Das Ziegenproblem

von R. Grothmann

In schöner Regelmäßigkeit tauchen in der Usenet-Gruppe de.sci.math dieselben Anfragen auf. Beliebt ist etwa die Diskussion, ob 0.999... gleich 1 ist oder nicht. Kann man dies noch als schrullige Unklarheit bei mathematischen Laien abtun (obwohl ich davor warne), so gibt es doch einige etwas substantiellere mathematische Probleme, die immer wieder aufgekocht werden. Eines davon ist das Ziegenproblem.

Woher das Problem genau stammt, ist unbekannt. Keith M. Ellise rollt auf seiner Seite im Internet die Historie und das Problem gründlich auf. Er nennte das Problem "Monty-Hall-Problem". Die folgenden Referenzen stammen von seiner Seite, die inzwischen aufgelassen wurde.

Berühmt wurde das Problem jedenfalls dadurch, das eine Kolumnistin Marylin los Savant es in einer amerikanischen Zeitschrift darstellte und die korrekte Lösung wiedergab. Sie bekam daraufhin eine Unmenge Post, von Mathematikern und von Nicht-Mathematikern. Die meisten waren überzeugt, dass die beschriebene Lösung falsch sei. Dieser Überzeugung machten manche in Worten Luft, die nichts anderes als blanken Chauvinismus enthüllten.

Über dieses Problem gibt es inzwischen mehr als genug Artikel im Netz. Sogar ein ganzes Buch widmet sich dem Thema (Gerold von Radow: "Das Ziegenproblem). Ich füge daher dieser Lawine von Publikationen eine hinzu, die eine ganz bestimmte Absicht hegt. Es geht mir darum darzustellen, warum selbst ansonsten intellektuell anspruchsvolle, ja sogar mathematisch gebildete Persönlichkeiten bei der Lösung dieses Problems fehl gehen.

Einige Zitate aus dem NewsNet habe eingefügt. Allerdings impliziert mein Verständnis des NewsNet, dass ich die Zitate anonym gelassen habe.

Das Problem

Zunächst muss allerdings nochmals das Problem geschildert werden. Hier ist das Setup, wie es normalerweise dargestellt wird.

Ein Teilnehmer einer Fernsehshow wird vor drei gleich aussehende Türen gestellt. Hinter zwei der Türen befinden sich Ziegen, die als Nieten fungieren sollen. Hinter der dritten steht der Hauptgewinn, sagen wir ein Auto. Der Kandidat soll nun eine Tür auswählen. Nachdem er dies getan hat, öffnet der Showmaster eine der anderen, nicht gewählten Türen und siehe da, dahinter befindet sich eine Ziege. Der Showmaster gibt dem Kandidat nun die Gelegenheit zu wechseln, und die Frage ist, ob der Kandidat wechseln soll oder nicht.

Zusammenfassend also

Zunächst stört mich immer, dass die Aufgabe so offenbar nicht vollständig gestellt ist. Ich habe sogar schon geglaubt, dass die Schwierigkeit in dieser Lücke begründet sei. Inzwischen bin ich zwar überzeugt, dass das Problem auch bei exakter Formulierung zu falschen Lösung anreizt. Aber dennoch sollte man die Regeln zunächst klären. Die gleiche Haarspalterei wird auf der Seite von Herb Weimer vehement und eloquent vertreten.

Es ist doch so, dass der einzelne Spieler in der konkreten Situation rein gar nichts entscheiden kann. Wenn nämlich nicht feststeht, dass der Showmaster eine Tür öffnen muss, so handelt es sich um das psychologische Dilemma zu entscheiden, ob das Öffnen der Tür eine Hilfe oder eine Ablenkung sein soll. Mathematisch entsteht dann ein ganz anderes Problem, nämlich ein Zweipersonenspiel, bei dem der Showmaster zwischen den Taktiken "Tür öffnen" und "erste Wahl akzeptieren" wählen muss, und der Spieler zwischen den Taktiken "Tür halten" und "Tür wechseln". Spielt der Showmaster darauf, den Preis zu behalten, so ist seine optimale Taktik offenbar, eine falsche Wahl zu akzeptieren, und eine richtige zum Wechseln frei zu geben. Der Spieler muss bei seiner ersten Wahl bleiben und hat eine Gewinnchance von 1/3.

Man mag diesen Einwand wie gesagt für haarspalterisch halten. Er zeigt aber das wesentliche Element der Statistik:

Eine Antwort auf eine konkrete Frage kann nur gegeben werden, wenn die Regeln feststehen, und der statistische Versuch im Prinzip wiederholbar ist.

Einzelfälle kann die Statistik nicht entscheiden oder bewerten. Sie kann zum Beispiel nicht die nächste Zahl eines konkreten Wurfs voraussagen. Nur über eine große Zahl von Würfen kann die Statistik eine Aussage machen. Dies heißt nicht, das nur tatsächlich wiederholte Experimente bewertet werden können. Es geht darum, dass die Regeln des Experiments feststehen müssen, damit es mathematisch behandelt werden kann. Danach ist es prinzipiell, zumindest theoretisch wiederholbar.

Wie halten also fest, dass in diesem Experiment die Regeln so sind, dass der Showmaster die zweite Tür jedes Mal öffnet.

Die Lösung

Mit Hilfe der Vorstellung von einem wiederholten Experiment ist es eigentlich nicht mehr schwer, die Gewinnchance für beide möglichen Taktiken korrekt anzugeben.

Taktik I

Wir halten die erste Wahl und kümmern uns nicht darum, ob uns der Showmaster eine neue Chance gibt. Natürlich finden wir auf diese Art im Schnitt in 1/3 aller Experimente den Preis. Denn wir treffen den Preis ja nur, wenn er schon hinter der Tür war, die wir anfangs gewählt hatten. Die Gewinnchance der Taktik I ist also 1/3.

Taktik II

Wir wechseln in jedem Fall. Dann ist es offenbar so, dass wir den Preis genau dann bekommen, wenn wir ihn bei der ersten Wahl nicht getroffen hatten. (Wenn wir ihn beim ersten Mal hatten, so verlieren wir ihn durch das Wechseln). Dies ist in 2/3 aller Experimente zu erwarten. Die Gewinnchance der Taktik II ist also 2/3. Man kann einfach sagen, dass die Taktik II dann Erfolg hat, wenn die Taktik I versagt, also in 1-1/3=2/3 aller Fälle.

Ein Poster im NewsNet drückt dies folgendermaßen aus.

D.h. das ganze Spiel ist nichts als eine mit Brimborium verkleidete Variante des Spiels:

Kandidat wählt eine Tür. Danach hat er die Möglichkeit, seine Tür oder die beiden anderen Türen gleichzeitig zu öffnen ;-)

Dies trifft ziemlich genau das, was im Endeffekt passiert. Bei Taktik I ist am Schluss eine Tür offen, und bei Taktik II eben zwei, und wir gewinnen wenn eine davon den Preis enthält.

Anders ausgedrückt, hat das folgende Spiel eine Gewinnchance von 2/3: Der Quizzmaster wird gezwungen, eine von zwei vorgegebenen der drei Türen zu öffnen (aber eine mit einer Niete), und der Kandidat öffnet dann die andere.

Man bemerke, dass wir hier nicht mit Wahrscheinlichkeitsräumen argumentiert haben. Allerdings ist jede denkbare Argumentation mit W-Räumen äquivalent zu der obigen Überlegung "wiederholtes Experiment". Unsere Häufigkeitsangaben beruhen nämlich darauf, dass wir alle möglichen Fälle überblickt haben und als gleich wahrscheinlich eingeordnet haben, und uns schließlich noch die Mühe machen, den Anteil der günstigen Fälle zu ermitteln. Dies ist äquivalent zum Aufstellen eines W-Raumes und der Berechnung der Wahrscheinlichkeit für ein bestimmtes Ereignis.

Wenn das Zufallsexperiment festliegt, entsteht der Wahrscheinlichkeitsraum von alleine.

Zusammengefasst haben wir

Das Problem der Fragestellung

Auf folgende Schlussfolgerung hat mich Herr Dr. Fischer aufmerksam gemacht.

Nehmen wir an, der Showmaster entscheidet in den Fällen, in denen der Kandidat den Porsche getroffen hat, nicht mit dem Würfel, sondern nach einer festen Regel, die dem Kandidaten bekannt ist. Er öffnet beispielsweise B, wenn der Porsche hinter A ist und der Kandidat A gewählt hat, C bei B und A bei C, also gewissermaßen immer die Tür rechts von der Kandidatentür.

In der Hälfte aller Fälle, in denen die Tür rechts neben der Kandidatentür geöffnet wird, wird der Kandidat mit der Wechselstrategie Erfolg haben. Wird allerdings die Tür links von der Kandidatentür geöffnet, so hat die Wechselstrategie 100% Erfolg. Insgesamt hat die Wechselstrategie wieder eine Erfolgswahrscheinlichkeit von 2/3.

Dies muss ja auch so sein, weil sich die Gewinnwahrscheinlichkeit von 1/3 bei der Nichtwechsel-Strategie nicht geändert hat. Es folgt allgemein, dass die Wechselstrategie für den Kandidaten immer zu optimalen Ergebnissen führt, egal nach welchem Plan der Showmaster die Türen öffnet. (Es sei denn - wie oben bemerkt - es steht ihm frei, keine Tür zu öffnen.)

Das zeigt, dass unser Originalexperiment eigentlich nicht eindeutig festgelegt war. Es fehlte die Information, welche Tür der Quizzmaster öffnet. Für die Frage nach der Gewinnwahrscheinlichkeit der Wechselstrategie war das unerheblich. Aber die Zusatzinformation, welche Tür der Quizzmaster öffnet, spielt für andere Fragestellungen durchaus eine Rolle.

Überlegen wir einmal, wonach wir eigentlich fragen, und worauf wir oben die Antwort gegeben haben. Wir haben nämlich - vernünftigerweise - die Frage gestellt: Wie soll sich der Kandidat verhalten? Dann haben wir zwei Taktiken des Kandidaten (wechseln oder nicht wechseln) miteinander verglichen und basierend auf unserem Experiment die bessere aussortiert. Die Gewinnwahrscheinlichkeit unter allen Quizz-Experimenten war 2/3.

Gewöhnlich wird aber einfach gefragt: Wie ist die Wahrscheinlichkeit, dass der Gewinn hinter Tür B liegt? Das heißt, ein Beobachter begibt sich in eine Show und sieht, wie der Kandidat die Tür A wählt und der Quizzmaster Tür C öffnet. Für den Beobachter ist es nun legitim zu antworten, dass die Wahrscheinlichkeit dafür, dass der Gewinn hinter Tür B liegt, nicht ermittelt werden kann, weil das Verhalten des Showmasters nicht genau bekannt ist. Sie kann irgendwo zwischen 1/2 und 1 liegen.

Umformulierung

Folgende Umformulierung des Ziegenproblems habe ich ebenfalls im NewsNet entdeckt.

Mir gefällt das Rätsel eigentlich in der ursprünglichen Variante besser: Von 3 Gefangenen wird einer freigelassen und 2 hingerichtet. Gefangener A besticht den Wächter, ihm den Namen eines Hinrichtungskandidaten zu nennen. Der Wächter sagt: "C wird hingerichtet". A freut sich, weil er meint, dass seine Chance auf Begnadigung jetzt 1/2 ist. Er kann sich durch Klopfzeichen mit B verständigen, der meint, seine Chance sei jetzt ebenfalls 1/2.

In Wirklichkeit ist die Chance von A nach wie vor 1/3, währen die Chance von B auf 2/3 gestiegen ist.

Zumindest für den Gefangenen B hat der Wächter verwertbare Information geliefert.

Zur Klarstellung sollte auch hier gesagt sein, dass der Wärter natürlich A nicht sein eigenes Schicksal offenbaren darf.

Der verwirrende Gedanke des Postings schreit nach Aufklärung. Insbesondere stellt sich die Frage, warum die Chancen von B nun plötzlich besser sein sollen als die von A. Das kann doch nicht allein daran liegen, dass A gefragt hat! Wenn jetzt B noch einmal fragt und dieselbe Antwort bekommt, geht dann der schwarze Peter wieder an A?

Diese Probleme zeigen uns, dass wir die Frage nicht klar genug gestellt haben. Wir betrachten natürlich die Wahl des Freizulassenden durch den König als Zufallsexperiment. Wenn wir nun danach fragen, mit welcher Strategie man am besten den Freizulassenden errät, so ist klar, dass wir eine Erfolgschance von 2/3 haben, wenn wir vom Fragenden auf den letzten verbleibenden Gefangenen (hier also B) wechseln. Die Argumentation ist genau wie im Fall der Ziegen und des Autos.

Diese Art der Antwort wird überlebenswichtig, wenn der Wärter A die Wahl gibt, mit B zu tauschen. Offenbar sollte er das tun, da er mit dieser Strategie in 2/3 aller Fälle (Wahl des Königs) überlebt.

Wir können aber auch fragen, wie die Chancen für A und B stehen, wenn unser Wissen darin besteht, dass C nicht ausgewählt wurde. Dann ist natürlich die Chance einfach pari zwischen A und B. Dies ist eine ganz andere Frage, die für eine optimale Strategieauswahl nicht taugt, da ja nicht immer verraten wird, dass genau C nicht ausgewählt wurde. Die Frage ist für eine vernünftigen Überlebensplanung von A nicht sachgemäß.

Folgende Analyse stammt aus dem NewsNet.

Nehmen wir oBdA an, ich habe Tür 1 gewählt.

Fall A: Der Moderator wählt Tür 3. Dann ist das Ereignis "Preis nicht hinter 3" , also "Preis hinter 1 oder Preis hinter 2" eingetroffen. Daher können wir mir bedingten Wahrscheinlichkeiten weiterarbeiten. Die bedingte Wahrscheinlichkeit "Preis hinter 1 falls nicht hinter 3" ist 1/2 und die Wahrscheinlichkeit "Preis hinter 2 falls nicht hinter 3" ist 1/2" ist 1/2. Also ist es egal, ob ich wechsele.

Fall B: Der Moderator öffnet Tür 2. Dieselbe Argumentation.

Das Problem ist weniger, die richtige Lösung vorzurechnen, sondern die exakte Stelle zu zeigen, wo der Hund bei der obigen Argumentation begraben ist.

Dem letzten Satz kann ich nur zustimmen.

Der Fehler in der zitierten Argumentation besteht darin, zu behaupten, nachdem man eine Niete gesehen hat, wäre die Wahrscheinlichkeit doch "offenbar" 1/2, dass der Preis hinter einer der beiden restlichen Türen ist. Dies wird bisweilen mathematisch als bedingte Wahrscheinlichkeit verbrämt, trifft aber hier die Sachlage nicht.

Man hüte sich vor solchen Wahrscheinlichkeiten, hinter denen keine Experimente (oder äquivalent: Wahrscheinlichkeitsräume) stecken. Wollte man die Argumentation mit einem Experiment nachvollziehen, so wäre das Design so:

Das ist nicht dasselbe wie das Experiment, das ich oben festgelegt habe. Daher muss nicht dasselbe herauskommen.

In der Tat ist der Showmaster einmal völlig frei in seiner Wahl zwischen den Nieten, und einmal ist er durch die erste Wahl des Kandidaten fixiert, wenn diese Wahl auf eine Niete fiel. Diese Fixierung ergibt sozusagen eine zusätzliche Information, aus der der Kandidat Gewinn ziehen kann.

Noch ein Zitat aus dem NewsNet.

In einer anderen Aufgabe, die fast genauso klingt, macht es plötzlich keinen Unterschied mehr, wenn man "umwählt":

Drei Leute ziehen je ein Streichholz, wenn es 2 Lange und ein Kurzes gibt. Wer das Kurze zieht verliert. Der erste zieht ein Langes, der zweite hat sich schon vorher für eines der anderen beiden entschieden. Wenn er nun "umwählt" macht es keinen Unterschied.

Was ist hier anders?

Offenbar ist dem Poster das Design seines Experimentes unklar. Vermutlich ist derselbe Fehler gemeint, den wir eben dargestellt haben. Was heißt "hat sich schon vorher entschieden"?

Ein etwas anderes Problem

Machen wir einmal das folgende Experiment.

Sieht dies nicht ganz wie das Originalproblem aus, wobei der Kandidat immer die Wechseltaktik II wählt? Streicht man nämlich die Fälle, in denen die Runde wiederholt wird, so wechselt doch in den anderen Fällen der Kandidat wie geplant seine Tür.

Eine kurze Rechnung führt aber auf ein anderes Ergebnis.

Zählt man die gestrichenen Runden nicht, so erhält der Kandidat den Preis also nur in 1/2 aller Fälle.

Ein Poster im NewsNet hat das so ausgedrückt.

Dies wäre z.B. der Fall, wenn der Kandidat, der Tür 1 geöffnet hat, persönlich Tür 2 öffnet, keinen Preis vorfindet, und jetzt neu über die Wahrscheinlichkeit nachdenkt, dass der Preis hinter seiner Tür 1 ist. Jetzt besitzt er tatsächlich eine Information und die Wahrscheinlichkeit, dass der Preis hinter Tür 1 ist, ist von 1/3 auf 1/2 gestiegen.

Hier wird, allerdings nur implizit, das Streichen der Runden angedeutet, in denen der Kandidat beim zweiten Mal einen Preis findet.

Natürlich sind die beiden Experimente nur scheinbar äquivalent. Der Unterschied ist, dass der Showmaster die zweite Tür zufällig wählt, und bei falscher Wahl die Runde gestrichen wird. Dadurch wird dem Kandidaten ein Nachteil zugeführt, weil er in diesen Fällen die Information, die ihm der Showmaster geben müsste, nicht erhält.

Einfacher gesagt, zwei Dinge sind nur gleich, wenn sie auch wirklich gleich sind.

Verallgemeinerungen

Dieser Lieblingssport der Mathematiker lässt sich auch mit dem Ziegenproblem betreiben. Eine hübsche Idee fand ich in de.sci.mathematik. Angenommen, es gibt 100 Türen, und nach der ersten Wahl des Kandidaten öffnet der Showmaster 98 Nieten. Nun wird jeder, der bei Verstand ist, zur letzten freien Tür (man stelle sich vor, es ist Nr. 37) wechseln. Er hat damit eine Gewinnchance von immerhin 99%.

Die offensichtliche Verallgemeinerung mit n Türen, von denen der Showmaster nach der ersten Wahl k öffnet, ist natürlich leicht zu behandeln. Wechselt man nach der ersten Wahl auf eine der verbleibenden n-k-1 Türen, so ist die Gewinnchance offenbar (1-1/n)/(n-k-1). Denn mit Wahrscheinlichkeit 1-1/n ist die erste Tür die falsche und eine der n-k-1 die richtige. Das Argument von oben ist also leicht auf diesen Fall anzuwenden.

Für Bayesianer

Dieser Abschnitt ist nur für Mathematiker, die sich mit der Notation der bedingten Wahrscheinlichkeiten auskennen. Alles, was hier steht, ist natürlich äquivalent zur Betrachtung von Wahrscheinlichkeitsräumen. Ob es wirklich einfacher ist, sei dahingestellt.

Wir haben die Ereignisse S1, S2, S3, die bezeichnen, welche Tür der Spieler wählt. Dann haben wir die Ereignisse T1, T2, T3, die die Tür bezeichnen, die der Quizzmaster öffnet. Schließlich die Ereignisse G1, G2, G3, die die Tür bezeichnen, hinter der der Gewinn ist. Diese Tripel von Ereignissen schließen sich gegenseitig aus, und eine der dreien muss jeweils eintreten.

Wo der Gewinn ist, darf nicht davon abhängen, welche Tür der Spieler wählt. Also können wir zum Beispiel

P(G1 | S1) = P(G2 | S1) = P(G3 | S1) = 1/3

annehmen. Aufgrund der Regeln für das Spiel muss der Quizzmaster eine Tür mit Niete öffnen. Also gilt

P(T2 | G3*S1) = P(T3 | G2*S1) = 1.

(Dabei steht * dafür, dass beide Ereignisse eintreten.) Die Wechselstrategie gewinnt unter der Bedingung S1, wenn T2*G3 oder T3*G2 eintritt. Die beiden Ereignisse können nicht gleichzeitig eintreten. Also mit der Formel von Bayes

P(T2*G3+T3*G2 | S1) 
= P(T2*G3 | S1) + P(T3*G2 | S1) 
= P(T2 | G3*S1) * P(G3 | S1) + P(T3 | G2*S1) P(G2 | S1) 
= 2/3

Dies ist das Ergebnis, das wir schon kennen. Die Wechselstrategie gewinnt in 2/3 aller Fälle.

Allerdings könnte man nun fragen, wie die Wahrscheinlichkeit für G3 ist, wenn T2 und S1 eingetreten sind. Es gilt, wieder mit der Formel von Bayes,

P(G3 | T2*S1) = P(T2*G3 | S1) / P(T2 | S1) = 1/3 / P(T2 | S1).

Um das auszurechnen, berechnen wir wegen P(T2|G2*S1)=0 und P(T2|G3*S1)=1

P(T2 | S1) = P(T2*G1 | S1) + P(T2*G2 | S1) + P(T2*G3 | S1) 
= 1/3 * (P(T2 | G1*S1) +1),

wobei wir für die Summanden die Formel von Bayes eingesetzt haben. Also

P(G3 | T2*S1) = 1 / (P(T2 | G1*S1) +1),

mit der nur dem Quizzmaster bekannten Wahrscheinlichkeit rechts. Wir wissen nicht, welche Tür der Quizzmaster bei G1*S1 öffnet, aber er muss eine öffnen. Also

P(T2 | G1*S1) + P(T3 | G1*S1) = 1.

Macht der Quizmaster beispielsweise immer die dritte Tür auf, wenn der Gewinn hinter der ersten ist, und der Spieler die erste wählt, so ist diese Wahrscheinlichkeit 0, und P(G3|T2*S1)=1. Das entspricht der Tatsache, dass unter der Gewinn hinter der dritten Tür sein muss, wenn der Quizzmaster die zweite Tür öffnet. Im anderen Extrem ist die Wahrscheinlichkeit 1/2.

Leider wird der Ansatz mit bedingten Wahrscheinlichkeiten immer falsch ausgerechnet. In der Tat ist

P(G3 | G2) = 1/2,

wobei die Überstreichung für die Negation steht. Man kann daraus aber nicht schließen, dass die Wechselstrategie von 1 nach 3, wobei T2 eingetreten ist, die Gewinnwahrscheinlichkeit 1/2 hat. Die simple Begründung ist, dass im zugrunde liegenden Problem nach dieser Wahrscheinlichkeit überhaupt nicht gefragt ist.

Andere paradoxe Probleme

Schlecht unterscheidende Tests

Beim Suchen nach Zitaten bezüglich des "Ziegenproblems" im Netz bin ich auf folgendes gestoßen. Ich muss vorausschicken, dass die "Mensa" eine Gruppe ist, die nur Menschen aufnimmt, die eine besonders hohe Intelligenz aufweisen. Dies wird durch einen Test festgestellt. Interessant ist, dass Frau los Savant nachgesagt wird, bei einem solchen Test weit hervorragend abgeschnitten zu haben, womit wir einen direkten Bezug zum Ziegenproblem haben.

- Nur 2% der Bevölkerung kommen aufgrund der "wahren" Intelligenz für Mensa in Frage, 98% nicht
- Unser fiktiver Test erkennt einen solchen 2% Menschen richtigerweise zu 95%, nur zu 5% nicht.
- Ferner erkennt unser fiktiver Test einen 98% Menschen ebenfalls zu 95% richtig, nur zu 5% wird dieser Mensch fälschlicherweise als superintelligent, d.h. den 2% Typen zugeordnet.

Also ein fast utopisch genauer, psychologischer Test. Aber seis drum...

Das Ganze flux mit Bayes nachgerechnet (für die wahrscheinlich unwissenden Mensaner: Nachzulesen in "Das Ziegenproblem", Gero von Randow). Unter obigen Voraussetzungen ist die Wahrscheinlichkeit, dass ein als mensatauglich deklariertes Individuum tatsächlich zu den oberen 2% gehört lediglich 27%. Und dies wohlgemerkt unter der Annahme, dass wir einen fiktiven psychologischen Test benutzen, den es zu konstruieren unmöglich ist. Machen wir unseren fiktiven Test noch etwas genauer, z.B.. erhöhen wir die Zuordnungssicherheit auf 99% bzgl. der Mensaner und 97% bzgl. der "wahren" Nicht-Mensatauglichen, landen wir bei einer Wahrscheinlichkeit von 40%. Wenn wir die Zuordnungssicherheit noch ein wenig in die Höhe treiben, landen wir vielleicht irgendwann bei 50%.

Diese Argumentation können wir versuchen nachzuvollziehen, wenn wir uns ein Experiment denken. Dazu denken wir uns einen zufällig ausgewählten großen Haufen Menschen, den wir testen. Von diesen Menschen besteht erwartungsgemäß ein Anteil von 0.02*0.95+0.98*0.05=0.068 den Mensatest. Und davon ein Anteil von 0.98*0.05=0.049 zu Unrecht. In der Tat ist 0.049/0.068=0.72... also werden rund 72% zu Unrecht Mensaner. Dieses Verhältnis kann man nur verbessern, wenn man einen Test findet, der sehr hart die vielen nicht so Intelligenten aussiebt. Dann trifft es natürlich auch etliche echte Mensaner.

Intelligenztests sind im Grunde fragwürdig. Aber die gleiche Argumentation kann man auch auf Aidstests oder andere Vorsorgeuntersuchungen anwenden. Immer dann, wenn die Gruppe der echt Positiven sehr klein ist, wird der Test aufgrund seiner Fehler weit mehr Nicht-Positive als positiv deklarieren, als Echt-Positive erkennen.

Geschlecht von Geschwistern

Ein anderes Problem, das in de.sci.mathematik immer wieder auftaucht, ist das folgende: Auf der Straße werden Männer gefragt, ob sie zwei Kinder haben und ob einer davon ein Junge sei. Falls dies der Fall ist, wird gezählt, wie oft das andere Kind ein Mädchen ist. Hier wird oft die Antwort 1/2 gegeben, obwohl 2/3 richtig ist.

Dieses Problem habe ich schon so gestellt, dass das Experiment klar ist. Man könnte auch undeutlicher fragen: Wie wahrscheinlich ist es, dass ein Mann, der zwei Kinder hat, ein Mädchen hat, wenn man weiß, dass eines der Kinder ein Junge ist?

Die Musterung der möglichen Fälle ergibt, dass es bei Vätern mit zwei Kindern 4 Fälle für die Geschlechterverteilung gibt. Wenn beide Kinder Mädchen sind, wird schon die erste Frage verneint. Ansonsten ist eines der Kinder ein Junge, und offenbar sind in 2/3 aller verbliebenen Fälle nicht beide Kinder Jungen.

Hier ein Poster beim Versuch zu erklären, wie man auf 1/2 kommen könnte:

Also so (Fall 1):

Herr Mueller hat mir erzählt, dass er zwei Kinder hat. Ich besuche ihn, und ein Sohn öffnet mir die Tür. Das zweite Kind habe ich noch nicht gesehen, aber dass es wieder ein Sohn ist, hat natürlich Wahrscheinlichkeit 1/2.

Hab ich's?

Na ja, das ist halt wieder ein anderes Experiment. Auf die Straße übertragen, frage ich diesmal Jungens, ob sie genau ein Geschwister haben. Wenn ja, dann zähle ich, wie oft dies ein Mädchen und wie oft ein Bube ist. Dabei kommt natürlich die Wahrscheinlichkeit 1/2 heraus. Übrigens ist das dasselbe, wie wenn ich im Originalexperiment Brüder doppelt zählen würde, für jeden der beiden Jungen also eine eigene Befragung zählen würde.

Drei Karten

Hier ist ein drittes Problem mit ähnlichem Hintergrund. Wir haben drei Karten mit den Vorder- und Rückseiten rot-rot, rot-schwarz und schwarz-schwarz. Von diesen drei Karten wird eine zufällig gezogen, von der man nur eine Seite sieht. Auf welche Farbe würde man für die andere Seite tippen?

Offensichtlich gewinnt man in 2/3 aller Fälle, wenn man auf die gleiche Farbe wie die Vorderseite tippt. Dennoch antworten die meisten Leute, dass es egal ist, worauf man tippt.