9 Paradoxien der Wahrscheinlichkeitsrechnung

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1 9 Paradoxien der Wahrscheinlichkeitsrechnung 9.1 Sankt-Petersburg-Paradox In einem Glücksspiel, für das eine Teilnahmegebühr verlangt wird, wird eine faire Münze so lange geworfen, bis zum ersten Mal Kopf fällt. Dies beendet das Spiel und es werden 2 k Euro ausgezahlt, wenn Kopf erst im k-ten Versuch erscheint. Was ist die faire Teilnahmegebühr für dieses Spiel? Offenbar ist die zugehörige Zufallsvariable X, die die Auszahlung regelt, geometrisch verteilt mit P(X = 2 k = 2 k EX = 2 k 2 k =. Dies ist gleichzeitig ein Beispiel für eine Zufallsvariable, für die das erste Moment, der Erwartungswert, nicht existiert. Die faire Teilnahmegebühr existiert daher nicht: Jeder Einsatz wäre zu niedrig. Andererseits - und das ist das Paradox - ist das Spiel nicht besonders interessant, wenn um einen Einsatz von etwa 100 Euro gespielt wird. Denn damit wird man in der Regel einen erheblichen Teil seines Einsatzes verlieren. k=1 9.2 Das Münzparadoxon Eine (perfekte Münze wird so lange geworfen bis KK oder KZ erscheint. Beide Ausgänge dieses Experiments sind gleich wahrscheinlich, denn sobald K geworfen wird, entscheidet der nächste Wurf mit Wahrscheinlichkeit 1/2 darüber. Anders ausgedrückt kommen in einer zufälligen K, Z-Folge die Muster KK oder KZ mit gleicher Wahrscheinlichkeit als Erstes vor. Überraschend ist daher, dass man auf das Muster KK länger warten muss als auf das Muster KZ. Wir bestimmen als erstes den Erwartungswert für KK. Sei E ges = Erwartungswert für die Länge der Folge bis einschließlich KK. E ges ist das arithmetische Mittel der beiden Erwartungswerte E K = Erwartungswert für die Länge der Folgen, die mit K beginnen, E Z = Erwartungswert für die Länge der Folgen, die mit Z beginnen. Beginnt die Folge mit K, kommt mit Wahrscheinlichkeit 1/2 als Nächstes ein K, womit das Muster KK fertiggestellt ist, oder als Nächstes ein Z, so dass der Erwartungswert dieses Ausgangs gerade 1+E Z beträgt. Insgesamt erhalten wir daher E K = (1+E Z = E Z 2. Steht Z am Anfang, so sind die entsprechenden Ausgänge 1+E K oder 1+E Z, insgesamt daher E Z = 1+E K + 1+E Z = (E K +E Z. Dieses Gleichungssystem in E K,E Z hat die Lösung E K = 5, E Z = 7, daher E ges = 6. Mit gleichen Bezeichnungen untersuchen wir den Erwartungswert für das Auftreten des Musters KZ. Ist K das erste Zeichen und folgt K, so ist der Ausgang E K + 1, kommt dagegen Z als zweites, haben wir 2. Das ergibt die Gleichung E K = (1 + E K /2 + 1, also E K = 3. Aus E Z = (1+E K /2+(1+E Z /2 folgt dann E Z = 5, daher E ges = 4. Der Widerspruch zwischen Wahrscheinlichkeit des ersten Auftretens und Erwartungswert wird noch stärker bei den Mustern KZKZ und ZKZZ. Die Wahrscheinlichkeit, dass KZKZ früher eintritt als ZKZZ ist 9 14 > 1 2, jedoch ist die durchschnittliche Wurfzahl bis KZKZ 20 und bis ZKZZ 18. Damit tritt das Ereignis, auf das man länger warten muss, häufiger ein. Von allen Mustern der Länge n haben die reinen Muster (also n-mal K oder n-mal Z den höchsten Erwartungswert für die Anzahl der Würfe, nämlich 2 n+1 2. Den niedrigsten Erwartungswert hat das Muster, das aus n 1 K gefolgt von einem Z besteht, nämlich 2 n. 72

2 9.3 Das Jacoby-Paradox im Backgammon Backgammon ist ein Zweipersonenspiel, das mit zwei Würfeln gespielt wird. Ziel des Spiels ist das Ausspielen der eigenen Steine, nachdem ein 24feldriger Parcour absolviert wurde. Im untenstehenden Bild werden nur die relevanten rechten Hälften des Spielfelds gezeigt. Im Bild links muss Weiß am Zuge seine letzten beiden Steine nach rechts ausspielen, wozu minimal eine 5 und eine 2 gewürfelt werden muss. Man braucht aber keine Punktlandung zur erfolgreichen Beendigung des Spiels, in der angegebenen Position würde auch (6, 4 reichen. Allerdings können nicht verbrauchte Punkte eines Würfels nicht für den zweiten Würfel verwendet werden. Mit (6,1 kann man den Stein auf der 5er Linie ausspielen, aber mit dem anderen Stein nur ein Feld vorwärts marschieren. Ferner wird ein Pasch, also zwei gleiche Augen auf den beiden Würfeln, viermal statt zweimal gezählt. Mit Pasch 2 würde man in der angegebenen Position ebenfalls erfolgreich ausspielen: Den Stein auf der zweiten Linie mit einer 2 und den auf der 5-ten Linie mit Abbildung 1: Endspielpositionen zum Jacoby-Paradox Ist man am Zuge, so kann man vor dem Würfeln den Verdoppler-Würfel einsetzen. Akzeptiert der Gegner, so verdoppelt sich die Auszahlung des Spiels in unserem Fall von 1 auf 2. In diesem Fall geht der Verdoppler-Würfel auf den Gegner über und nur er kann in Zukunft weiter verdoppeln. Akzeptiert der Gegner die Verdopplung nicht, so ist das Spiel für ihn mit einem Minuspunkt verloren. Als Erstes untersuchen wir, wann ein Spieler eine Verdopplung akzeptieren soll. Spieler S gewinne mit Wahrscheinlichkeit x und verliere mit Wahrscheinlichkeit 1 x. In dieser Situation setzt Spieler W den Verdopplerwürfel ein. Akzeptiert S die Verdopplung, so ist sein Erwartungswert 2x + ( 2(1 x = 4x 2. Andernfalls hat S verloren, sein Erwartungswert ist dann 1. S soll daher die Verdopplung akzeptieren, wenn seine Gewinnaussicht größer als 1/4 ist. In den Backgammon-Positionen in obiger Abbildung darf Weiß am Zuge verdoppeln, Schwarz aber nicht. In der linken Position gewinnt Weiß mit den Würfen 2 2, 5 2, 6 2, 3 3, 5 3, 6 3, 4 4, 5 4, 6 4, 5 5, 6 5, 6 6. Da Würfe mit unterschiedlichen Augenzahlen doppelt gezählt werden müssen, ist die Gewinnwahrscheinlichkeit für Weiß 19/36, der Erwartungswert daher 2/36. Weiß verdoppelt. Da die Gewinnwahrscheinlichkeit für Schwarz größer als 1/4 ist, nimmt er an. Der Erwartungswert für Weiß ist dann 4/36 = 1/9. In der rechten Position in Abbildung 1 steht Weiß besser, da er auch nach einem Fehlwurf noch gewinnen kann. Wir untersuchen zunächst den Fall, dass Weiß nicht verdoppelt. Es gibt die Möglichkeiten: 1 Weiß gewinnt sofort. 2 Weiß greift fehl und Schwarz gewinnt im nächsten Zug. 3 Weiß kommt ein zweites Mal zum Zug. 1 trifft mit Wahrscheinlichkeit 19/36 auf wie zuvor. Mit Wahrscheinlichkeit 17/36 kommt Schwarz zum Zuge und verliert nur mit den Würfen 1 1, 1 2, 1 3, was einer Wahrscheinlichkeit von 5/36 entspricht. Demnach ist die Wahrscheinlichkeit für 2 (17/36 (31/36 = 527/1296. Kommt es mit Wahrscheinlichkeit 85/1296 zu 3, so setzt Weiß den Verdopplerwürfel, Schwarz muss ablehnen, so 73

3 dass Weiß in 3 immer gewinnt. Der Erwartungswert von Weiß berechnet sich daher zu ( = = Verdoppelt Weiß dagegen im ersten Zug, so nimmt Schwarz an und verdoppelt seinerseits, wenn Weiß im ersten Zug nicht gewinnt. Weiß muss die Verdopplung ablehnen, weil seine Gewinnaussicht nur noch 5/36 beträgt. Der weiße Erwartungswert ist daher nur 4/36 = 1/9 = wie in der Position zuvor. In der besseren Stellung kann daher Verdoppeln die schlechtere Alternative sein. 9.4 Das Bridge-Paradoxon Bridge ist ein Stichspiel für vier Personen und wird mit einem französischen Blatt zu 52 Karten gespielt. Es spielen zwei Parteien zu zwei Spielern gegeneinander. Die stärkere Partei I bestimmt in einem komplizierten Verfahren die Trumpffarbe, 13 von 52 Karten sind daher Trümpfe. Wie in jedem Stichspiel ist die Verteilung der gegnerischen Trümpfe für die Partei I von entscheidender Bedeutung. Angenommen, es fehlen Partei I 6 Trümpfe. Dann ist die Wahrscheinlichkeit für eine 3 3-Verteilung für eine 4 2- oder 2 4-Verteilung ( 6 ( ( 26 = , 13 ( 6 ( 20 ( 6 ( ( 26 + ( 26 = Eine etwas ungleiche Verteilung ist also wesentlich wahrscheinlicher als die 3 3-Verteilung. Nun werden zwei Runden Trumpf gespielt, und wir nehmen an, dass in diesen Runden 8 Trümpfe fallen, was die Anfangsverteilungen 5 1 und 6 0 ausschließt. Es gibt jetzt noch für jeden Spieler 11 Karten mit zusammen 2 Trümpfen für Partei II. Die Wahrscheinlichkeit für eine 1 1-Verteilung ist nun ( 20 ( ( 22 = 11 21, 11 für die Verteilungen 2 0 und 0 2 bleiben dann noch 10/21. Der ursprünglich seltenere Fall 3 3 wird nun zum etwas häufigeren Fall 1 1. Wie ist das zu erklären? Soll Partei I nun davon ausgehen, dass 1 1 jetzt häufiger ist als die ungleiche Verteilung? Das Paradox hat nichts damit zu tun, dass ursprünglich noch andere Verteilungen vorliegen konnten, denn dadurch wird das Verhältnis zwischen den Verteilungen nicht verändert. Es kann dadurch aufgelöst werden, dass man bestimmt, auf wie viele Weisen in den ersten beiden Runden die Trümpfe ausgespielt werden können. Haben wir zu Anfang eine 3 3-Verteilung, so können beide Partner ihre Trümpfe auf 3 2 verschiedene Arten ausspielen, das sind insgesamt 36 Möglichkeiten. Bei einer 4 2-Verteilung kommen wir dagegen auf = 24 Möglichkeiten. Diese unterschiedlichen Ausspielmöglichkeiten muss man durch = 2 3 kompensieren. In der Tat sind zwei Drittel von : = genau 805 : =

4 9.5 Das Paradox des zufälligen Schenkens Zu einer Party nehmen n Personen ein kleines Geschenk mit. Mit einer Tombola werden die n Geschenke wieder auf die Anwesenden zufällig verteilt. Überraschenderweise ist die Wahrscheinlichkeit ziemlich hoch, dass jemand sein eigenes Geschenk wieder zurückbekommt. Wir bestimmen die Anzahl a n der fixpunktfreien Permutationen der Menge A n = {1,...,n}. 1 kann auf ein beliebiges 1 < j n abgebildet werden, das sind n 1 Möglichkeiten. Wird j auf die 1 abgebildet, so gibt es für die übrigen i 1,j genau a n 2 fixpunktfreie Permutationen. Wird j nicht auf die 1 abgebildet, so ersetzen wir 1 durch j. Unsere Bedingung an die Zahlen 2,...,n ist dann, dass sie nicht auf sich selber abgebildet werden dürfen, wozu es a n 1 Möglichkeiten gibt. Wir erhalten die Rekursion Als nächstes zeigen wir, dass a n = (n 1(a n 1 +a n 2 für n 2, a 1 = 0, a 2 = 1. a n = n! n ( 1 i, n Æ. Die Anfangsbedingungen a 1 = 0, a 2 = 1 sind jedenfalls erfüllt. Es gilt (n 1(a n 1 +a n 2 = = n 2 ( 1 i n 2 ( 1 i ( ( 1 n 1 (n 2!+(n 1! (n 1+ (n 1! (n 1(n 1! n!+ ( 1n 1 ( 1n 1 n n! (n 1! (n 1! (n 1!n n = n! ( 1 i = a n. Die möglichen Fälle, die bei der Tombola vorkommen können, sind die Permutationen der Menge A n, also n!. Daher ist bei n Personen die Wahrscheinlichkeit, dass niemand sein eigenes Geschenk zurückbekommt, n ( 1 i p n = 1 e = , insbesondere p 3 = , p 4 = Obwohl auch hier die Zufallsvariablen, die beschreiben, ob die Person i das Geschenk i bekommt oder nicht bekommt, nicht unabhängig voneinander sind, könnten wir wie in Beispiel 8.6(ii argumentieren: Jeder Teilnehmer bekommt zufällig eines von n Geschenken und es ist ohne Belang, dass auch andere Teilnehmer ein Geschenk bekommen. Die Wahrscheinlichkeit, dass ein Teilnehmer sein Geschenk nicht zurückbekommt, ist 1 1 n, also wäre mit dieser Argumentation die Wahrscheinlichkeit, dass niemand sein eigenes Geschenk bekommt, das Produkt der Einzelwahrscheinlichkeiten, also (1 1 n n. Dies ist bereits für n = 2 falsch, konvergiert aber ebenfalls gegen e 1. Das hier dargestellte Problem wird heute auch als Wichtelproblem bezeichnet und es wird nach der Wahrscheinlichkeit der Selbstbewichtelung gefragt. Bewichtelung und Selbstbewichtelung, darauf muss man erst einmal kommen. 9.6 Die intransitiven Würfel Wir betrachten Würfel, die auf ihren Seiten auch andere Zahlen als 1 bis 6 haben dürfen. Wir sagen, der Würfel A schlägt den Würfel B, wenn er beim Würfeln mit Wahrscheinlichkeit p > 1/2 die höhere Zahl zeigt als B. Man könnte vermuten, dass die Relation schlägt transitiv ist: Wenn A B schlägt und B C, so schlägt A auch C. Wir wollen uns hier mit der Konstruktion von Würfeln befassen, bei denen A B, B C und C A schlägt. Bei diesen Würfeln kann Spieler I dem Spieler II vorschlagen, einen Würfel zu wählen. Daraufhin wählt Spieler I einen der verbliebenen Würfel, mit dem er gegen Spieler II gewinnt. 75

5 Das Standard-Beispiel sind die chinesischen Würfel, bei denen die Augenzahlen auf den Würfeln nicht alle verschieden sind: Würfel A : 3,3,3,3,3,6, Würfel B : 2,2,2,5,5,5, Würfel C : 1,4,4,4,4,4. Tritt ein Würfel gegen einen anderen an, so gibt es 36 Fälle zu untersuchen. Man rechnet leicht nach, dass A schlägt B, B schlägt C jeweils mit Wahrscheinlichkeit 21/36 und C schlägt A mit Wahrscheinlichkeit 25/36. Bei den Augen auf einem dieser Würfel könnte es sich auch um die Noten zur Bewertung eines Politikers bei einem Sechstel der Wähler handeln. Wenn nun jeder Wähler nach seiner Präferenz abstimmt, gewinnt Politiker A gegen B, B gegen C und C gegen A. Man kann allgemein zeigen, dass es bei mehr als zwei Kandidaten kein gerechtes Wahlverfahren gibt. Mathematiker haben vorgeschlagen, dass bei der Wahl zwischen n Politikern oder Parteien Präferenzpunkte von n 1 bis 0 durch den Wähler vergeben werden. Diese Punkte werden einfach addiert, eine Stichwahl ist überflüssig. 9.7 Paradox der eigenen Meinung Fünf Richter 1, 2, 3, 4, 5 fällen ihre Urteile durch eine einfache Mehrheitsentscheidung, wobei sich 1 und 2 in 5% der Fälle irren, 3 und 4 in 10% der Fälle und 5 in 20% der Fälle. Die entsprechenden Irrtümer sind dabei voneinander unabhängig. Die Wahrscheinlichkeit für ein Fehlurteil ist dann etwa 0, 7%, was überraschend wenig ist. Verzichtet dagegen 5, der die höchste Irrtumswahrscheinlichkeit hat, auf eine eigene Meinung und schließt sich dem Richter 1 mit der geringsten Irrtumswahrscheinlichkeit an, so steigt die Wahrscheinlichkeit auf ein Fehlurteil auf rund 1, 2%. Können Sie das nachvollziehen? Seien p i die Wahrscheinlichkeiten, dass Richter i sich nicht irrt, also p 1 = p 2 = 0,95, p 3 = p 4 = 0,9 und p 5 = 0,8. Kein Fehlurteil kommt zu Stande, wenn sich 0 bis 2 Richter irren. Kein Richter irrt sich mit Wahrscheinlichkeit a = p 1...p 5 = 0, Um die anderen Möglichkeiten zügig zu berechnen, setzen wir s i = 1 p i p i, s 1 = s 2 = 0, , s 3 = s 4 = , s 5 = 0,25. Damit erhalten wir für die Wahrscheinlichkeit p, dass sich 0 bis 2 Richter irren p = a ( 1+ 5 s i + i=1 5 i,j=1, i j s i s j = 0, , was zu einem Fehlurteil mit Wahrscheinlichkeit 1 0, führt, das sind rund 0,7% der Fälle. Schließt sich Richter 5 der Meinung von Richter 1 an, so bleiben p 1,...,p 4 wie zuvor. Die Wahrscheinlichkeit, dass sich kein Richter irrt, ist dann a = p 1...p 4 = 0, s 1,...,s 4 seien die gleichen Zahlen wie zuvor. Dann gilt für die Wahrscheinlichkeit, dass sich 0 bis 2 Richter irren, p = a ( 1+ 4 s i +s 2 s 3 +s 2 s 4 +s 3 s 4 = 0, , was einer Irrtumswahrscheinlichkeit von etwa 1, 2% entspricht. i=1 9.8 Ein alter Jahrmarktschwindel Ein alter Jahrmarktschwindel verwendet drei Spielkarten, je eine, die auf beiden Seiten rot bzw. schwarz ist, sowie eine, die auf einer Seite rot und auf 76

6 der anderen schwarz ist. Man zieht eine dieser Karten so, dass nur die Oberseite zu sehen ist. Der Budenbesitzer wettet, dass die Unterseite die gleiche Farbe wie die Oberseite besitzt. Wenn man nun dagegen wettet, ist die Wette fair, weil es ja nur zwei Karten mit der jeweiligen Farbe auf der Oberseite gibt. Oder? 77