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Zwei parallele waagerechte Schnitte?

Man kann auch entlang der waagerechten Rasterlinien schneiden und erhält so drei deckungsgleiche 1x4 große Rechtecke.

Bleibt man standhaft, gewinnt man, wenn man ursprünglich die richtige Tür gewählt hat. Also mit einer Wahrscheinlichkeit von einem Drittel.

Wechselt man, gewinnt man, wenn man ursprünglich falsch lag. Also mit einer Wahrscheinlichkeit von zwei Dritteln.

Angenommen, ein Zuschauer kommt in dem Moment hinzu, als der Spieler eins der beiden Tore wählt und danach das Wechselangebot bekommt. Spielt es für die Gewinnchance eine Rolle, ob der Zuschauer das offene Tor noch sehen kann oder überhaupt von der Vorgeschichte weiß?
Wenn nicht, bleibt es für den Zuschauer bei bei 1/2 aber laut Artikel für den Spieler bei 2/3. Das kann nicht sein.
Hat überhaupt jemand das mal mit einem Zufallsgenerator programmiert?

.... Es gar nicht so kompliziert sein 🙈
Ich hätte auch 2 waagerechte Schnitte gemacht

Warum nicht einfach entlang des Rasters in drei waagerechte 1x4 Riegel? Ich sehe irgendwie keine Regel im Rätsel, die das verbietet.

Hallo,

bei dem Rätsel https://www.spektrum.de/raetsel/wie-kann-man-die-figur-in-drei-teile-zerlegen/2015794 wird eine unnötig komplizierte Lösung angegeben.

Man könnte auch einfach die Figur in ihre drei 1x4-Kästchenzeilen zerschneiden, das sind dann auch deckungsgleiche Figuren.

Gruß,

Heruntergebrochen und sich strikt an die Vorgaben haltend würden 2 Minuten im reinen Vorgang nie erreicht, weshalb der Zeitpunkt x+2 Minuten an sich auch nicht existiert und die Lampe in diesem somit auch nicht.

Ansonsten müsste sich die Diskussion anschließen ob die Unendlichkeit gerade oder ungerade ist, bzw. würde die Ausübung des Vorgangs selbst das eigentliche Ergebnis mit verfälschen.
Dann wäre man bei Wahrscheinlichkeiten besser aufgehoben, da finde ich die nicht existierende Lampe als definitive (Auf-)Lösung eleganter.

Das geht doch auch einfacher, 3 x 4 Quadrate

Das geht doch auch einfacher, 3 x 4 Quadrate

Als ehemaliger Lehrer habe ich noch einen anderen Blick auf das Problem:
Wenn jemand in das Spiel einsteigt, nachdem die eine Tür bereits geöffnet ist, sind für ihn beide Türen gleich wahrscheinlich. Und de facto ist für ihn die Gewinnwahrscheinlichkeit tatsächlich nur 50%. Er befindet sich damit in der Rolle eines Schülers, der eine Viertelstunde zu spät kommt: er hat wichtige Informationen verpasst.
Wer aber von Anfang an dabei war, hat mehr Informationen: nämlich welche Tür zuerst gewählt wurde, und welche Tür der Moderator geöffnet hat. Und wer mehr Informationen hat, hat logischerweise (auch "intuitiv") eine größere Gewinnchance ...

Der Fehler, den die 50/50-Verfechter machen, ist, dass sie die Wahrscheinlichkeiten nach dem Öffnen der ersten Tür neu "berechnen".
Und das wird hier im Artikel leider nicht erwähnt, weshalb auch das Beispiel mit den 100 Türen denjenigen, die diesem Denkfehler unterliegen, kein Bisschen weiterhilft.
Anders, als hier in den Kommentaren sogar von der Redaktion bestätigt, ist es für die Wahrscheinlichkeit der nach dem Öffnen der ersten Tür verbleibenden Optionen in den relevanten Fällen auch nicht entscheidend, dass der Moderator bescheid weiß. Dadurch erhöht sich zwar die Gesamtwahrscheinlichkeit, das Auto zu gewinnen und darum werden hier auch nur 9 der eigentlich 12 Fälle betrachtet. Aber die drei Fälle, in denen als erste Tür die mit dem Auto geöffnet wird, sind für die Frage, ob man sich umentscheiden sollte, sowieso irrelevant, weil in denen das Spiel direkt vorbei wäre.

Hallo Daniel!

Du Schreibst: "Ebenso fehlt in der Tabelle die Möglichkeit vor der falschen Tür zu stehen, eine Umentscheidung zu treffen und dann wieder vor einer Tür ohne Preis zu stehen."

Wie soll das gehen?
Ich stehe vor einer Niete. Der Moderator öffnet eine Niete. Ich entscheide mich um. Ich stehe wieder vor einer Niete. Dann geht nur, wenn es drei Nieten gäbe - und das wäre Betrug ;-)

Liebes Spektrum-Team,
dazu brauchen wir doch keinen Taschenrechner oder Computer.
Die beiden Zahlen auf der linken Seite sind durch 3 teilbar,
also muss auch die Summe der Potenzen durch 3 teilbar sein.
Die Zahl auf der rechten Seite und damit auch deren Potenzen
sind aber nicht durch 3 teilbar. Also ist Homer Simpsons Gleichung falsch.
Herzliche Grüße
Lutz Muche

Könnte man nicht einfach entlang der waagerechten Linien schneiden?