Die letztlich konkrete Berechnung erfolgt durch Atomisierung, also Prüfung aller(!) Einzelfälle. Es gibt ja sowieso nur 6 mögliche Verteilungen. (!!! es sind eben nicht 3 Varianten wie im Artikel und in der Literatur aufgeführt!!!, die beiden "gleichen" Nieten sind ja individuell zu unterscheiden!) a=0 und b=0 seien die Nieten und z=6 der Hauptgewinn: Summe = 12 für jedes einzelne Tor Gew: 12/6 = 2 für jedes einzelne der 3 Tore, in Summe 3x2 = 6. 1) Ich wähle (zB) Tor 1, die Gewinnerwartung ist naturgemäß (a+a+b+b+z+z)/6=2. (Dies ist offensichtlich äquivalent zu jeder anderen Wahl). 2) Nun kann der Showmaster Tor 2 oder Tor 3 öffnen. Er wird in Variante 1 und 3 das Tor 2 öffnen und in Variante 2 und 4 das Tor 3, bei Variante 5 und 6 spielt es keine Rolle, ob er Tor 2 oder 3 öffnet, das kommt auf das gleiche heraus. 3) Nun wurde gesagt, dass sich die Wahrscheinlichkeiten für mein Tor !nicht! geändert hätten (2==2) sondern sich die Restchancen der beiden anderen Tore auf das verbliebene konzentriert hätten ?2+2=4? bzw ?6-2=4?. Das ist zwar grundsätzlich richtig, doch wird !!übersehen!!, dass ich auch !!!neue Information!!! über !!!mein eigenes Tor!!! erhalten habe. Es können(müssen) nämlich die Varianten !!!eliminiert!!! werden, die berücksichtigen, dass das von mir gewählte Tor die Niete beinhaltet, die ja nun bereits offen vorliegt! Daher kann (muss) ich die Gewinnerwartung meines eigenen Tores neu berechnen!!!. 4) also..., sofern nun die Niete a zu sehen ist, kann (muss) ich die Varianten 1 und 2 streichen, sofern Niete b zu sehen ist, kann/muss ich Varianten 3 und 4 streichen, sofern ich die Nieten a und b nicht unterscheiden kann, ist es ja egal, welche der Variantenpärchen ich gedanklich streiche, es kommt ja aufs gleiche heraus (die Varianten für Nieten a bzw b sind im Endeffekt gleich): zB wenn die Niete b zu sehen ist: Summe 12 für jedes der beiden verbliebenen Tore (meins:Tor1 bzw das andere: TorX), und 0 für das geöffnete Tor(O) ist die Summe gleich Gew: 12/4 = 3 für jedes der verbliebenen Tore, in Summe 2x3 = 6, sowohl für mein Tor (0+0+6+6)/4=3 als auch für das letzte (2 V 3 bzw X) Tor (6+6+0+0)/4=3 {man kann es auch anders herum deuten: wenn Tor 2 mit Niete b (Var1) geöffnet wird, muss auch die korrespondierende Variante, nämlich Tor 2 mit Hauptgewinn z (Var4) gestrichen werden und wenn Tor 3 mit Niete a geöffnet wird (Var2) dann muss auch die korrespondierende Variante Tor 3 mit Hauptgewinn z (Var3) gestrichen werden.} 5) es spielt keine Rolle, welches Tor (1, 2 oder 3) ich am Anfang wähle, da die anfängliche Gewinnerwartung und der Fortgang des Spiels immer gleich sind. Es pielt auch keine Rolle, ob der Showmaster sodann in Variante 5 bzw 6 das Tor mit Niete a oder das Tor mit Niete b öffnet, auch diese beiden Varianten sind vollkommen äquivalent. Sofern man will, kann man aber auch diese Fälle modellhaft unterscheiden: sofern der Showmaster also Tor 2 aufdeckt, verbleiben nur noch die Varianten 2 und 5 mit Gewinnerwartung (0+6)/2=3 für mein Tor1 und im Falle des Tauschs ebenfalls (6+0)/2=3 für das verbliebene Tor3, und natürlich ganz genauso im umgekehrten Fall der Öffnung von Tor 3.... Es bringt also DOCH NICHTS zu tauschen, was ich Anfangs, als ich das Rätsel erstmals hörte, wie fast jeder intuitiv ja sofort richtig vermutet hatte. Besonders deutlich wird die Sache, wenn wir den Nieten a und b unterschiedliche Werte von zB 0 bzw 6 zuweisen und dem Hauptgewinn 60. Selbst in diesem Fall spielt es (für die Wahl zu tauschen) keine Rolle, ob der Showmaster in Variante 5 und 6 das Tor (0) oder das Tor (6) öffnet. Es spielt natürlich keine Rolle, ob wir die Varianten a und b optisch unterscheiden können oder überhaupt sehen. Es kommt nur darauf an, dass die Varianten (theoretisch) physisch individuell unterscheidbar sind.