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Rätsel der Woche: Die verbogene Münze
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Ein Fußball-Schiedsrichter will bei der Seitenwahl eine Münze werfen. Doch sie ist verbogen und fällt häufiger auf eine der beiden Seiten. Ist mit der Münze trotzdem eine faire Entscheidung möglich?

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herdy 09.06.2019, 18:56
40.

Zitat von david.ongaro
Nicht nur spielt die Wahrscheinlichkeit keine Rolle mehr, die Münze selbst spielt keine Rolle mehr. Warum sollte sie also überhaupt geworfen und begutachtet werden? Es war jedoch eine Lösung "allein mit der verbogenen Münze" gefragt.
Stimmt, die Münze wäre egal. Aber:
- es war eine Lösung mit Münzwurf gesucht (bei meinem Vorschlag reicht einer)
- Durch das Werfen der Münze wird Manipulationen vorgebeugt (Augenzwinkern oder Ähnliches). Deswegen sollte man auch die Lösungen mit der Münze in einer Hand und raten, welche Hand es ist, auschließen. Man will ja das Zufallselement der Münze dabei haben.
- Wahl einer Seite und Kommuinikation mit dem Schiri ist immer notwendig. Das ist also kein berechtigter Einwand.

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Horst Scharrn 09.06.2019, 19:47
41.

Der Schiri könnte auch zum Spielfeldrand gehen und die dort stehenden Fans fragen ob jemand von denen einen nicht verbogenen Euro hat und dann den verbogenen dadurch ersetzen ...

Alternativ ginge auch: Beide Spieler wählen Kopf, bzw. beide wählen Zahl, dann wird die Münze für jeden Spieler 100x geworfen und derjenige der insgesamt öfter Kopf bzw. Zahl hatte fängt an.

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Myrlin 09.06.2019, 20:10
42. Aber

Zitat von herdy
Stimmt, die Münze wäre egal. Aber: - es war eine Lösung mit Münzwurf gesucht (bei meinem Vorschlag reicht einer) - Durch das Werfen der Münze wird Manipulationen vorgebeugt (Augenzwinkern oder Ähnliches). Deswegen sollte man auch die Lösungen mit der Münze in einer Hand und raten, welche Hand es ist, auschließen. Man will ja das Zufallselement der Münze dabei haben. - Wahl einer Seite und Kommuinikation mit dem Schiri ist immer notwendig. Das ist also kein berechtigter Einwand.
Aber ihre Lösung ist schon sehr intransparent durch die geheimen Ansagen an den Schiri und der kann sehr grob Manipulieren oder halt 'falsch zuhören/erinnern'.
Mir ist Transparenz auch sehr wichtig und meine, das bei meiner Lösung Manipulation ausgeschlossen ist und die 50% dahingehend gewährleistet ist, in welche Seite des Fussballfeldes die Münze landet.
Ausserdem kann der 2. Kapitän von 50,5% ausgehen und den Wahrscheinlichkeitstrick von Dambecks vorherigem Rätsel mit dem Zahlenraten benutzen (mit dem ich auch nicht einverstanden war.).

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rotella 09.06.2019, 20:17
43. #36, gerade oder ungerade Anzahl Köpfe

Tatsächlich zeigt sich, dass die Wahrscheinlichkeit für gerade/ungerade Anzahl Köpfe gut mit steigender Gesamtwurfzahl gegen 50% konvergiert. Wenn wir als Toleranz ein Prozentpunkt zulassen, wir also mit einer Wahrscheinlichkeit zwischen 49 und 51% für einen Sieg in diesem Wurfspiel zufrieden sind, reichen bereits zwei Würfe, falls z.B. Kopf mit einer Häufigkeit irgendwo zwischen 42 und 58% geworfen wird.

Lassen wir vier Würfe zu, darf die Münze noch krummer sein und die Häufigkeit für Kopf beliebig zwischen 32 und 68% liegen.

Bei schließlich zehn Würfen, wie ich es in #36 vorgeschlagen hatte, dürfte die Münze sogar Kopf und Zahl noch ungleichmäßiger erzielen und die Häufigkeit für Kopf in der Spanne zwischen 17 und 83% liegen und wir würden mit der Wette auf gerade oder ungerade Anzahl Köpfe trotzdem bei (50 +- 1)% liegen.

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Myrlin 09.06.2019, 21:58
44. Wk

Bei einer gebogenen Münze mit 2 WK 50%+x und 50%-x ist die Differenz 2x ausschlaggebend für jede WK-Berechnung, da jede WK-Grundlage auf 100% bezogen ist.
Jede Mathematisch-Theoretische Zufallsprinzipielle Ausrechnungsform ergibt immer einen Vorteil für gerade Anzahlen als Gesamtes (100%; 50%-50%; 100%-2x=gerader Wert) und 'bevorzugt' daher den Ausgleich als 2tes, 4tes, 6tes usw. (Gerade Anzahl) woraus logisch folgt, das Kopf (oder Zahl) als geringere Wk auch nach dem 'ungeradem Zug' folgt.
Da das Spiel immer mit 1, 3, 5 usw jeweils neu Startet ist eine WK von 50% zu 50% nicht gegeben.
:-)

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ps71 09.06.2019, 22:49
45. Doch

Zitat von NorddeutschePflanze
Die Münze fällt häufiger auf eine Seite, sagen wir mal, "Kopf" liegt häufiger oben. Beim ersten Wurf liegt also wahrscheinlich "Kopf" oben. Der zweite Wurf ist dann völlig irrelevant da ja nur die Kombinationen "Kopf-Zahl" und "Zahl-Kopf" gelten, die Varianten "Kopf-Kopf" und "Zahl-Zahl" scheinen wohl ungültig zu sein und würden einen weiteren Wurf (oder auch ganz viele) erfordern. Die Kombination "Zahl-Kopf" kann jetzt aber schon nicht mehr gewinnen, weil ja als erstes "Kopf" geworfen wurde. Der Gewinner steht doch daher bereits nach dem ersten Wurf fest, weil dadurch alle anderen Möglichkeiten eliminiert sind. Folglich kann es bei diesem Szenario mit der verbogenen Münze doch niemals eine 50:50-Chance geben.
Doch, stehen sie. Es ist natürlich richtig, dass, wenn im ersten Wurf K geworfen wurde, die Kombination ZK nicht mehr gewinnen kann. Aber die WK, dass das Spiel ungültig ist, weil zweimal das gleiche Ergebnis kam, ist dann auch höher.

Ein Beispiel: Die WK für K betrage 0.8. In 80% der Fälle kommt also zuerst K und ZK kann nicht mehr gewinnen. Aber KZ gewinnt auch nur, wenn im zweiten Wurf Z kommt, d.h. mit WK 0.8x0.2=0.16. Mit WK 0.8x0.8=0.64 ist das Spiel ungültig, weil zweimal K geworfen wurde. In nur 20% der Fälle kommt zuerst Z und der einzig mögliche Gewinner ist ZK. Aber in diesem Fall ist die WK, dass das Spiel mit dem zweiten Wurf ungültig wird, auch nur 0.2, d.h. insgesamt 0.04. Die WK, dass ZK gewinnt, beträgt 0.2x0.8=0.16, ist also genau gleich groß.

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markus.pfeiffer@gmx.com 09.06.2019, 23:51
46. Noch eine Lösung

Alternative: die Münze wird 2x oder ein Vielfaches von zweimal geworfen. Bei ersten der beiden Würfe hat immer Mannschaft 'A' Kopf, beim zweiten immer Mannschaft 'B'. Gewonnen hat, wer nach n*2 Würfen mindestens 2 Siege Vorsprung hat.

Begründung: Bei einer höheren Wahrscheinlichkeit für eine Seite und 2x werfen mit Wechsel der "Siegoption", steht es nach 2 Würfen entweder (und wahrscheinlich) unentschieden, oder eine Mannschaft hatte das Glück, dass die Münze auf die unwahrscheinlichere Seite fiel, als sie diese als "Siegerseite" hatte.
Da bei (n*) 2 Würfen mit Wechseln der Seite jede Mannschaft die gleiche Chance hat, dass das unwahrscheinlichere Ergebnis bei dem Wurf eintritt, bei dem sie diese Seite "gewählt" hat, ist das System fair.

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tomwing 10.06.2019, 00:44
47. Klippschule lässt grüßen

"Doch der Schiedsrichter hat eine Idee. Wie muss er vorgehen, damit allein mit der verbogenen Münze eine 50 zu 50 Zufallsentscheidung gelingt?"
50 zu 50 (=1/1) ist mathematisch nicht korrekt. Das heißt, die Münze würde immer auf dieselbe Seite fallen.
Richtig ist 1 zu 2 = 1/2

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der_rookie 10.06.2019, 05:36
48. Hm

Noch ein paar weitere Ideen (sind auch nicht absurder als der Gedanke eine verbogene Münze nicht austauschen zu müssen:


(1) Der eine teilt, der andere sucht aus: Der Schiedsrichter wirft die Münze nicht nach oben, sondern so weit er kann nach vorne. Vor dem Wurf schätzt Kapitän A eine Entfernung von der er glaubt, dass der Schiedsrichter in 50% der Fälle weiter wirft und in 50% der Fälle kürzer wirft. Diese nennt er. Kapitän B wählt dann (immer noch vor dem Wurf) aus, ob er gewinnt falls der Schiedsrichter weiter als die von A geschätzte Entfernung wirft oder ob er gewinnt falls der Wurf nicht so weit geht. Dann wirft der Schiedsrichter die Münze.

(2) Man nutzt die Richtung der Biegung: Der Gastkapitän wählt zwei diagonal gegenüber liegende Eckfahnen, der Heimkapitän kriegt die anderen beiden. Dann wird ie Münze am Mittelkreis gewonnen und geschaut ob die Biegung ehe Richtung der Eckfahnen vom Gastkapitän oder vom Heimkapitän zeigt.

(3) Mit einer Hochgeschwindigkeitskamera (laut Aufgabenstellung vermutlich ausgeschlossen) könnte man auch die Zahl der Rotationen zählen, die die Münze beim Wurf durchläuft. Die Kapitäne wählen dann gerade vs. ungerade Zahlen.

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permissiveactionlink 10.06.2019, 09:45
49. #39, Myrlin

Wirklich ? Die beiden jeweils paarweise nacheinander stattfindenden Münzwürfe sind voneinander völlig unabhängig, und folgen nur den jeweiligen Eintritts- Wahrscheinlichkeiten. Hat in Ihrem Fall ein Wurf auf die konvexe Seite (KX) die Wahrscheinlichkeit 0,57, während die Wahrscheinlichkeit für ein Fallen auf die konkave Seite (KV) dann 0,43 beträgt, dann sind die Wahrscheinlichkeiten für die vier möglichen Wurfergebnisse zweier Würfe : p(KX, KX )= 0,57^2 = 0,3249 ; p(KV, KV )= 0,43^2 = 0,1849 ; sowie p(KX, KV) = p(KV, KX) = 0,57*0,43 = 0,2451. Die Summe dieser vier WK ergibt genau 1.

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