner Auffassung sind die Türen aber nebeneinander. Ich kann also jederzeit eine beliebige Türe testen.
D.h. in dem Fall, dass der erste Versuch nicht geglückt war, kann ich mit dem nächsten Schlüssel die gerade versuchte Tür noch mal testen oder aber eine der beiden noch ungetesteten.
Die Erfolgswahrscheinlichkeit bei der schon getesteten ist aber höher (weil ich da ja schon einen Schlüssel ausgeschlossen habe)

Ich hoffe, das erklärt meine Sichtweise verständlich.

 

[Volume Z]

Ich habe immer noch die freie Auswahl aus drei vor mir stehenden Türen.

Ja, hast Du. Durch Nichtverwendung von Schlüssel 2 an Tür 1 kannst Du aber nicht Fall (0,1,1) erzeugen. Verwendest Du Tür 2, erzeugst Du (0,1,0), (0,0,1) oder (0,0,0). Passt Schlüssel 2 an Tür 2 und Schlüssel 1 nicht an Tür 1, passt Schlüssel 3 auch nicht an Tür 3.

 

[simpsonsfan]

Irgendwie reden wir aneinander vorbei. Ich verstehe auch nicht, was du gerade sagen willst. Durch "Nichtverwendung eines Schlüssels" erzeuge ich überhaupt keinen Fall, das Ergebnis entsteht erst, wenn ich einen Schlüssel getestet habe.

Passt Schlüssel 2 an Tür 2 und Schlüssel 1 nicht an Tür 1, passt Schlüssel 3 auch nicht an Tür 3.

Weiß ich doch. Deswegen stecke ich "Schlüssel 3" dann halt auch in "Tür 1" und schon habe ich genau zwei Türen mit dem passenden Schlüssel geöffnet.
Wie bereits erwähnt, sind sämtliche Ausführungen von mir (und wohl auch von hallo7) darauf bezogen, dass ich die in einem Versuch fehlgeschlagene Tür mit einem weiteren Schlüssel erneut testen kann.

Da ich nicht genau weiß worauf du hinaust willst, hier noch einmal ein Beispiel, wie die von dir verneinten Fälle zu Stande kommen können, jeweils unter der Voraussetzung meiner, vom TE mittlerweile verneinten Annahme, dass eine Tür nach einem fehlgeschlagenen Versuch mit einem weiteren Schlüssel erneut getestet werden kann.

[...]und die Fälle (0,1,1) sowie (1,0,1) gibt es nicht, wie auch (1,1,0)[...]

• Fall (0,1,1)
  ich nehme den ersten Schlüssel und teste die linke Tür. Der Schlüssel passt nicht^(0,?,?). Ein Schlüssel ist also schon mal weg. Ich nehme den zweiten Schlüssel und teste die linke Tür. Der Schlüssel passt^(0,1,?). Ich nehme den dritten Schlüssel und stecke ihn in die rechte Tür. Der Schlüssel passt. Somit haben wir den Fall (0,1,1) - erster Versuch fehlerhaft, zweiter und dritter Versuch geglückt.
• Fall (1,0,1) (mit neuer Schlüssel-Tür-Verteilung)
  ich nehme den ersten Schlüssel und teste die mittlere Tür. Der Schlüssel passt^(1,?,?). Ich nehme den zweiten Schlüssel und teste die rechte Tür. Der Schlüssel passt nicht^(1,0,?). Ich nehme den dritten Schlüssel und stecke ihn in die rechte Tür (ich weiß auch bereits, dass er da hingehören muss, da der zweite Schlüssel ja dort nicht passte und die mittlere Tür schon offen ist - trotzdem könnte ich den Schlüssel natürlich auch in die linke Tür stecken, er würde aber nicht passen.) Der Schlüssel passt. Somit haben wir den Fall (1,0,1)
• Fall (1,1,0) - existiert nicht
  ich nehme den ersten Schlüssel und stecke ihn in das rechte Schloss. Er passt^(1,?,?). Ich nehme den zweiten Schlüssel und stecke ihn in das mittlere Schloss. Er passt^(1,1,?). Die beiden bereits geöffneten Türen stehen natürlich nicht mehr zur Verfügung. Es gibt noch einen Schlüssel, der in die eine noch verbliebene Tür passt. Folglich also: ich stecke den dritten Schlüssel in die linke Tür. Er passt und wir haben also den Fall (1,1,1).

Beachte bitte auch, dass die von uns verwendeten Tripel, wie in meinem letzten Post erläutert, nichts mit der räumlichen Verteilung der Türen zu tun haben.

Edit:

Lese ich da "sofern"? Bei eurem Fall (0,1,1) gibt es keine andere Möglichkeit, als beim zweiten Schlüssel die erste Tür nochmals zu probieren.

Tatsächlich ist es unter Berücksichtigung der zwei ersten Versuche tatsächlich egal, ob ich nun die gleiche Tür nochmal probiere oder erst eine der anderen. Im Gesamtbild kommen wieder beide Wahrscheinlichkeiten auf das gleiche raus. Ich muss in sofern meine Aussage "Es wäre besser, die gleiche Tür noch mal zu probieren" revidieren, verwende ich nämlich die Gleiche Tür wie beim ersten Versuch, so ergibt sich die Wahrscheinlichkeit für den Fall "(0,1,1) mit Wahl der gleichen Tür im zweiten Versuch" zu:
2/3*1/2*1/2 = 1/6,
verwende ich hingegen eine der beiden anderen Türen beim zweiten Versuch, so wird die Wahrscheinlichkeit für "(0,1,1,) mit Wahl einer der beiden anderen Türen im zweiten Versuch" zu
2/3*1/4*1 =1/6,
sofern ich hier berücksichtige, dass ich nun beim dritten mal bereits zweifelsfrei weiß (bzw. wissen kann), wo der Schlüssel passt (nämlich nun in die beim ersten Versuch getestete Tür.
Trotzdem habe ich bei der Wahl der zweiten Tür die freie Auswahl.