Kleines, einfaches Rätsel

[LuckyLucker]

So, wieder ein neues Rätsel:

Die Loszettel einer gewissen Lotterie enthalten sämtliche neunstelligen Zahlen, die mit den Ziffern 1, 2, 3 gebildet werden können; dabei steht auf jedem Loszettel genau eine Zahl. Es gibt nur rote, gelbe und blaue Loszettel. Zwei Losnummern, die sich an allen neun Stellen unterscheiden, stehen stets auf Zetteln verschiedener Farbe. Jemand zieht ein rotes Los und ein gelbes Los; das rote Los hat die Nummer 122 222 222, das gelbe Los hat die Nummer 222 222 222. Der Hauptgewinn fällt auf das Los mit der Nummer 123 123 123.
Welche Farbe hat es?


Achja als Hilfsmittel bitte nur ein Blatt Papier und ein Bleistift o.Ä. benutzen

[Torfnase]

Ich versuche schon mal einen Ansatz, so steht er auch grad hier auf meinem Notizblock:

Das Los mit Nummer 122 222 222 ist rot.
Das Los mit Nummer 222 222 222 ist gelb.

Zwei Losnummern, die sich an allen neun Stellen unterscheiden, stehen stets auf Zetteln verschiedener Farbe.

Jetzt muss wohl das ganze mit ein paar anderen Zahlen so weiterdrehen, bis ich auf "unsere" Zahl komme.
Beispielsweise könnte ich ja jetzt sicher sagen, dass das Los mit Nummer 333 333 333 blau ist, was uns aber noch nichts bringt.

Jetzt könnte ich wieder versuchen, auf ein anderes rotes Los zu kommen:

Das Los mit Nummer 222 222 222 ist gelb.
Das Los mit Nummer 333 333 333 ist blau.

Also ist Los 111 111 111 wieder mit Sicherheit rot.

Jetzt muss man sich nurnoch überlegen, wie man schnell auf "unsere" Zahl kommt.

Ich sage jetzt mal gewagt, dass das Los rot ist.
Denn die erste Ziffer bestimmt auch die Farbe, da sie sich ja zueinander unterscheiden müssen.

[LuckyLucker]

Bin auch noch nicht ganz hinter die Lösung gekommen.

Aber meine Vermutung ist, dass das gesuchte Los rot ist. Denn ich denke, dass Lose, die mit einer 1 anfangen grundsätzlich rot sind, Lose die mit einer 2 anfangen grundsätzlich gelb sind und Lose die mit einer 3 anfangen grundsätzlich blau sind.

Bisher habe ich jedoch nur eine Begründung auf die sich meine These stützt.

->Das los mit der Nummer 122 222 222 ist rot
->Das los mit der Nummer 222 222 222 ist gelb
->Das los mit der Nummer 123 123 123 ist gesucht!

Daher nehme ich an, dass das Los mit der Nummer 322 222 222 blau ist.

Außerdem heisst es ja, dass Lose bei denen ALLE 9 Ziffern unterschiedlich sind grundsätzlich andere Farben besitzen.
Daraus kann man ableiten, dass bei den Losnummern 312 312 312 das Los blau ist und bei 231 231 231 das Los gelb ist.

Wie gesagt, ist nur eine Vermutung

[Aquaeli]

Bundeswettbewerb Mathematik 2002, 1. Runde

Die Loszettel einer gewissen Lotterie enthalten sämtliche neunstelligen Zahlen,...

Musst du es gleich übertreiben Lucky?

[LuckyLucker]

Ach, ist doch Kappes wo das Zeug herkommt ;o)

Es geht ja nicht nur dabei darum die ultimativ richtige Lösung zu finden, sondern seine Lösung simpel zu begründen

[Prinegon]

Torfnase war sehr nah dran!
zuerst nimmt man an, dass die chance nachdem der Moderator ein Tor geöffnet hat bei 50% liegt, doch dem ist nicht so.
Die Chance zu Gewinnen, wenn man wechselt beträgt tatsächlich 66% oder 2/3.
Wenn man sein Tor behält, hat man lediglich eine Chance von 33% oder 1/3 zu gewinnen.

Vollkommener Humbug und ähnlicher Transaktionsfehler, wie im ersten Rätsel.
Was hier vollkommen übersehen wird, daß die Wahrscheinlichkeiten alle bedingt berechnet werden.
Wenn ich 3 Tore habe, und 2 Nieten, so ist die Wahrscheinlichkeit, daß ich mit meiner Wahl richtig liege, 1/3. Öffnet der Moderator ein Tor und dann ein weiteres, so werde ich in 2 von 3 Fällen verloren haben. Die Wahrscheinlichkeit 1/3tel ist also an die Bedingung geknüpft, daß ich meine Wahl treffe zu einem Zeitpunkt, als 3 Tore zur Auswahl standen und nur eines den Gewinn beinhält.

Nun öffnet der Moderator ein falsches Tor und ich kann umentscheiden. DAS ist der springende Punkt, die Bedingung ist verändert worden. Die Wahrscheinlichkeit, jetzt zu gewinnen, ist gleich für welches Tor, das richtige der übrigen Tore zu öffnen, unter der Voraussetzung, daß bereits ein falsches Tor gewählt wurde (die Chance, daß der Moderator kein falsches Tor wählen konnte, braucht nicht berücksichtigt werden, da bei 3 Toren, gleich ob man sich falsch, oder richtig entschieden hat, immer ein falsches Tor ausgesucht werden konnte. Ab dem Zeitpunkt ist die Chance, zu gewinnen 50%, ganz gleich, wie man sich entscheidet.

In dem Fall wird es sogar noch besser: Angenommen, ganz gleich, wie sich ein Kandidat am Anfang entscheidet, der Moderator öffnet IMMER ein falsches Tor und läßt den Kandidaten danach nochmal wählen, dann ist von Anfang an die Chance, daß der Kanditat am Ende den Gewinn kassiert, 50%, obwohl er ja 2 falsche Wahlmöglichkeiten hatte, und nur eine richtige. Da aber das Ereignis: Kandidat kann sich zwischen einem falschen und einem richtigen Tor entscheiden, zu 100% eintritt, kann "das Vorspiel" ignoriert werden.

Wäre es anders, so wären die Wahrscheinlichkeiten, daß man 6 Richtige im Lotto hat (bekanntlich etwa 1:13Mio) und die Wahrscheinlichkeit, daß man 6 Richtige im Lotto hat, unter der Vorraussetzung, daß 5 der Zahlen sich als richtig erwiesen haben (1:44) ja gleich hoch.

[Prinegon]

Sry for Doppelpost, betrifft aber unterschiedliche Rätsel:
In diesem Rätsel steckt ein Fehler:

Die Loszettel einer gewissen Lotterie enthalten sämtliche neunstelligen Zahlen, die mit den Ziffern 1, 2, 3 gebildet werden können; dabei steht auf jedem Loszettel genau eine Zahl. Es gibt nur rote, gelbe und blaue Loszettel. Zwei Losnummern, die sich an allen neun Stellen unterscheiden, stehen stets auf Zetteln verschiedener Farbe.

Nehmen wir mal 4 Lose, die mit Sicherheit in der Ziehung vorhanden sind.

L1: 111 111 111
L2: 222 222 222
L3: 333 333 333
L4: 444 444 444
Wie man sieht können die Lose mit Ziffern von 1..9 gebildet werden, sind also wohldefiniert. Seien Farbe1, Farbe2, Farbe3 Farben aus {rot, gelb, blau}. Gelte: L1 hat Farbe1, L2 hat Farbe2, L3 hat Farbe3.
Da L1 sich in allen 9 Stellen von L2 und L3 unterscheidet, sowie L2 und L3 sich in allen 9 Stellen unterscheiden, bedeutet das:
Farbe1 != Farbe2 =! Farbe3. (mit != ist ungleich).
Nun sei Farbe4 aus {rot,gelb,blau}, mit L4 hat Farbe4. Somit muß gelten:
(Farbe1=Farbe4) v (Farbe2=Farbe4) v (Farbe3=Farbe4).
Andererseits gilt:
L4 unterscheidet sich in allen 9 Ziffern von L1, L2 und L3, somit jedoch
(Farbe1!=Farbe4) ^ (Farbe2!=Farbe4) ^ (Farbe3!=Farbe4).
Das ist ein Widerspruch zu obiger Aussage.

EDIT: Eine etwas unmathematischere Begründung: Wenn man nur 3 Farben zur Verfügung hat, in der Ziehung aber mehr als 3 Lose sich in allen 9 Ziffern voneinander unterscheiden, so kann nicht jedem unterschiedlichen Los genau eine Farbe zugeordnet sein.

[Event Horizon]

@Prinegon...

Deinem 1. Beitrag stimme ich vollkommen zu.

Deinem 2. Beitrag entnehme ich, dass Du etwas übersehen hast...nämlich, dass es keine 9stellige Zahl mit der Ziffer 4 geben kann.
weil, wie Du selbst zitiert hast...
"...sämtliche neunstelligen Zahlen, die mit den Ziffern 1, 2, 3 gebildet werden können..."

~Event Horizon~

[Torfnase]

Torfnase war sehr nah dran!
zuerst nimmt man an, dass die chance nachdem der Moderator ein Tor geöffnet hat bei 50% liegt, doch dem ist nicht so.
Die Chance zu Gewinnen, wenn man wechselt beträgt tatsächlich 66% oder 2/3.
Wenn man sein Tor behält, hat man lediglich eine Chance von 33% oder 1/3 zu gewinnen.

Vollkommener Humbug und ähnlicher Transaktionsfehler, wie im ersten Rätsel.
Was hier vollkommen übersehen wird, daß die Wahrscheinlichkeiten alle bedingt berechnet werden.
Wenn ich 3 Tore habe, und 2 Nieten, so ist die Wahrscheinlichkeit, daß ich mit meiner Wahl richtig liege, 1/3. Öffnet der Moderator ein Tor und dann ein weiteres, so werde ich in 2 von 3 Fällen verloren haben. Die Wahrscheinlichkeit 1/3tel ist also an die Bedingung geknüpft, daß ich meine Wahl treffe zu einem Zeitpunkt, als 3 Tore zur Auswahl standen und nur eines den Gewinn beinhält.

Nun öffnet der Moderator ein falsches Tor und ich kann umentscheiden. DAS ist der springende Punkt, die Bedingung ist verändert worden. Die Wahrscheinlichkeit, jetzt zu gewinnen, ist gleich für welches Tor, das richtige der übrigen Tore zu öffnen, unter der Voraussetzung, daß bereits ein falsches Tor gewählt wurde (die Chance, daß der Moderator kein falsches Tor wählen konnte, braucht nicht berücksichtigt werden, da bei 3 Toren, gleich ob man sich falsch, oder richtig entschieden hat, immer ein falsches Tor ausgesucht werden konnte. Ab dem Zeitpunkt ist die Chance, zu gewinnen 50%, ganz gleich, wie man sich entscheidet.

In dem Fall wird es sogar noch besser: Angenommen, ganz gleich, wie sich ein Kandidat am Anfang entscheidet, der Moderator öffnet IMMER ein falsches Tor und läßt den Kandidaten danach nochmal wählen, dann ist von Anfang an die Chance, daß der Kanditat am Ende den Gewinn kassiert, 50%, obwohl er ja 2 falsche Wahlmöglichkeiten hatte, und nur eine richtige. Da aber das Ereignis: Kandidat kann sich zwischen einem falschen und einem richtigen Tor entscheiden, zu 100% eintritt, kann "das Vorspiel" ignoriert werden.

Wäre es anders, so wären die Wahrscheinlichkeiten, daß man 6 Richtige im Lotto hat (bekanntlich etwa 1:13Mio) und die Wahrscheinlichkeit, daß man 6 Richtige im Lotto hat, unter der Vorraussetzung, daß 5 der Zahlen sich als richtig erwiesen haben (1:44) ja gleich hoch.

Du irrst dich, wirklich. Es gibt unzählige Beweise, dass die Chance nicht 50:50 ist. Hier mal ein paar Seiten, wo du das nachlesen kannst:

http://www.caesborn.de/denksport/loesungen/ziege.html
http://de.wikipedia.org/wiki/Ziegenproblem
http://www.qsl.net/dc8rai/ziegen2.htm

Da wird eindeutig belegt, wie es ist. Auch mit mathematischen Formeln, was ich niemals gekonnt hätte.
Das "Vorspiel" darf eben nicht ignoriert werden.

[Aquaeli]

die Chance wäre 33% wenn man nicht neu wählen dürfte. Man darf aber neu wählen nun nur noch mit 2 Wahlmöglichkeiten und in dem Moment sind es 50%.

[Torfnase]

die Chance wäre 33% wenn man nicht neu wählen dürfte. Man darf aber neu wählen nun nur noch mit 2 Wahlmöglichkeiten und in dem Moment sind es 50%.

Meine Güte, schau dir doch mal die Links an, die ich gepostet habe, dann siehst du, dass es eben nicht so ist.

[Schattentänzer]

doch anderst ... gut dass ich kein Mathe mehr habe ...

[Prinegon]

Tja, wer nicht glauben kann, muß Zeit vergeuden.
Hab nen kleinen evil-hack Ziegenproblem geproggt, um mal die Gewinnchancen empirisch zu errechnen. Und in der Tat kommt es hin, wenn man wechselt, gewinnt man doppelt so häufig. Hätte ich nicht vermutet, bin eines Besseren belehrt.

Im zwoten Rätsel hab ich das in der Tat übersehen, bzw. es so gelesen, als stünde dort 1,2,3...
Sorry.

EDIT: Mir ist grad was im Programmcode aufgegangen: Ich habe zwar eingebaut, daß der Moderator ein Tor öffnet, für die Berechnung der Strategien spielt das aber dann keine Rolle mehr (daran merkt man z.B. auch, daß es ein Evil-Hack ist ).

EDIT2: hab in der java-Datei nochmal wechseln() dermaßen überarbeitet, daß die Auswahl des Moderatoren übernommen wird, dann abgeprüft wird, ob die Auswahl mit dem Gewinntor übereinstimmt, anstatt nur zu prüfen, ob das Gewinntor != der Ursprungswahl ist. Natürlich liefert das das gleiche Ergebnis, auf diese Weise jedoch ist der Ausführungsvorgang identisch mit dem Versuchsaufbau.

[LuckyLucker]

Sagte ich doch

Aber das Rätsel mit den Losen scheint in der Tat sehr schwer zu sein und auch mehrere mögliche Lösungen zu haben... zumindest scheint es mir so.

Konzentriert euch mal lieber darauf und nicht auf das olle Ziegenproblem

lg Marcel

[Aquaeli]

Rot stimmt doch und damit ist das Rätsel gelöst^^