Variationen des Ziegenproblems

Variationen des Ziegenproblems
Heute morgen erzählte mir Bruno:
Gestern war ich in einer Gewinnshow. Ich musste zwischen 3 Toren auswählen, hinter einem befand sich laut Showmaster ein Auto. Da ich wenn möglich
immer links wähle, entschied ich mich für das linke Tor. Der Showmaster war
gerade dabei das besagte linke Tor zu önen, als plötzlich ein Chaot auf die
Bühne rannte und das rechte Tor aufriss. Dahinter befand sich eine blökende Ziege. Der Showmaster sah den gerechten Ablauf der Gewinnshow gestört
und bot mir an, mich zwischen den beiden noch geschlossenen Toren neu zu
entscheiden. Ich blieb beim linken Tor und gewann das Auto.
Wir nennen die in Brunos Anekdote geschilderte Situation das Ereignis
ist nun, ob Brunos Verhalten bei Eintreten von
E
E.
Die Frage
die beste Strategie war das Auto
zu gewinnen. Das beschriebene Szenario ist dem vielerorts diskutierten Ziegenproblem
ähnlich, wir werden es aber etwas allgemeiner betrachten.
A beschreibe die Platzierung des
pA = [pA (1), pA (2), pA (3)] die Verteilung von A mit
Die Zufallsvariable
B
Die Zufallsvariable
[pB (1), pB (2), pB (3)]
Autos hinter einem der
pA
Tore. Sei
pA (1) = P [Auto
hinter Tor 1]
(1)
pA (2) = P [Auto
hinter Tor 2]
(2)
pA (3) = P [Auto
hinter Tor 3].
(3)
beschreibe die Entscheidung Brunos mit der Verteilung
pB =
wobei
pB (1) = P [Bruno
wählt Tor 1]
(4)
pB (2) = P [Bruno
wählt Tor 2]
(5)
pB (3) = P [Bruno
wählt Tor 3].
(6)
Wir zeigen zunächst, dass man durch eine geeignete Wahl der Verteilung
unabhängig von
3
pB
das Spiel
gerecht machen kann.
Behauptung 1. Wir nehmen an, dass
sich unabhängig von der Verteilung
pA
dem das Auto steht, genau dann, wenn
Beweis von Behauptung 1. ⇐
Sei
A
und
B
unabhängig sind. Bruno entscheidet
mit Wahrscheinlichkeit
1/3
für das Tor, hinter
pB = (1/3, 1/3, 1/3).
pB = (1/3, 1/3, 1/3).
Die Wahrscheinlichkeit, dass
Bruno das Tor wählt, hinter dem das Auto steht, ist gegeben durch
P [Bruno
wählt das Auto]
=
3
X
pA (i)pB (i)
(7)
i=1
3
=
1X
pA (i)
3
(8)
i=1
1
= .
3
http://www.georg-boecherer.de/repository/ziegenproblem.pdf
(9)
1
⇒ Sei nun
pB 6= (1/3, 1/3, 1/3). Zu zeigen: Es existiert eine Verteilung pA , so dass
P [Bruno wählt das Auto] 6= 1/3. Die Annahme pB 6= (1/3, 1/3, 1/3) ist äquivalent zu
der Annahme, dass es ein n ∈ {1, 2, 3} gibt, so dass pB (n) > 1/3. Wir wählen pA so, dass
1, i = n
pA (i) =
(10)
0, i = {1, 2, 3} \ n
und erhalten
P [Bruno
wählt das Auto]
=
3
X
pA (i)pB (i)
(11)
i=1
= pA (n)pB (n)
(12)
= 1 · pB (n)
1
>
3
(13)
(14)
womit Behauptung 1 bewiesen ist.
Ist
pB = (1/3, 1/3, 1/3),
pB
so sagen wir
symmetrisiert pA bezüglich der Gewinnchance .
Die Auswahl des Tores, welches der Chaot önet, beschreiben wir mit der Zufallsvariablen
C
mit der Verteilung
pC = [pC (1), pC (2), pC (3)]
wobei
pC (1) = P [Chaot
önet Tor 1]
(15)
pC (2) = P [Chaot
önet Tor 2]
(16)
pC (3) = P [Chaot
önet Tor 3].
(17)
Von Interesse sind erstens das Ereignis, dass in der eingangs beschriebenen Situation
E
das Auto hinter dem von Bruno gewählten Tor steht oder formal
E1 = (a, b, c) ∈ {1, 2, 3}3 |a = b, c 6= b .
(18)
und zweitens das Ereignis, dass das Auto hinter dem dritten, noch verschlossenen Tor
steht oder formal
E2 = (a, b, c) ∈ {1, 2, 3}3 |a 6= b, c 6= a, c 6= b .
(19)
E1 ein, so ist es sinnvoll, das ursprüngliche Tor beizubehalten, weil man
E2 ein ist es sinnvoll zu wechseln. Da wir wissen, dass in
obiger Situation entweder Ereignis E1 oder Ereignis E2 eingetreten ist, also E = E1 ∪ E2 ,
und da E1 und E2 disjunkt sind, gilt für die bedingten Wahrscheinlichkeiten von E1 und
E2
Tritt das Ereignis
dann das Auto gewinnt, tritt
P [E1 ∪ E2 |E] = P [E1 |E] + P [E2 |E] = 1.
(20)
Wir wissen allerdings nicht, welches von beiden Ereignissen eingetreten ist. Wir haben
folgende Strategien zur Auswahl um auf das Angebot des Showmasters zu reagieren:
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2
1. Das ursprünglich gewählte Tor beibehalten.
2. Zum dritten Tor wechseln.
Mit unseren bisherigen Ergebnissen könnten wir beispielsweise wie folgt argumentieren:
Ist E eingetreten und gilt P [E1 |E] > P [E2 |E], so gewinnen wir das Auto mit
einer Wahrscheinlichkeit von P [E1 |E] > 1/2, falls wir Strategie 1 verwenden.
Die Wahrscheinlichkeiten der Ereignisse
Wahrscheinlichkeitsverteilung von
A, B
E1
und
und
C
E2
lassen sich aus der gemeinsamen
explizit berechnen. Wir betrachten zwei
Sonderfälle.
Der unwissende Chaot
Die Zufallsvariablen
A, B
und
C
sind unabhängig,
pA = pB = (1/3, 1/3, 1/3)
und
pC
ist
beliebig aber fest.
Behauptung 2. Tritt
E
ein, so gewinnen wir unabhängig von der verwendeten Strategie
mit der Wahrscheinlichkeit
Zu zeigen:
P [E2 |E] = 1/2.
1/2
ein Auto.
Wir haben
P [E2 , E]
P [E]
P [E|E2 ]P [E2 ]
=
P [E]
P [E2 ]
=
.
P [E]
P [E2 |E] =
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(21)
(22)
(23)
3
Wir berechnen
P [E]
zu
X
P [E] =
p(a, b, c)
(24)
p(a)p(b)p(c)
(25)
(a,b,c)∈E
X
=
(a,b,c)∈E
X
X
(a,b)∈{1,2,3}2
c6=a,c6=b
=
1
=
9
1
=
9
p(a)p(b)p(c)
X
X
(a,b)∈{1,2,3}2
c6=a,c6=b
X
X
p(c)
c∈{1,2,3}
p(c)
(26)
(27)
1
(28)
(a,b)∈{1,2,3}2
a6=c,b6=c
4
=
9
X
p(c)
(29)
c∈{1,2,3}
4
= .
9
Für
P [E2 ]
(30)
erhalten wir
X
P [E2 ] =
p(a, b, c)
(31)
(a,b,c)∈E2
X
=
X
X
p(a)p(b)p(c)
(32)
c∈{1,2,3} a∈{1,2,3} b∈{1,2,3}
a6=c b6=c,b6=a
X
=
X
p(c)
c∈{1,2,3}
a∈{1,2,3}
1
9
(33)
a6=c
2
=
9
X
p(c)
(34)
c∈{1,2,3}
2
= .
9
(35)
Zusammen haben wir
P [E2 |E] =
Das Gleiche gilt für
P [E2 ]
2/9
1
=
= .
P [E]
4/9
2
(36)
pB = pC = (1/3, 1/3, 1/3) und pA beliebig aber fest. Welchen
1/2 bei Eintreten von E auf die gesamte
Einuss hat die Gewinnwahrscheinlichkeit von
Gewinnwahrscheinlichkeit? Wir nehmen an, dass der Chaot bei jedem Spiel auf die Bühne
rennt und dass der Spielmodus nicht verändert wird, wenn der Chaot das Tor önet,
hinter dem sich das Auto bendet, das heisst Bruno bekommt das Auto, falls
und er bekommt es nicht falls
b 6= a
und
a=b=c
c = a.
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4
A, B , C paarweise unabhängig und pA = pB =
1/3 ist unabhängig von der Verteilung pC und der
Aufgabe 1. Zeigen Sie, dass für
(1/3, 1/3, 1/3)
die Gewinnchance
gewählten Strategie.
Der wissende Chaot
A und B sind unabhängig, B und C
pB = (1/3, 1/3, 1/3), pA ist beliebig aber fest und für C gilt
sind ebenfalls unabhängig,
P [c 6= a, c 6= b|(a, b, c) ∈ E2 ] = 1
(37)
Die Zufallsvariablen
d.h. falls Bruno das Auto nicht gewählt hat, so weiss der Chaot, wo dass Auto steht
und wählt immer das dritte Tor ohne Auto (welches Bruno nicht gewählt hat). Gilt
(a, b, c) ∈ E1 ,
so ist
C
beliebig verteilt auf
{1, 2, 3} \ a.
Dieses Szenario entspricht dem
klassischen Ziegenproblem.
Behauptung 3. Tritt
scheinlichkeit
Zu zeigen:
E
ein und verwenden wir Strategie 2, so gewinnen wir mit Wahr-
2/3.
P [E2 |E] = 2/3.
Wir berechnen zunächst
X
P [E2 ] =
P [E2 ].
Wir haben
p(a, b, c)
(38)
p(b)p(a, c)
(39)
(a,b,c)∈E2
X
=
(a,b,c)∈E2
X
=
X
p(b)
b∈{1,2,3}
p(a, c)
(40)
p(a)
(41)
(a,c)∈{1,2,3}2
a6=b,c6=a,c6=b
X
=
X
p(b)
b∈{1,2,3}
(a,c)∈{1,2,3}2
a6=b,c6=a,c6=b
X
=
p(a)
a∈{1,2,3}
X
p(b)
(42)
b∈{1,2,3}
b6=a
=
2
3
X
p(a)
(43)
a∈{1,2,3}
2
= .
3
http://www.georg-boecherer.de/repository/ziegenproblem.pdf
(44)
5
Für
P [E1 ]
erhalten wir
X
P [E1 ] =
p(a, b, c)
(45)
(a,b,c)∈E1
X
=
X
p(a)p(b)p(c)
(46)
(a,b)∈{1,2,3}2 c∈{1,2,3}
a=b
X
=
c6=a
X
p(a)p(b)
(a,b)∈{1,2,3}2
c∈{1,2,3}
a=b
c6=a
X
=
p(c)
(47)
p(a)p(b)
(48)
p(a)
(49)
(a,b)∈{1,2,3}2
a=b
1
=
3
X
a∈{1,2,3}
1
= .
3
Für
P [E]
(50)
erhalten wir somit
P [E] = P [E1 |E] + P [E2 |E]
1 2
= +
3 3
=1
d.h. bei jedem Gewinnspiel tritt Situation
E
(51)
(52)
(53)
ein. Für die Wahrscheinlichkeit
P [E2 |E]
erhalten wir weiter
P [E2 ]
P [E]
2/3
=
1
2
= .
3
P [E2 |E] =
Tritt
E
(54)
(55)
(56)
ein, gewinnen wir mit Strategie 2 also mit der Wahrscheinlichkeit
mit Wahrscheinlichkeit
mit Wahrscheinlichkeit
1 eintritt,
2/3.
gewinnen wir das Auto sogar bei
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2/3. Da E
jeder
aber
Gewinnshow
6