Benutzer Diskussion:NeoUrfahraner/Archiv/2010/Mai

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[[Benutzer Diskussion:NeoUrfahraner/Archiv/2010/Mai#Thema 1]]

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Do you speak English?

[1] und [2] need some imput from someone who can read the Deutsche sources and who can also read English. Danke.Vchimpanzee · talk · contributions · 22:43, 26. Mai 2010 (CEST)

I will see whether I find time to help. --NeoUrfahraner 06:55, 27. Mai 2010 (CEST)

Danke. My request for help is here, but I received no response there. The simple explanation is that I live near a former Fuchs plant, I wanted to write about Fuchs, but I can't figure out who owns it. I also don't know whether Siemens VAI was once part of voestalpine AG.Vchimpanzee · talk · contributions · 19:26, 27. Mai 2010 (CEST)

This is a complicate history. Actually I do not know much about Fuchs; AFAIK today it is completely part of Siemens VAI. I only found some old news message that VAI increased its stake from 44 to 79% in year 2001 ( http://www.faqs.org/abstracts/Business-international/AUSTRIA-NEW-WATER-ENGINEERING-COMPANY-FOUNDED-GERMANY-VAI-TAKES-OVER-FUCHS-SYSTEMTECHNIK.html )

Because I live in Linz, I know a bit more about the former VOEST. The history of VAI essentially started with the invention of en:Basic oxygen steelmaking in the 1940ies. At this time, VOEST started to build steel plants in addition to producing steel themselves. In 1973, VOEST was merged with VOEST was merged with Österreichisch-Alpine Montangesellschaft and got the name VOEST-Alpine. It was still owned by the Austrian government. In 1995, as part of privatization politics, VA Technologie was founded and included, among others, the plant constructor VAI ("I" for Industrieanlagenbau/industrial plant constructor), which was taken out from the steelmaker part (which is now voestalpine). Originally VA Technology and voestalpine held 25% of the shares of each other. Because of economic crises, however, these shares were sold. In particular, en:Mirko Kovats bought 17% of the VATech shares. At this time, the Austrian government still owned 14.7% of VATech. When Kovats first tried to sell his shares to Siemens, the Austrian government decided not to sell, but after some time (reasons not completely clear), he convinced the government to also sell. In the following, Siemens completely bought VATech and in particular VAI in 2005. Because of anti-monopoly legislation, however, some parts of VATech (but not of VAI) were later sold by Siemens. The metallurgical business of Siemens was relatively small, so VAI was a good extension for Siemens.

Maybe this is a good starting point, but I guess you will still have some open questions. --NeoUrfahraner 00:39, 28. Mai 2010 (CEST)

In the meanwhile I read en:Voestalpine#Private_corporation. Although the article is essentially right, IMHO a seperate article VA Tech is needed to make the connections clear. --NeoUrfahraner 10:03, 28. Mai 2010 (CEST)

This is helpful. Someone else, after hearing of my problems, had books that allowed major improvement to the en:Voestalpine article. I had added a few details from before that last section, mainly the name changes. I did find that someone had created en:VA Tech Wabag, apparently because of a big event with that company earlier this year, but it had many problems. I fixed most of them, so perhaps you could look at that. I have concluded neither company owns the small factory near where I live.

Danke. Sorry I didn't respond sooner, but this is not in my history.Vchimpanzee · talk · 20:53, 3. Jun. 2010 (CEST)

I added the interwiki link to the German article WABAG. Funny, the German article stops in the 1980s, while the English article starts at that time. I do not know much about WABAG, but it was defnitely also a part of VATech. See also http://www.wabag.com/MainWabag/Wabag/English/History.asp?menus_id=128 --NeoUrfahraner 21:27, 3. Jun. 2010 (CEST)

I'm having a hard time finding historical information on WABAG. I didn't make it a priority but I did clean up the article so it was more than just a timeline. Again, my main interest was in Fuchs.Vchimpanzee · talk · 22:59, 3. Jun. 2010 (CEST)

Umtauschparadoxon

Mit dem "aneinander vorbeireden" magst Du recht haben. Was aber ist für dich im Casinobeispiel anders als beim Umtauschparadoxon? Ich sehe einfach keinen prinzipiellen Unterschied. --Rebiersch 18:19, 7. Mai 2010 (CEST)

Die Problemstellung ist unvollständig. Nehmen wir also an, Du kommst zum Casinoausgang, die beiden Herren kommen Dir entegegen, Du weißt aber nicht, wer A und B ist. Einer sagt, ich habe heute 80.000 EUR gewonnen. Du kannst jetzt entscheiden, ob Du seinen Gewinn nimmst oder den des anderen Herren. Unter diesen Annahmen entspricht es dem Umtauschparadoxon. --NeoUrfahraner

Dieser Sichtweise kann ich noch folgen. Gibt es jetzt noch einen prinzipiellen Unterschied? --Rebiersch 09:56, 8. Mai 2010 (CEST)

Ich sehe keinen. --NeoUrfahraner 10:21, 8. Mai 2010 (CEST)

Entschuldige die verspätete Antwort. Ich sehe auch keinen prinzipiellen Unterschied. Wenn ich versuche die Betrachtungen zusammenzufassen, komme ich zum dem Schluss, dass wir uns bei einem endlichen Erwartungswert des Auswahlverfahrens ohnehin einig sind. Sind wir es bei einem "unendlichen" Erwartungswert wie bei einem Casino mit Gewinnwahrscheinlichkeiten > 0,5 oder der St.-Petersburg auch? Wenn ich solche Spiele "simuliere", ist bei einer ausreichend großen Anzahl von Simulationsschritten die Tendenz immer eindeutig: "immer Tauschen" und "immer Nichttauschen" sind gleichwertig, "Tausche bis zu einem vorher festgelegten Betrag x" ist die bessere Alternative. --Rebiersch 09:10, 14. Mai 2010 (CEST)

Die Frage ist, was "besser" bedeutet. Bei endlichem Erwartungswert ist die Antwort einfach: da wird der Versuch oft wiederholt und ausgewertet, wie viel man im Durchschnitt je Versuch gewinnt. Der Durchschnittsgewinn nähert sich dem Erwartungswert. Je höher der Durchschnittsgewinn, umso besser. Im St.-Petersburg-Fall geht das nicht mehr. Der Durchschnittsgewinn wächst bei oftmaliger Wiederholung immer weiter an, ein Vergleich zweier Strategien auf Basis des Durchschnittsgewinns ist nicht mehr möglich. --NeoUrfahraner 10:09, 14. Mai 2010 (CEST)

Ich verstehe dich nicht. Wenn ich mein Geld von einer Bank A mit 2% verzinsen lasse und als Alternative die Bank B mit 3% verzinst, so ist B doch eindeutig besser als A. Da käme doch auch niemand auf die Idee zunächst festzustellen, dass der Erwartungswert nach beliebig langer Wartezeit auch unendlich sei. Wenn ich das Umschlagparadoxon mit dem Würfelbeispiel (für mich ist es immer noch kein echter St.-Petersburg-Fall) durchspiele, sind die Ergebnisse doch eindeutig. Zunächst einmal bringt betragsunabhängiges "Tauschen" gegenüber "Nichttauschen" auf lange Sicht keinen Vorteil. Siehe hierzu ein kleines Javascript, dass ich auf meine Diskussionsseite (Benutzer_Diskussion:Rebiersch) gestellt habe. Ich befürchte allerdings, dass ich beim Kopieren die Formatierungen durcheinander gebracht habe (wenn man auf Bearbeiten geht, sieht man sie aber hoffentlich richtig) --Rebiersch 00:38, 15. Mai 2010 (CEST)

2% bzw. 3% ist endlich. Die Vergleich wäre eher, ob man auf der einen Bank unendlich viele Zinsen und auf der anderen Bank unendlich viele Zinsen und noch 1% dazu bekommt.

Den Javascript habe ich reproduzieren können, das ist sehr hilfreich bei der weiteren Diskussion. (Wieso Du mit annahme=5 nochmals p=0.2 rechnest, ist mir nicht klar. Aber das ist nicht weiter wichtig).

Der Durchschnittgewinn ist immer endlich. Wenn Du Dein Script mehrmals ausführst, wirst Du sehen, dass bei p=0.8 der Durchschnittsgewinn ca. 200 ist, bei p=0.6 der Durchschnittsgweinn ca 400. Das sind die Fälle mit endlichem Erwartungswert. Der Durchschnittsgewinn nähert sich dem Erwartungswert.

Bei p<0.5 (wenn ich micht recht erinnere) kommen wir zum St.-Petersburg-Fall. Der Durchschnittsgewinn ist zwar immer endlich, schwankt aber stark bei jeder Ausführung des Scripts. Auch wenn Du die Anzahl der Simulationsdurchgänge im Script erhöhst, wirst Du zu keinem klaren Wert für den Durchschnittsgewinn kommen. "Tausche nie" und "Tausche immer" werden aber, wie Du bereits festgestellt hast, in jeweils der Hälfte der Fälle den höheren Durchschnittsgewinn liefern.

Ich habe vor einiger Zeit eine ähnliche Simulation geschrieben, um den St-Petersburg-Fall besser zu verstehen. So richtig interessant wird es, wenn Du jetzt eine "Tausche wenn Du weniger als n Euro findest"-Strategie mit einbaust und n variierst (also z.B. n=1000, n=10000 etc.). Ich verrate meine damaligen Beobachtungen aber noch nicht und warte lieber ab, was Du feststellst. --NeoUrfahraner 08:07, 15. Mai 2010 (CEST)

Hab ich auch so gemacht. Siehe Scripterweiterung unter (Benutzer_Diskussion:Rebiersch). --Rebiersch 10:14, 15. Mai 2010 (CEST)

Und was stellst Du fest? --NeoUrfahraner 10:28, 15. Mai 2010 (CEST)

Unter der Voraussetzung, dass die "Tauschgrenze" über dem "Startbetrag liegt: Bei großem p ist die Strategie "tausche bis x Euro" besser als "tausche nie" und die Strategie "tausche ab x Euro" ist schlechter. "Besser" sowohl im Sinn von "mehr Durchschnittsgewinn" als auch im Sinn von "häufiger die richtige Wahl treffen". Bei kleinem p wird es bei dieser Art der Simulation/Auswertung hinsichtlich "mehr Durchschnittsgewinn" (noch) nicht deutlich. --Rebiersch 11:00, 15. Mai 2010 (CEST)

Wie sieht es aus, wenn Du "tausche bis x1 Euro" mit "tausche bis x2 Euro" vergleichst, wobei x1<x2? --NeoUrfahraner 11:19, 15. Mai 2010 (CEST)

? x2 Euro ist schlechter (falls x2 >= 2 * x1) --Rebiersch 07:59, 16. Mai 2010 (CEST)

Nein. Typischerweise wird es zunächst immer besser, je größer x ist, bis man an ein Optimum kommt; danach wird es wieder schlechter. Beim ersten Umtauschparadoxon#Beispiel zeigt sich dieses Verhalten auch: Tausche bis 500 Euro liefert im Druchschnitt 427,08 Euro; tausche bis 1000 Euro liefert 460,62; tausche bis 2000 Euro (bedeutet hier: tausche immer) liefert 393,75. Bis hierher einverstanden? --NeoUrfahraner 08:23, 16. Mai 2010 (CEST)

Das kann ich nicht bestätigen. Wenn ich das Script so umschreibe, dass Strategie1 (tausche bis 500) gegen Strategie2 (tausche bis 1000 Euro) direkt verglichen wird, so schneidet der kleinere Betrag immer besser ab. --Rebiersch 09:43, 16. Mai 2010 (CEST)

Kannst Du diese Version des Scripts auf Deine Diskussionsseite kopieren? --NeoUrfahraner 12:21, 16. Mai 2010 (CEST)

Mach ich. (Zusätzlich habe ich die umschlag1/umschlag2 Simulation in eine feste 1:1 Verteilung geändert, die alten Programmzeilen sind am // zu erkennen). --Rebiersch 13:29, 16. Mai 2010 (CEST)

Ich habe einen Fehler in Deinem Script korrigiert. Ansonsten: für p>0.5 stimmt Deine Beobachtung; das optimale x ist zwischen 100 und 200, darunter ist es schlechter (und entspricht dem tausche nie), darüber wird es auch wieder schlechter (aber ist immer noch besser als tausche immer). Wie sieht es nun für p<0.5 aus? --NeoUrfahraner 15:38, 16. Mai 2010 (CEST)

Danke für die Korrektur. Für p<0,5 komme ich auf x1 gewinnt häufiger, x2 gewinnt "mehr" Euro, in beiden Fällen aber nicht seltener oder weniger Euro als bei "immer tauschen" oder "immer nichttauschen". --Rebiersch 20:46, 16. Mai 2010 (CEST)

Ich habe Dein Script ein wenig adaptiert (siehe unten). Es wertet jetzt mehrere Strategien gleichzeitig aus und schaut nur auf den Durchschnittsgewinn. Dann sieht man, dass der Durchschnittsgewinn bei einem gewissen "Strategiebetrag" (im konkreten Beispiel etwa bei Strategie 6 bis 8) maximal ist und dann wieder abnimmt. Kannst Du das nachvollziehen? --NeoUrfahraner 21:18, 16. Mai 2010 (CEST)

Adaptiertes Script

<html><head><title>Test</title> </head><body> <script type="text/javascript"> var i1,i2,n,a,p,simulationsdurchgaenge1,simulationsdurchgaenge2, startbetrag,umschlag1,umschlag2,summeumschlag1,summeumschlag2, geoeff_umschlag,geschl_umschlag, sum_geoeff_umschlag, sum_geschl_umschlag,umtauschsimulationen_ges,tausch_ist_bessere_wahl, behalten_ist_bessere_wahl,strategie1_ist_bessere_wahl, strategie2_ist_bessere_wahl,strategiebetrag1,strategiebetrag2,sum_strategie1, sum_strategie2,annahme; document.write("Es folgt ein Vergleich der Gewinne bei den Tauschtrategien:"); document.write("'tausche immer', 'tausche bis x1 Euro' <br>"); document.write("und 'tausche bis x2 Euro.' <br>"); p = 0.4; var strategiebetrag = []; var sum_strategie = []; strategiebetrag[0]=100; var nStrategien=15; for(var iStrat=1; iStrat< nStrategien; iStrat++) { strategiebetrag[iStrat] = 10*strategiebetrag[iStrat-1]; } for(var iStrat=0; iStrat< nStrategien; iStrat++) { sum_strategie[iStrat] = 0; } simulationsdurchgaenge1=100000; umschlag1=0; umschlag2=0; summeumschlag1=0; summeumschlag2=0; sum_geoeff_umschlag=0; sum_geschl_umschlag=0; umtauschsimulationen_ges=0; tausch_ist_bessere_wahl=0; behalten_ist_bessere_wahl=0; strategie1_ist_bessere_wahl=0; strategie2_ist_bessere_wahl=0; sum_strategie1=0; sum_strategie2=0; for (var i1 = 1; i1 <= simulationsdurchgaenge1; i1++) { umschlag1=100; do { a = Math.random() if (a > p) umschlag1 = umschlag1 *2; } while (a > p); umschlag2=umschlag1*2; for (var i2 = 1; i2 <= 2; i2++) { if (i2==1) { geoeff_umschlag = umschlag1; geschl_umschlag = umschlag2; sum_geoeff_umschlag=sum_geoeff_umschlag+umschlag1; sum_geschl_umschlag=sum_geschl_umschlag+umschlag2;} else { geoeff_umschlag = umschlag2; geschl_umschlag = umschlag1; sum_geschl_umschlag=sum_geschl_umschlag+umschlag1; sum_geoeff_umschlag=sum_geoeff_umschlag+umschlag2; } umtauschsimulationen_ges=umtauschsimulationen_ges+1; for (var iStrat = 0; iStrat <nStrategien; iStrat++) { if (geoeff_umschlag <= strategiebetrag[iStrat]) sum_strategie[iStrat]=sum_strategie[iStrat]+geschl_umschlag else sum_strategie[iStrat]=sum_strategie[iStrat]+geoeff_umschlag; } } } document.write("------------------------------------------------------------------------- <br>"); document.write("Auswertung für p =", p,": <br>"); document.write("Es wurden ",umtauschsimulationen_ges," Umtauschsituationen "); document.write(" simuliert <br><br>"); for (var iStrat = 0; iStrat <nStrategien; iStrat++) { document.write("Die Strategie ", iStrat, " 'tausche bis ", strategiebetrag[iStrat], " Euro' führte "); document.write("zu einem durchschnittlichen Gewinn von: ", Math.round(sum_strategie[iStrat]*100/umtauschsimulationen_ges)/100," Euro. <br>"); } </script> </body></html>

Meine Bildschirmausgabe:

Die Strategie 0 'tausche bis 100 Euro' führte zu einem durchschnittlichen Gewinn von: 33649.84 Euro. Die Strategie 1 'tausche bis 1000 Euro' führte zu einem durchschnittlichen Gewinn von: 33665.24 Euro. Die Strategie 2 'tausche bis 10000 Euro' führte zu einem durchschnittlichen Gewinn von: 33688.39 Euro. Die Strategie 3 'tausche bis 100000 Euro' führte zu einem durchschnittlichen Gewinn von: 33729.73 Euro. Die Strategie 4 'tausche bis 1000000 Euro' führte zu einem durchschnittlichen Gewinn von: 33826.5 Euro. Die Strategie 5 'tausche bis 10000000 Euro' führte zu einem durchschnittlichen Gewinn von: 34055.88 Euro. Die Strategie 6 'tausche bis 100000000 Euro' führte zu einem durchschnittlichen Gewinn von: 34416.33 Euro. Die Strategie 7 'tausche bis 1000000000 Euro' führte zu einem durchschnittlichen Gewinn von: 37824.2 Euro. Die Strategie 8 'tausche bis 10000000000 Euro' führte zu einem durchschnittlichen Gewinn von: 33629.89 Euro. Die Strategie 9 'tausche bis 100000000000 Euro' führte zu einem durchschnittlichen Gewinn von: 33629.89 Euro. Die Strategie 10 'tausche bis 1000000000000 Euro' führte zu einem durchschnittlichen Gewinn von: 33629.89 Euro. Die Strategie 11 'tausche bis 10000000000000 Euro' führte zu einem durchschnittlichen Gewinn von: 33629.89 Euro. Die Strategie 12 'tausche bis 100000000000000 Euro' führte zu einem durchschnittlichen Gewinn von: 33629.89 Euro. Die Strategie 13 'tausche bis 1000000000000000 Euro' führte zu einem durchschnittlichen Gewinn von: 33629.89 Euro. Die Strategie 14 'tausche bis 10000000000000000 Euro' führte zu einem durchschnittlichen Gewinn von: 33629.89 Euro.

Meine Bildschirmausgabe (Ende)

Ich habe meine Bildschirmausgabe vom 2. oder 3. Durchlauf mal darunter geschrieben. Ich halte es für ein Artefakt durch die Simulation. Bei meinem Durchgang ist ab Strategie 8 der "strategiebetrag[]" nicht mehr zum Tragen gekommen. Der Gewinn fällt in diesem Fall ab Strategie 8 auf den Gewinn für "Tausche immer" ab. Das verwundert auch nicht, da bei 100000 Simulationsdurchgängen ein Tauschbetrag > 1000000000 zu selten erreicht wird, um dies sinnvoll auszuwerten. --Rebiersch 00:16, 17. Mai 2010 (CEST)

x_opt(s)

Schauen wir uns dieses "Artefakt" genauer an: wie hängt dieses Maximum typischerweise von der Anzahl der Simulationsdurchgänge ab? Was passiert bei weniger Simulationsdurchgängen, was würde bei mehr passieren? --NeoUrfahraner 06:31, 17. Mai 2010 (CEST)

Worauf willst Du hinaus? Bei einem Simulationsdurchgang kann man überhaupt keine Aussage ableiten. Der Strategiebetrag 100 x 1024 = 102400 wird erreicht mit der Wahrscheinlichkeit p hoch 10. In unserem Beispiel also 0,4 hoch 10. Für zuverlässige Aussagen sollten daher die Simulationsdurchgänge für den Strategiebetrag 102400 daher schon deutlich über 1/(0,4 hoch 10) liegen. --Rebiersch 11:46, 17. Mai 2010 (CEST)

Gehen wir von einer fix vorgegebenen Anzahl s von Simulationsdurchgängen aus (also z.B. s=100000). Ich kann dann sagen, der Strategiebetrag, bis zu dem der Durchschnittsgewinn wächst, ist typischerweise ca. $x_{\mbox{opt}}(s)=100\cdot 10^{8}$ (Strategie 8). Um den Wert genauer zu bestimmen, kann ich das Programm beliebig oft mit fixem s ausführen und schauen, wie oft welcher Strategiebetrag "gewinnt" (z.B. Strategie 5 in 9%, Strategie 6 in 20%, Strategie 7 in 30%, Strategie 8 in 40%, Strategie 9 in 1% der Fälle). Das kann ich für verschiedene s machen. Die Frage ist nun, wie verhält sich $x_{\mbox{opt}}(s)$ bei unterschiedlichen s. Kommt für alle s das gleiche $x_{\mbox{opt}}(s)$ heraus? --NeoUrfahraner 12:46, 17. Mai 2010 (CEST)

? Und was sagt dir das? Vor allem was ist beliebig oft? Erhöhe doch gleich s von 100.000 auf 100 Millionen. Ob du nun 1000mal 100.000 Durchgänge auswertest oder gleich 100 Millionen bleibt sich doch gleich. Auf dein Ergebnis bin in trotzdem gespannt. --Rebiersch 22:36, 17. Mai 2010 (CEST)

"Ob du nun 1000mal 100.000 Durchgänge auswertest oder gleich 100 Millionen bleibt sich doch gleich" Nein, es bleibt sich nicht gleich. Um das Prinzip zu sehen, brauchst Du aber nicht 100 Mio Versuche auswerten (das dauert mit Javascript wohl zu lange). Es reicht, ein paar Mal zu überprüfen, was bei 100, 1000 und 10000 Durchgängen typischerweise passiert. --NeoUrfahraner 06:28, 18. Mai 2010 (CEST)

Mach es einfach mal. Ich bin gespannt wie groß "ein paar Mal" ist. --Rebiersch 08:27, 18. Mai 2010 (CEST)

Schon passiert.. Ich komme typischerweise auf

$x_{\mbox{opt}}(10^{2})=100\cdot 10^{2}=10^{4}$

$x_{\mbox{opt}}(10^{3})=100\cdot 10^{4}=10^{6}$

$x_{\mbox{opt}}(10^{4})=100\cdot 10^{6}=10^{8}$

$x_{\mbox{opt}}(10^{5})=100\cdot 10^{8}=10^{10}$

also in etwa $x_{\mbox{opt}}(10^{n})\approx 10^{2n}$. Kommt bei Dir was wesentlich anderes raus? --NeoUrfahraner 09:05, 18. Mai 2010 (CEST)

$x_{\mbox{opt}}(10^{n})\approx 10^{2n}$ ist ja wohl kaum die Antwort auf meine Frage wie groß "ein paar Mal" sei. Vermute ich richtig, dass du von einem festen p=0,4 ausgehst? Oder soll die Annäherung auch allgemein für p<0,5 gelten? Vor allem aber, was soll mit dieser Betrachtung geklärt werden? --Rebiersch 00:04, 19. Mai 2010 (CEST)

Ja, p=0.4, also das Script wie unten. Variiert wird lediglich s, also die Anzahl der Simulationsduchgänge. "ein paar Mal" ist da vielleicht 5 für jedes fixe s, viel mehr Versuche sind nicht nötig, um zu sehen, dass das typische $x_{\mbox{opt}}$ von s abhängt. Die Formel oben ist zunächst nur eine grobe intiutive Vermutung. Erklärt wird noch gar nichts, zunächst wird nur beobachtet. Daher ist momentan nur die Frage, ob Du das gleiche Phänomen beobachten kannst.--NeoUrfahraner 06:20, 19. Mai 2010 (CEST)

Nein, beobachte ich nicht. Ich habe mich an 5 Durchgänge gehalten. Bei 100 Simulationen kam ich auf Ergebnisse zwischen 100*10^2 und als Ausreißer 100*10^7, auch in den anderen Fällen variierte das Ergebnis um 2-3 10er-Potenzen, daher nur die Medianwerte: für 100 lag der Median bei 100*10^3=10^5, für 1000 lag der Median bei 10^7, für 10.000 Simulationen lag der Median bei 10^9 und für 1.000.0000 Simulationen lag der Median bei 10^11. Mich wundert dies aber überhaupt nicht. Worauf willst du hinaus? --Rebiersch 23:47, 19. Mai 2010 (CEST)

Gut, einigen wir uns darauf. dass "typisch" den Median meint (bisher habe ich mich nicht festgelegt). Du sagt also, bei Dir ist dann

$x_{\mbox{opt}}(10^{2})=10^{5}$

$x_{\mbox{opt}}(10^{3})=10^{7}$

$x_{\mbox{opt}}(10^{4})=10^{9}$

$x_{\mbox{opt}}(10^{7})=10^{11}$

Was beobachtest Du nicht? Worauf ich zunächst hinaus will, ist die Frage, ob x_opt von s abhängt oder ob x_opt unabhängig von s ist (vgl. 06:31, 17. Mai 2010). Was beobachtest Du da? Und warum wundert Dich dies überhaupt nicht? --NeoUrfahraner 06:31, 20. Mai 2010 (CEST)

PS: ist 1.000.0000 ein Tippfehler? --NeoUrfahraner 06:58, 20. Mai 2010 (CEST)

Ja, Tippfehler (einfach zuviele Nullen, ich hatte die Ergebnisse aber notiert) für 10.000 Simulationen lag der Median bei 10^8, und für 100.000 bei 10^9 und für 10.000.000 Simulationen lag der Median bei 10^11 (1x 10^10, 2x 10^11, 2x 10^12). Warum es mich nicht wundert, kann ich nicht erklären. Ich weiß nicht einmal worüber ich mich wundern sollte. Vielleicht über $x_{\mbox{opt}}(10^{n})\approx 10^{2n}$? Ich sehe sehr wohl, dass $x_{\mbox{opt}}$ von s abhängt und keine Konstante ist. Ich sehe auch keinen Grenzwert. Ich sehe auch: je größer s, desto größer ist dein $x_{\mbox{opt}}$ und ich sehe auch bei großen s große Streuungen. Vor allem sehe ich, dass 5 eine viel zu kleine Zahl für sichere Aussagen ist. Ich könnte mir vorstellen, dass die Ergebnisse klarer werden, wenn man von vornherein den Startbetrag auf 1 Euro setzt und die "Tauschgrenzen" nicht als Potenzen mit der Basis 10, sondern als Potenzen mit der Basis 2 wählt. Probiert habe ich es nicht. Grundsätzlich wird sich aber nicht viel ändern. --Rebiersch 22:31, 20. Mai 2010 (CEST)

Vier Fragen

Es geht mir nur ums Grundsätzliche, das ich also kurz als "x_opt hängt wesentlich von s ab" und "$\lim _{s\to \infty }x_{\mbox{opt}}(s)=\infty$ für p=0.4" zusammenfasse. Jetzt tauchen noch ein paar andere Fragen auf:

1. Was ist die Ursache für dieses Verhalten abhängig von s? (Die Grundidee der Erklärung hast Du schon oben, 11:46, 17. Mai 2010, angedeutet).
2. Wie sieht es für andere p aus? Gibt es einen Unterschied zwischen p>0.5 und p<0.5?
3. Du hast oben in der Diskussion geschrieben "Tausche bis zu einem vorher festgelegten Betrag x" ist die bessere Alternative (09:10, 14. Mai 2010). Was ist also jetzt die optimale Wahl für diesen "vorher festgelegten Betrag x"?
4. Wie verträgt sich das mit der Aussage im Artikel, dass sich tauschen auszahlt, wenn $p_{n}>{\frac {p_{n/2}}{2}}$? --NeoUrfahraner 06:38, 21. Mai 2010 (CEST)

(zu später Stunde) ad 1) weil 1/0,4 = 2,5 > 2 ist? ad 2) ja, weil 1/p für p>0.5 < 2 ist. ad 3) "tausche bis x" ist die bessere Alternative gegenüber "immer tauschen", "nie tauschen" und "tausche ab x". Bei der Strategie "tausche bis x" verspricht ein höheres x auf lange Sicht einen höheren Gesamtgewinn gegenüber dem kleineren x. ad 4) Das verträgt sich doch gut. --Rebiersch 00:24, 22. Mai 2010 (CEST)

Ein bisserl knapp sind die Antworten schon ;-). Schauen wir uns die Fragen 2 und 3 nochmals näher an.

Zu Frage 2: Als "grundsätzlich" habe ich für p=0.4 folgende Eigenschaften genannt:

x_opt hängt wesentlich von s ab.

$\lim _{s\to \infty }x_{\mbox{opt}}(s)=\infty$.

Wie lauten die entsprechenden Eigenschaften für andere p?

Zu Frage 3: Wir spielen also das Umschlagspiel mit p=0.4, so wie in Deiner Simulation definiert. Welchen Wert wählst Du nun für x? Nenn bitte eine konkrete Zahl und erkläre mir, warum Du gerade diese Zahl gewählt hast,

PS: ich bin über Pfingsten weg; ich werde Dein Antwort nicht vor Montag abend lesen.--NeoUrfahraner 06:21, 22. Mai 2010 (CEST)

Prima Idee. Ich brauche nämlich unbedingt 200 Euro (wofür verrate ich nicht). Da mir 100 Euro nicht weiterhelfen, tausche ich bei 100 Euro auf jeden Fall und niemals bei 200. Bei 400, 1600 oder 6400 werde ich auch tauschen und bei 800, 3200 oder 12800 werde ich nicht tauschen. Ich mache das auch so bei p=0,2 oder p=0,8. --Rebiersch 15:22, 24. Mai 2010 (CEST)

Frage 2 ist also noch offen. Zu Frage 3: Warum gerade diese Werte und nicht andere? --NeoUrfahraner 22:38, 24. Mai 2010 (CEST)

Bei 100 Euro würde unter den genannten Bedingungen wohl jeder tauschen. Man kann nur gewinnen. Bei 200 Euro nicht zu tauschen ist eine individuelle Entscheidung. Den Grund habe ich genannt. Ich brauche halt mindestens 200 Euro. Bis hierher ist das doch wohl gut nachvollziehbar. --Rebiersch 00:00, 26. Mai 2010 (CEST)

Ja. Wie begründest Du, warum Du bei den anderen Werten tauschst bzw. nicht tauschst? --NeoUrfahraner 06:10, 26. Mai 2010 (CEST)

Wichtig ist eigentlich nur, dass man sich festlegt. "Nie tauschen" oder "immer tauschen" sind eindeutig schlechtere Alternativen. Welche Strategie hättest du gewählt? --Rebiersch 00:16, 27. Mai 2010 (CEST)

x abhängig von der Anzahl der Runden, die wir spielen. Legen wir die vorher fest, gleich das passende x, ansonsten in jeder Runde neu festlegen (z. B. x gleich dem bisherigen Durchschnittsgewinn). --NeoUrfahraner 06:54, 27. Mai 2010 (CEST)

Eigentlich dachte ich, dass wir nur eine Runde spielen. Wie soll deine genaue Tauschstrategie bei 1,10 oder 100 Runden lauten? --Rebiersch 17:36, 27. Mai 2010 (CEST)

Für's erste wie oben gesagt: x gleich dem bisherigen Durchschnittsgewinn. In der ersten Runde x=150. Wenn ich mehr Zeit habe, kann ich natürlich vorher noch die obige Simulation machen und x_opt abhängig von s genauer bestimmen. --NeoUrfahraner 17:56, 27. Mai 2010 (CEST)

PS: Siehst Du den Zusammenhang mit Frage 2? --NeoUrfahraner 18:01, 27. Mai 2010 (CEST)

Den Zusammenhang mit Frage 2 sehe ich nicht. Wenn ich mir das "p" aussuchen dürfte, so fiele mir die Entscheidung leicht: Bitte wähle ein möglichst kleines p, damit ich einen möglichst großen Gewinn einstreichen kann. Ich sehe nur, dass für p=0,5 der absolute Zusatzgewinn gegenüber "tausche nie" unabhängig ist, ob ich nun bis x=200 oder bis x=32000 Euro tausche. Der relative Zusatzgewinn im Verhältnis zu "tausche nie" oder wird für alle 0<p<1 mit zuvor festgelegten Tauschbetrag(x) (im Sinne von tausche bis x Euro) immer kleiner. Bei "tausche immer" wird er "null" und diese Tauschstrategie entspricht damit der Tauschstrategie "tausche nie". --Rebiersch 23:11, 31. Mai 2010 (CEST)

Frage 2 ist die Frage nach der grundsätzlcihen Abhängigkeit von s. Oben hatten wir für p=0.4 (und allgemein p<0.5)

x_opt hängt wesentlich von s ab.

$\lim _{s\to \infty }x_{\mbox{opt}}(s)=\infty$.

Für p>0.5 gilt hingegen

$\lim _{s\to \infty }x_{\mbox{opt}}(s)={\bar {x}}_{\mbox{opt}}$. Es gilt also, dass x_opt gegen einen endlichen Grenzwert konvergiert.

x_opt hängt zwar weiterhin von s ab, aber die Abhängigkeit von s ist für große s vernachlässigbar; man kann einfach $x_{\mbox{opt}}(s)\approx {\bar {x}}_{\mbox{opt}}$ setzen.

Einverstanden? --NeoUrfahraner 06:22, 1. Jun. 2010 (CEST)

Hmm? Zunächst für p<0,5. Du hast oben geschrieben: "...der Strategiebetrag, bis zu dem der Durchschnittsgewinn wächst, ist typischerweise ca. x_opt(s)". Für p<5 wächst der Durchschnittsgewinn bei immer höheren Strategiebetrag (im Sinne von tausche immer bis zum Strategiebetrag und bei Beträgen über dem Strategiebetrag nicht mehr). Dem kann ich zustimmen, bin mir aber unsicher, ob du es so gemeint hast. Wenn s gegen unendlich geht, geht auch der Durchschnittsgewinn gegen unendlich. Auch der Strategiebetrag (bis zu dem der Durchschnittsgewinn wächst) geht folglich gegen unendlich. --Rebiersch 00:40, 2. Jun. 2010 (CEST)

Kurz zur Wiederholung: s ist fix. Wir simulieren verschiedene Schwellwerte x. Je nach Schwellwert x erhalten wir einen anderen Durchschnittsgewinn g(x). "Bei 100 Simulationen kam ich auf Ergebnisse zwischen 100*10^2 und als Ausreißer 100*10^7, auch in den anderen Fällen variierte das Ergebnis um 2-3 10er-Potenzen, daher nur die Medianwerte" (Rebiersch 23:47, 19. Mai 2010). Diese Ausreißer und die Variation der Ergebnisse sind eine Folge des Erwartungswertes unendlich. Es gilt stets, dass der Erwartungswert Eg(x) des Durchschnittsgewinns unendlich ist, unabhängig von x (und auch von s). Auf Basis des Erwartungswertes ist keine Entscheidung möglich. Wir haben uns dann geeinigt, dass wir den Median heranziehen ist. Das ist mit "typischerweise" gemeint.

"Auch der Strategiebetrag (bis zu dem der Durchschnittsgewinn wächst) geht folglich gegen unendlich" (Rebiersch 00:40, 2. Jun. 2010). Das kann man so nicht direkt sagen. Den Strategiebetrag legst zunächst Du fest, so wie Du willst. Wenn Du ihn so festlegst, wie in Deiner Antwort von 15:22, 24. Mai 2010, so ist das auch OK. Der Durchschnittsgewinn geht mit steigendem s gegen unendlich, ganz egal, wie Du den Strategiebetrag festlegst, insbesondere auch dann, wenn der Strategiebetrag nicht gegen unendlich geht.

Eine andere Frage ist, welcher Startegiebetrag "optimal" ist, und da müssen wir uns festlegen, was "optimal" heißt. Das ist dann oben mit x_opt(s) passiert (wobei die Entscheidung für den Median auch willkürlich, aber sinnvoll ist). Frage 2 ist nun, welche Eigenschaften dieses (bis zu einem gewissen Grad willkürlich defnierte) x_opt(s) hat. Bis daher nachvollziehbar? --NeoUrfahraner 06:59, 2. Jun. 2010 (CEST)

Nachvollziehbar schon. (worauf du hinaus willst ahne ich allenfalls). Den ersten Sätzen kann ich auch zustimmen, bis zur Aussage: "Auf Basis des Erwartungswertes ist keine Entscheidung möglich.". Möglich ist eine Entscheidung auf Basis des Erwartungswertes schon. Ich halte sie noch nicht einmal für unsinnig. Wenn ich zum Ergebnis komme, dass der Erwartungswert beim Tauschen größer ist als bei Nichttauschen, so halte ich die Idee vom Tauschen zunächst einmal für sinnvoll. (Problem ist doch lediglich, dass man beim Öffnen des geschlossenen Umschlags, zu dem gleichen Ergebnis gekommen wäre). Und wie verhält es sich aus Deiner Sicht bei p>0,5 ? --Rebiersch 01:14, 6. Jun. 2010 (CEST)

Zur Aussage "Auf Basis des Erwartungswertes ist keine Entscheidung möglich.": sage mir konkret, welche beiden Tauschstrategien du betrachtest, wie groß Dein p ist, welchen Erwartungsert die beiden Tauschstrategien haben und wie Du auf dieser Basis eine Entscheidung triffst.

Zu "Und wie verhält es sich aus Deiner Sicht bei p>0,5 ?" Was meinst Du jetzt mit "es"? Eine Entscheidung auf Basis des Erwartungswerts? Der Erwartungswert entspricht jedenfalls dem Fall $s\to \infty$, und für p>0,5 konvergiert die Simulation relativ rasch, sodass eine Entscheidung auf Basis des Erwartungswertes (also s "groß") möglich ist. --NeoUrfahraner 07:28, 6. Jun. 2010 (CEST)

Ach, das hatten wir doch nun schon einige Male. Ich nenne zunächst noch einmal die Tauschstrategien "tausche immer" und "tausche nie". Für alle p gilt: Die Tauschstrategie "tausche immer" ist genauso gut oder schlecht wie die Tauschstrategie "tausche nie". Das ist so, nicht weil der Erwartungswert eventuell gegen unendlich geht, sondern auch obwohl der Erwartungswert gegen unendlich geht. Mit Sicherheit kann diese Aussage getroffen werden, denn es ist immer ist es so, dass mit 50%iger Wahrscheinlichkeit der kleinere und mit 50%iger Wahrscheinlichkeit der größere der beiden Beträge gewählt wurde. Wenn wir den Gesamtbetrag 3K nennen, so ist der Erwartungswert 1,5*k. Man gewinnt 0,5k oder verliert 0,5k. Die Erwartungswerte für beide Umschläge sind gleich und die Gewinnerwartungen für "immer Tauschen" und "nie Tauschen" sind gleich. Auch bei dem diskutierten Würfelbeispiel ist dies so.

Beispielrechnungen für p=0,4: Ich gehe von einen Betrag "x" aus, der in einem der Umschläge stecken kann. Dieser Betrag ist nicht beliebig, sondern größer oder gleich dem Startbetrag in unserem Beispiel. Die Wahrscheinlichkeit, dass dieser Betrag ausgewählt wird ist immer > 0. Möglich sind die Beträge (100,200,400,800,1600.. 100*2 hoch n). Wenn x der Startbetrag ist, so ist leicht zu erkennen, dass nur 100 oder 200 Euro im geöffneten Umschlag sein können. Man gewinnt 50 Euro oder verliert sie. Es ist ein Nullsummenspiel.

Ab x >= 200 wird es etwas mühsamer. Fälle in denen die Beträge kleiner als x/2 sind, brauchen nicht betrachtet zu werden. Bei p=0,4 gilt: in 40 von 100 Fällen wird der Betrag x/2 ausgewürfelt und es wird die Umschlagkombination (x/2;x) weitergereicht. Geöffnet wird in 20 von 100 Fällen x/2 aus der Umschlagkombination (x/2;x) und in 20 von 100 Fällen x aus (x/2;x). Mit der Gegenwahrscheinlichkeit 1-0,4=0,6 wird weitergewürfelt. Das sind 60 der ursprünglichen 100 Fälle. Mit einer Wahrscheinlichkeit von 0,4 kommt dieser Betrag in den ersten Umschlag. Das sind also 60*0,4 = 24 von 100 Fällen in denen die Umschlagkombination (x,2x) erstellt wird. In 12 von 100 Fällen wird x aus der der Umschlagkombination (x;2x) geöffnet und in 12 von 100 Fällen 2x aus der Umschlagkombination (x;2x). In 64 Fällen von 100 befindet sich x in einem der beiden Umschläge. In 32 Fällen wird x tatsächlich geöffnet. In 20 Fällen befindet sich dann x/2 im geöffneten Umschlag und in 12 Fällen 2x im geöffneten Umschlag. Der Erwartungswert für den ungeöffneten Umschlag ausgehend von einem geöffneten Betrag x ist also E=20/32*x/2+12/32*2x= 10/32x+24/32x= x.

Der Erwartungswert für den ungeöffneten Umschlag ist für p=0,4 genauso groß wie für den geöffneten Umschlag. Der Erwartungswert ist immer x. Es ist immer noch ein Nullsummenspiel. "Immer Tauschen" und "immer Nichttauschen" sind gleichwertig. Daran ändert sich nichts für anders gewählte p. Der richtig angewendete Erwartungswert ist durchaus eine wichtige und richtige Entscheidungshilfe. Das bedeutet nicht, dass alle formulierten Tauschstrategien gleichwertig sind. Auch hier hilft der Erwartungswert ohne Zweifel weiter.

Am einfachsten ist es wieder beim "Startbetrag". Tausche ich nur beim Startbetrag und sonst nie, so gewinne ich, wenn der Startbetrag aufgedeckt wurde sicher 100% hinzu. Der Erwartungswert für den ungeöffneten Umschlag ist, wenn 100 Euro aufgedeckt wurden = 0*50 Euro + 1*200 Euro = 200 Euro. Auf diesen Zusatznutzen verzichte ich bei p=0,4 in 20% der Fälle, wenn ich nie tausche. Schlechter als "nie tauschen" oder "immer tauschen" wäre die Entscheidung immer zu tauschen, aber ausgerechnet beim Startbetrag von 100 Euro nicht.

Beantwortung der weiteren Fragen: Für p>0,5 verhält es sich genauso. Tauschstrategien haben keinen festlegbaren Erwartungswert. Sie führen allenfalls zu einem höheren oder kleineren Erwartungswert gegenüber einem zufälligem Handeln (in diesem Fall zufälligem Tauschen). Der Erwartungswert für den Gesamtgewinn ist für p=0,4 bei jeder (!) Tauschstrategie unendlich groß. Der Erwartungswert der Differenz von "tausche immer" und "tausche nie" ist null. Der Erwartungswert des Zusatznutzens von Tausche bei 100 Euro gegenüber "nie tauschen" ist 20 Euro (für p=0,2). Für andere p berechnet sich der Zusatznutzen aus 100*p*0,5. --Rebiersch 01:13, 7. Jun. 2010 (CEST)

Wir reden wieder aneinander vorbei: "Ich gehe von einen Betrag "x" aus, der in einem der Umschläge stecken kann ... Möglich sind die Beträge (100,200,400,800,1600.. 100*2 hoch n)". x ist also eine Zufallsgröße, x=100, x=200 etc. haben verschiedene Wahrscheinlichkeiten. "Der Erwartungswert ist immer x." Nein, der Erwartungswert ist eine Zahl, keine Zufallsgröße. Siehe z.B. Deine Bildschirmausgabe:

Die Strategie 2 'tausche bis 10000 Euro' führte zu einem durchschnittlichen Gewinn von: 33688.39 Euro.

Der Erwartungswert ist jene Zahl, die statt 33688.39 dort steht, wenn Du die Anzahl der Simulationsdurchgänge gegen unendlich gehen lässt. --NeoUrfahraner 06:31, 7. Jun. 2010 (CEST)

Wenn ich dich jetzt richtig verstehe, willst Du keine Trennung vornehmen, dass es sich eigentlich um 2 hintereinander geschaltete Zufallsexperimente handelt und somit zunächst ignorieren, dass der Betrag vom ungeöffneten Umschlag direkt mit dem geöffneten Umschlag verknüpft ist. Ist das richtig? --Rebiersch 00:07, 8. Jun. 2010 (CEST)

Genau, ich betrachte die beiden Zufallsexperimente als Ganzes. "Ignorieren" ist nicht das richtige Wort. die Verknüpfung der Beträge in beiden Umschläge ist natürlich weiterhin vorhanden, ist aber nur ein Teil des Ganzen. --NeoUrfahraner 06:43, 8. Jun. 2010 (CEST)

Und wie sind die Beträge in beiden Umschläge aus deiner Sicht miteinander verknüpft? Haben sie lediglich den gleichen Erwartungswert vor dem Öffnen (Stichwort: EX = EY) oder bleiben sie auch nach dem Öffnen eines Umschlag miteinander verknüpft ? --Rebiersch 23:50, 8. Jun. 2010 (CEST)

Sowohl vor als auch nach dem Öffnen sind X und Y "verknüpft" (also voneinander abhängige Zufallsgrößen). --NeoUrfahraner 06:29, 9. Jun. 2010 (CEST)

Und welche Art der Verknüpfung willst du bei der Berechung eines Erwartungswertes betrachten? (Stichwort: E=1/2*(k+2k) oder E=p(x/2)*x/2+p(2x)*2x). Stehen X und Y für den größeren Betrag/den kleineren Betrag oder den Betrag im geöffneten Umschlag/den Betrag im geschlossenen Umschlag? --Rebiersch 11:22, 9. Jun. 2010 (CEST)

In meinen Aussagen von 07:28, 6. Jun. 2010 und 06:31, 7. Jun. 2010 meine ich mit Erwartungswert jeweils den Erwartungswert des Gesamtexperiments (gegeben p und Tauschschwelle x. Wie hoch ist der Erwartungswert des Auszahlungsbetrags, wenn man die Umschläge wie im Script beschrieben füllt, einen der beiden Umschläge mit Wahrscheinlichkeit 0.5 wählt, tauscht wenn der Inhalt kleiner als x ist?). X steht für den Inhalt des zuerst geöffneten Umschlags, Y für den Inhalt des anderen Umschlags. --NeoUrfahraner 12:40, 9. Jun. 2010 (CEST)

X steht also für den ersten Umschlag, der geöffnet wird und Y für den zweiten, zunächst noch geschlossenen Umschlag. Die Frage zur Verknüpfung nach einmal anders formuliert: Wie ändert sich der Erwartungswert von Y bei deiner Betrachtung, wenn der erste Umschlag geöffnet wird? Angenommen es wird ein Umschlag mit 1600 Euro geöffnet. Bleibt der Erwartungswert(Y) dann unverändert, ist der Erwartungswert(Y) dann auch 1600 Euro, hängt er von "p" ab oder ist er aus deiner Sicht trotz bekanntem "p" nicht zu bestimmen? --Rebiersch 23:42, 9. Jun. 2010 (CEST)

Der Erwartungswert EY von Y ändert sich nicht, allerdings verwendet man nach dem Öffnen die bedingte Erwartung E(Y|X=1600). Üblicherweise sind EY und E(Y|X=1600) verschieden und hängen von p ab. --NeoUrfahraner 06:24, 10. Jun. 2010 (CEST)

Da bin ich aber froh. Ich halte schon einmal fest, dass nach dem Öffnen wird die bedingte Erwartung E(Y|X) verwendet wird und dass bei Deiner Betrachtung EY von Y auch nach dem Öffnen unverändert bleibt. Die Frage klingt vielleicht seltsam, trotzdem: Bleibt auch EX von X unverändert? --Rebiersch 00:13, 11. Jun. 2010 (CEST)

Der Erwartungswert EX von X ändert sich auch nicht, allerdings verwendet man nach dem Öffnen ebenfalls die bedingte Erwartung E(X|X=1600)=1600. --NeoUrfahraner 06:15, 11. Jun. 2010 (CEST)

"immer Tauschen" vor dem Öffnen ist also sinnvoll wenn (EY von Y) - (EX von X) > 0 ist.

Beim Umtauschparadoxon ist aber immer EY von Y = EX von X. Stimmen beide Aussagen? --Rebiersch 00:19, 12. Jun. 2010 (CEST)

Ich lase jetzt das "von X" und "von Y" wieder weg; das war oben nur zur Verdeutlichng.

Beim Umtauschparadoxon ist EX=EY. Wäre EY-EX>0, so mache ich zuerst Y (den zweiten Umschlag) auf. Für die Tauschentscheidung nach Kenntnis von X schaue ich auf dann auf die bedingten Erwartungen E(X|X) und E(Y|X), die verschieden sein können. Ist mein Ziel, den Erwartungswert des "Gesamtexperiments" zu erhöhen, dann tausche ich, wenn E(Y|X)-E(X|X)>0. Alle diese Überlegungen gehen davon aus, dass die Erwartungswerte EX und EY endlich sind. --NeoUrfahraner 08:19, 12. Jun. 2010 (CEST)

Formeln

Und wenn EX und EX unendlich sind? An welcher Stelle stimmt die folgende Gleichsetzung nicht?

$\operatorname {E} (X)=\sum _{i\in I}x_{i}p_{i}=\sum _{i\in I}x_{i}P(X=x_{i})=\sum _{i\in I}y_{i}P(X=y_{i})=\sum _{i\in I}y_{i}p_{i}=\operatorname {E} (Y)$

(i wähle ich so, dass immer gilt x_i = y_i, i=1 bedeutet also kleinerer Betrag aus der ersten Umschlag, i=2 größerer Betrag aus dem ersten Umschlag, i=3 kleinerer Betrag aus dem ersten zweiten Umschlag, usw.) --Rebiersch 23:12, 12. Jun. 2010 (CEST)

Es handelt sich hier nicht um die gewöhnliche Gleichsetzung auf den reellen Zahlen, sondern um eine nicht genauer spezfizierte Erweiterung. Ich interpertiere es als Rechnung auf den erweiterten reellen Zahlen ${\bar {\mathbb {R} }}=\mathbb {R} \cup \{-\infty ,+\infty \}$. In dieser Interpretation stimmt die Gleichsetzung. --NeoUrfahraner 08:05, 13. Jun. 2010 (CEST)

Stimmt auch folgende Gleichsetzung?:

$\operatorname {E} (X)=\sum _{j\in J}x_{j}p_{j}=\sum _{j\in J}x_{j}P(X=x_{j})=\sum _{j\in J}y_{j}P(X=y_{j})=\sum _{j\in J}y_{j}p_{j}=\operatorname {E} (Y)$

(j wähle ich diesmal so, dass j=1 für den kleinstmöglichen Betrag, j=2 für den zweitkleinsten möglichen Betrag, j=3 für den drittgrößen möglichen Betrag steht... usw.) Es ist offensichtlich, dass für i>2 y_i und y_j unterschiedlich sein können. Wie berechnest Du nun den bedingten Erwartungswert nach dem Öffnen? Aus y_i oder y_j ? --Rebiersch 13:22, 13. Jun. 2010 (CEST)

Dir geht es anscheinend um die Indizes; die habe ich nicht im Detail angesehen. Was genau meintest Du um 23:12, 12. Jun. 2010 mit "i=1 bedeutet also kleinerer Betrag aus der ersten Umschlag, i=2 größerer Betrag aus dem ersten Umschlag, i=3 kleinerer Betrag aus dem ersten Umschlag, usw."? Wie schauen jeweils der Anfang der Summen für die Umschlagpaare (100,200) mit Wahrscheinlichkeit p_100; (200,400) mit Wahrscheinlichkeit p_200 etc aus? --NeoUrfahraner 06:49, 14. Jun. 2010 (CEST)

Sorry, Schreibfehler. Gemeint war i=3 bezeichnet den kleineren Betrag aus dem zweiten Umschlag. Allgemein gilt für beide natürlich: x1 p(x1) + x2 p(x2) + x3 p(x3) + x4 p(x4)+...+x_i p(x_i) Bei der Betrachtung Index(I) folgen Ereignisse mit gleicher Wahrscheinlichkeit aufeinander. So hast du es ja schon vorgegeben. Kommen nur 100, 200 und 400 vor lauten die Summanden also: 100 p_100 + 200 p_100 + 200 p_200 + 400 p_200 Für den Index(J) werden Ereignisse mit gleichem Ergebnis (=gleicher Summe) zusammengefasst: 100 p_100 + 200 (p_100 + p_200) + 400 (p_200) Das Ergebnis der Summen ist natürlich immer gleich groß. Bei endlich vielen Beträgen sind beide Betrachtungen auch unproblematisch. Man muss lediglich beachten, dass E(x_i) etwas anderes bedeutet als E(x_j). Zurück zur Frage. Wie berechnest Du nun den bedingten Erwartungswert nach dem Öffnen? --Rebiersch 23:26, 14. Jun. 2010 (CEST)

Wie schaut die entspreche Summe für Deine Formel von 13:22, 13. Jun. 2010 aus?

Ansonsten: bedingte Erwartung berechne ich als Erwartungswert der bedingten Verteilung, also

$P(Y=m|X=n)={\frac {P(Y=m{\mbox{ und }}X=n)}{P(X=n)}}$.

$E(Y|X=n)=\sum _{m}m{\frac {P(Y=m{\mbox{ und }}X=n)}{P(X=n)}}$

Wegen der "Koppelung" der Umschläge sind die bedingten Wahrscheinlichkeiten nur für m=n/2 oder m=2n von Null verschieden, also

$E(Y|X=n)={\frac {n}{2}}{\frac {P(Y=n/2{\mbox{ und }}X=n)}{P(X=n)}}+2n{\frac {P(Y=2n{\mbox{ und }}X=n)}{P(X=n)}}$

(alle Summanden bis auf 2 fallen weg). --NeoUrfahraner 06:25, 15. Jun. 2010 (CEST)

Deine Frage verstehe ich schon nicht richtig. Meine "Formel" von 13:22, 13. Jun. 2010 ist doch eine Summenformel. Oder meinst Du wie meine Formel zur Berechnung des Erwartungswertes der Geldsumme=Geldbetrages des ungeöffneten Umschlags nach dem Öffnen des ersten Umschlags aussieht?

Deine Formeln kann ich zunächst einmal nachvollziehen. So wie ich es verstehe, stehen "m" und "n" für konkrete Geldbeträge im geöffneten und geschlossenen Umschlag. Was folgt daraus? --Rebiersch 00:52, 16. Jun. 2010 (CEST)

Deine Summe in der Formel von 23:12, 12. Jun. 2010 beginnt mit 100 p_100 + 200 p_100 + 200 p_200 + 400 p_200.

In der Formel 13:22, 13. Jun. 2010 willst Du anscheinend etwas anderes berechnen ("j=1 für den kleinstmöglichen Betrag, j=2 für den zweitkleinsten möglichen Betrag, j=3 für den drittgrößen möglichen Betrag"). Wie schaut da also der Anfang der entsprechenden Summe aus?

Zu meinen Formelm. Ja, m steht für den Geldbetrag im geschlossenen, n für den Geldbetrage im geöffneten Umschlag. Schlüsse ziehe ich vorerst keine aus den Formeln; ich habe nur Deine Frage beantwortet, wie ich den bedingten Erwartungswert nach dem Öffnen berechne. --NeoUrfahraner 06:28, 16. Jun. 2010 (CEST)

Zur ersten Frage: Genauso. Ich stelle nur immer wieder fest, dass E(X)=E(Y) ist.

Deine Formel halte ich nur für hilfreich, (1) wenn die Zahl der unterscheidbaren Ereignisse endlich ist und das Experiment mehrfach wiederholt wird oder (2) wenn die Ergebnisse E(X/Y=n)=n/2 bzw. E(X/Y=n)=2n lauten. --Rebiersch 00:57, 18. Jun. 2010 (CEST)

"Stimmt auch folgende Gleichsetzung?" (Rebiersch 13:22, 13. Jun. 2010). Den Sinn dieser Frage verstehe ich nicht, wenn die "folgende Gleichsetzung" sowieso "genauso" wie die vorige ist. --NeoUrfahraner 06:19, 18. Jun. 2010 (CEST)

Es war nur eine Frage, die geklärt ist. "Du hattest geschrieben: "...dann tausche ich, wenn E(Y|X)-E(X|X)>0. Alle diese Überlegungen gehen davon aus, dass die Erwartungswerte EX und EY endlich sind." Nicht geklärt ist die Frage wie zu verfahren ist, wenn EX und EY unendlich groß bzw. nicht durch einen Zahlenwert angegeben werden können. Zunächst einmal ist doch beim Umtauschparadoxon immer E(Y|X) = E(X|Y). --Rebiersch 11:11, 19. Jun. 2010 (CEST)

Ja, genau so ist es. --NeoUrfahraner 17:43, 19. Jun. 2010 (CEST)

Da ich in den nächsten Wochen internetlos sein werde nur kurz mein momentanes Resümee: Es ist bei genauer Betrachtung nichts Widersprüchliches zu erkennen. Auch nicht, wenn auf lange Sicht bei jedem beliebigen Betrag Tauschen sinnvoller ist als Nichttauschen. Widersprüchlich wird es erst, wenn eine Rechnung das Ergebnis liefert, dass entweder E(X)<>E(Y), E(Y|X) <> E(X|Y) oder der Betrag in einem Umschlag unendlich groß sein müsse. Die Erwartungswerte dürfen selbstverständlich unendlich groß sein. --Rebiersch 00:23, 21. Jun. 2010 (CEST)

Ja. Hervorheben möchte ich dabei den Satz Auch nicht, wenn auf lange Sicht bei jedem beliebigen Betrag Tauschen sinnvoller ist als Nichttauschen. --NeoUrfahraner 09:12, 21. Jun. 2010 (CEST)