Die 100 Gefangenen und die Kästen verständlich erklärt

100 Gefangene sollen in 100 Kästen je ihren eigenen Zettel finden, aber jeder darf nur 50 Kästen öffnen. Wer rät, hat als Team praktisch keine Chance. Mit einem abgesprochenen Plan gewinnt das Team in knapp einem Drittel der Fälle. Diese Seite zeigt, wie das möglich ist und wo der Plan versagt.

Zuletzt aktualisiert: 11. November 2026

Ein Wort unbekannt? Das Begriffsverzeichnis erklärt es in wenigen Sätzen.

Hundert Kästen, hundert Zettel

Stellen Sie sich einen Raum mit 100 verschlossenen Kästen vor, nummeriert von 1 bis 100. In jedem Kasten liegt ein Zettel mit der Nummer eines von 100 Gefangenen. Jede Nummer kommt genau einmal vor, und die Zettel sind zufällig verteilt.

Die Gefangenen gehen nacheinander hinein. Jeder darf höchstens 50 Kästen öffnen und sucht den Zettel mit seiner eigenen Nummer. Nur wenn alle 100 ihren Zettel finden, kommen alle frei. Vorher dürfen sie einen Plan absprechen. Danach darf sich niemand mehr mit den anderen verständigen.

Wer 50 Kästen auf gut Glück auswählt, findet seinen Zettel mit der Chance 50 %, also in der Hälfte der Fälle. Raten alle unabhängig voneinander, ist die Chance, dass alle 100 treffen, die Hälfte, 100-mal mit sich selbst multipliziert: praktisch null. Gibt es einen Plan, der das ändert?

Der Plan: den Zetteln folgen

Ja. Jeder Gefangene öffnet zuerst den Kasten mit seiner eigenen Nummer und liest den Zettel darin. Ist es seine Nummer, ist er fertig. Sonst öffnet er als Nächstes den Kasten, dessen Nummer auf dem Zettel steht, und so weiter, bis er seinen Zettel findet oder 50 Kästen offen hatte.

Nehmen wir an, es gibt nur 8 Gefangene und 8 Kästen, und jeder darf 4 öffnen. Gefangener 3 öffnet Kasten 3 und findet den Zettel 5. Er öffnet Kasten 5 (Zettel 8), dann Kasten 8 (Zettel 7), dann Kasten 7. Dort liegt sein Zettel 3. Nach 4 Öffnungen ist er fertig.

Wer so den Zetteln folgt, landet irgendwann wieder am Anfang: 3, 5, 8, 7 und wieder 3. Eine solche geschlossene Folge von Kästen nennen wir Kette (in der Fachsprache: Zyklus). Auch die übrigen Kästen bilden Ketten:

• 3, 5, 8, 7: eine Kette aus 4 Kästen.
• 1, 4, 6: eine Kette aus 3 Kästen.
• 2: eine Kette aus 1 Kasten (Kasten 2 enthält den Zettel 2).

Warum klappt das? Genau ein Zettel trägt die Nummer 3. Er liegt im Kasten, von dem der Weg zu Kasten 3 führt, also im letzten Kasten der Kette (Kasten 7). So findet jeder Gefangene seinen Zettel im letzten Kasten seiner Kette, nach so vielen Öffnungen, wie sie Kästen hat.

Warum das gemeinsam gewinnt

Ein Gefangener hat also genau dann Erfolg, wenn seine Kette höchstens so viele Kästen hat, wie er öffnen darf. Im Beispiel gilt das für alle drei Ketten, also finden alle 8 ihren Zettel.

Ist eine Kette zu lang, scheitern alle auf ihr. Im Beispiel heißt das: mindestens 5 Kästen, und zwei solche Ketten passen nicht in 8 Kästen. Also scheitert niemand oder genau eine lange Kette, das sind 5, 6, 7 oder 8 Gefangene, nie nur 1 bis 4. Die zugehörige Demo, ein Programm zum Ausprobieren, hat das in ihren Tests für alle möglichen Anordnungen der 8 Zettel durchgezählt.

Das ist der Kern: Die Erfolge sind gekoppelt. Wer auf derselben Kette liegt, gewinnt oder verliert gemeinsam. Unabhängig wären sie, wenn der Ausgang des einen nichts über den des anderen verriete, wie bei getrennten Münzwürfen.

Am einfachsten sieht man es bei 2 Gefangenen und 2 Kästen, von denen jeder 1 öffnen darf. Beide öffnen den Kasten mit der eigenen Nummer. Liegen die Zettel richtig, finden beide ihren Zettel, sonst scheitern beide. Jeder hat die Chance 50 %, und das Team gewinnt nach diesem Plan ebenfalls in 50 % der Fälle. Rät jeder für sich, müssten beide unabhängig Glück haben, und die Chance fürs Team wäre kleiner.

Bei 100 Gefangenen und 50 Kästen hat jeder weiter nur 50 %. Der Grund ist ein bekanntes Ergebnis über zufällige Anordnungen: Die Kette eines Gefangenen hat jede Länge von 1 bis 100 mit derselben Chance. Die Längen bis 50 führen zum Erfolg, die übrigen zum Scheitern.

Das Team gewinnt nur, wenn keine Kette länger als 50 Kästen ist. Zwei solche Ketten passen nicht in 100 Kästen, es gibt also höchstens eine. Im Mittel scheitern 50 von 100, wie beim Raten. Beim Raten verteilen sich die Fehlschläge aber einzeln, sodass praktisch immer jemand scheitert. Mit dem Plan kommen sie gebündelt: Entweder scheitert niemand, oder mehr als 50 auf einmal. Die Demo rechnet aus, wie oft niemand scheitert: in knapp einem Drittel der Fälle.

Wo der Plan versagt

Der Plan setzt zufällig verteilte Zettel voraus. Kennt ein Wärter den Plan, legt er die Zettel so, dass alle 100 Kästen eine einzige Kette bilden. Dann müsste jeder alle 100 Kästen öffnen, darf aber nur 50. Das Team scheitert in diesem Fall sicher.

Das Team kann sich helfen. Vorab würfelt es eine Zufallsliste aus, die alle auswendig lernen: Sie nennt für jede Kastennummer, welcher Kasten damit wirklich gemeint ist. Alle wenden den Plan auf diese umbenannten Kästen an. Der Wärter kennt die Liste nicht, also sieht die Anordnung für das Team zufällig aus. Mal gewinnt es, mal nicht; über alle möglichen Listen gemittelt ist die Chance wieder knapp ein Drittel.

Eine solche Liste ist mehr als ein abgesprochener Plan: Sie muss zufällig erzeugt und geteilt werden. Im ursprünglichen Rätsel gibt es sie nicht.

Und ein Helfer?

Ein Helfer, der alle Zettel sieht, darf vor Beginn die Zettel in zwei Kästen vertauschen. Liegen beide in derselben zu langen Kette, zerfällt sie in zwei kürzere. Bei 100 Gefangenen und 50 Kästen gibt es höchstens eine zu lange Kette, und sie lässt sich in zwei Teile von höchstens 50 Kästen teilen. Eine Vertauschung genügt also, und das Team gewinnt in der Demo in 100 % der Fälle, auch gegen einen Wärter. Der Helfer ändert die Aufgabe: Er sieht alle Zettel, was die ursprüngliche Aufgabe nicht vorsieht.

Gibt es einen noch besseren Plan?

Für 3 und für 4 Gefangene mit 1 oder 2 erlaubten Kästen wurde in den Tests der Demo jeder mögliche feste Plan durchprobiert. Kein Plan schlug die Ketten (ohne Helfer). Für mehr Gefangene wird dasselbe in der Literatur berichtet; weder die Demo noch diese Seite hat es nachgeprüft.

Häufige Missverständnisse

• „Mit dem Plan hat jeder Einzelne bessere Chancen.“ Nein. Bei 100 Gefangenen und 50 Kästen hat jeder Einzelne wie beim Raten 50 %. Besser ist nur die Chance, dass alle zusammen Erfolg haben.
• „Der Plan macht den Erfolg sicher.“ Nein. Bei 100 Gefangenen und 50 Kästen gewinnt das Team in knapp einem Drittel der Fälle.

Woran Sie diese Art von Aufgabe erkennen

• Ein Team gewinnt nur, wenn alle Erfolg haben, und jeder hat für sich nur eine mittlere Chance.
• Vorab lässt sich ein Plan absprechen, danach ist keine Verständigung mehr möglich.
• Erfolge und Misserfolge lassen sich bündeln.

Wie ernst ist das Rechenbild zu nehmen?

Das Rätsel ist eine Rechenaufgabe mit gewählten Annahmen: zufällig verteilte Zettel, ein vorab bekannter Plan, für alle gleich viele Kästen. Es sagt nichts über echte Gefangene oder andere Menschen.

Was Sie mitnehmen: Gleiche Einzelchancen können sehr verschiedene Chancen für das ganze Team bedeuten, je nachdem, ob die Erfolge unabhängig oder gekoppelt sind. Der Knopf „Demo ausprobieren“ unten öffnet das Programm, der andere führt zum zweiten Teil für Fachleute.

Hinweis: Alle Demos rechnen mit synthetischen oder frei verfügbaren Beispieldaten und laufen auf einem externen Anbieter (Datenschutz). Bitte geben Sie darin keine vertraulichen oder personenbezogenen Daten ein. Die Ergebnisse gelten für die jeweilige Demo-Instanz und lassen sich nicht ungeprüft auf reale Fälle übertragen; für darauf gestützte Entscheidungen übernehme ich keine Gewähr.

Modell und Annahmen

Dieser Teil ist eigenständig lesbar. Er fasst Modell und Ergebnisse der Demo zusammen; alle Zahlen sind Rechnungen der Demo unter den genannten Voraussetzungen.

• Anordnung: Kasten \(j\) enthält den Zettel \(q(j)\); \(q\) ist eine gleichverteilte Permutation von \(1, \dots, n\). Gefangener \(i\) sucht den Zettel \(i\) und darf \(m\) Kästen öffnen, alle dasselbe \(m\). Das Team gewinnt genau dann, wenn jeder seinen Zettel findet. Die Strategie steht vorab fest, danach gibt es keine Verständigung. Voreinstellung der Demo: \(n = 100\), \(m = 50\). Die Demo stellt \(m\) als Anteil von \(n\) in Prozent ein und rundet auf ganze Kästen, halbe werden aufgerundet (50 % bei 7 Gefangenen ergeben 4 Kästen).
• Drei Strategien: Zufall, jeder wählt \(m\) Kästen zufällig. Feste Kästen, Gefangener \(i\) öffnet die Kästen \(i, i+1, \dots, i+m-1\) (zyklisch), ein Beispiel für eine feste Zuordnung ohne Nachschlagen. Zyklus-Strategie: Gefangener \(i\) öffnet zuerst Kasten \(i\) und dann jeweils den Kasten, dessen Nummer auf dem gerade gefundenen Zettel steht.
• Wer legt die Zettel? Drei Fälle: der Zufall; der Wärter, der die Strategie kennt (gegen die Zyklus-Strategie ein einziger Zyklus aus \(n\) Kästen, gegen feste Kästen jeder Zettel knapp außerhalb des Fensters); der Wärter, aber das Team hat die Kästen vorab geheim umnummeriert: Es nennt den Kasten \(j\) in Wirklichkeit \(\rho(j)\) und sieht die Anordnung \(q \circ \rho\).
• Helfer: Ein Helfer sieht alle Zettel und darf vor Beginn bis zu \(t\) Mal (0 bis 3) die Zettel zweier Kästen vertauschen. Er greift nur ein, wenn die Vertauschungen für ein Gelingen aller reichen. Gerechnet wird seine Wirkung nur für die Zyklus-Strategie; bei Zufall wäre er wirkungslos, bei festen Kästen nicht.
• Rechenweg: Die Gewinnchance der Zyklus-Strategie kommt aus einer Rekursion über den Zyklus des ersten Kastens (jede Länge hat die Wahrscheinlichkeit \(1/N\) bei \(N\) Kästen), in der Demo auch in Brüchen. Daneben läuft eine Simulation mit dem Zufallszahlenerzeuger SplitMix64 und festen Zufalls-Seeds, in Blöcken zu 2.000 Läufen. Die Gewinnchance fester Kästen ist der Permanent der Zuordnungsmatrix geteilt durch \(n!\), exakt gerechnet nur bis \(n = 20\).

Die Formeln

Zyklus-Strategie. Für die Länge des Zyklus von \(q\), der \(i\) enthält, schreiben wir \(\ell_i\); für eine Zyklenlänge allgemein \(\ell\). Gefangener \(i\) öffnet Kasten \(i\), dann Kasten \(q(i)\), dann \(q(q(i))\) und so weiter. Der Zettel \(i\) liegt in dem Kasten, der im Zyklus vor \(i\) steht, also nach \(\ell_i\) Öffnungen:

\[\text{Gefangener } i \text{ hat Erfolg} \iff \ell_i \le m\]

Einzelchance. In einer gleichverteilten Anordnung ist die Länge des Zyklus eines festen Kastens gleichverteilt auf \(1, \dots, n\) (bekanntes Resultat, Herleitung unten), also

\[\Pr(\ell_i \le m) = \frac{m}{n}\]

Alle zusammen. Das Team gewinnt genau dann, wenn kein Zyklus länger als \(m\) ist. Für \(m \ge n/2\) kann es höchstens einen langen Zyklus geben, und genau \(n!/k\) Anordnungen haben einen Zyklus der Länge \(k > n/2\):

\[\Pr(\text{alle}) = 1 - \sum_{k=m+1}^{n} \frac{1}{k}\]

Grenzwert für \(n = 2m \to \infty\), die Differenz zweier harmonischer Summen:

\[1 - \sum_{k=m+1}^{2m} \frac{1}{k} \;\longrightarrow\; 1 - \ln 2 \approx 0{,}3069\]

Rekursion für beliebiges \(m\). Der Zyklus des ersten Kastens hat jede Länge \(k = 1, \dots, N\) mit Wahrscheinlichkeit \(1/N\), der Rest ist wieder gleichverteilt. Mit \(F_m(N)\) als Wahrscheinlichkeit, dass keiner von \(N\) Kästen in einem Zyklus über \(m\) liegt:

\[F_m(N) = \frac{1}{N} \sum_{k=1}^{\min(m, N)} F_m(N - k), \qquad F_m(0) = 1\]

Dieselbe Rekursion mit einer zweiten Größe liefert die Verteilung der Zahl erfolgreicher Gefangener und der Vertauschungskosten gemeinsam.

Zufall und feste Kästen. Wählt jeder zufällig \(m\) Kästen, sind die Erfolge unabhängig mit Wahrscheinlichkeit \(m/n\):

\[\Pr(\text{alle}) = \left(\frac{m}{n}\right)^{n}\]

Bei festen Kästen (Matrix \(A\) mit \(A_{ij} = 1\), wenn Gefangener \(i\) den Kasten \(j\) öffnet) gewinnt das Team genau in den Anordnungen, in denen jeder Zettel in einem Kasten seines Gefangenen liegt:

\[\Pr(\text{alle}) = \frac{\operatorname{perm}(A)}{n!}, \qquad \operatorname{perm}(A) = \sum_{\pi} \prod_{i=1}^{n} A_{i,\pi(i)}\]

Geheime Umnummerierung. Nennt das Team den Kasten \(j\) in Wirklichkeit \(\rho(j)\), sieht es die Anordnung \(q \circ \rho\). Ist \(\rho\) gleichverteilt, ist \(q \circ \rho\) für jedes feste \(q\) gleichverteilt:

\[\Pr(\text{alle}) = 1 - \sum_{k=m+1}^{n} \frac{1}{k} \quad \text{für jede Anordnung } q \text{ des Wärters (} m \ge n/2 \text{)}\]

Vertauschungen vorab. Eine Vertauschung innerhalb eines Zyklus teilt ihn in zwei beliebige Stücke, eine zwischen zwei Zyklen verschmilzt sie. Die Mindestzahl der Vertauschungen, bis kein Zyklus länger als \(m\) ist, ist

\[c(q) = \sum_{\text{Zyklen}} \left( \left\lceil \frac{\ell}{m} \right\rceil - 1 \right)\]

Herleitungen Schritt für Schritt

Die folgenden Herleitungen sind Rechnungen dieser Seite, keine Messungen der Demo. Wo die Demo dieselbe Aussage durch Aufzählung prüft, steht es dabei.

Warum die Strategie den eigenen Zettel findet.

• Schritt 1: Gefangener \(i\) folgt der Folge \(i, q(i), q(q(i)), \dots\) und läuft damit den Zyklus von \(q\) ab, der \(i\) enthält.
• Schritt 2: Der Kasten \(j\), der den Zettel \(i\) enthält, erfüllt \(q(j) = i\), steht also im Zyklus direkt vor \(i\). Die Folge erreicht ihn nach \(\ell_i\) Öffnungen.
• Schritt 3: Der Gefangene hat deshalb genau dann Erfolg, wenn \(\ell_i \le m\). Alle Gefangenen desselben Zyklus haben dieselbe Länge \(\ell_i\), also gemeinsam Erfolg oder gemeinsam keinen.

Die Zyklenlänge eines festen Kastens ist gleichverteilt (bekannt). Rechnung dieser Seite:

• Schritt 1: Soll der Zyklus von Kasten \(i\) die Länge \(\ell\) haben, wählt man der Reihe nach die \(\ell - 1\) weiteren Kästen des Zyklus: \((n-1)(n-2)\cdots(n-\ell+1)\) Möglichkeiten.
• Schritt 2: Die übrigen \(n - \ell\) Zettel lassen sich beliebig anordnen: \((n-\ell)!\) Möglichkeiten.
• Schritt 3: Das Produkt ist \((n-1)!\) für jedes \(\ell\). Geteilt durch \(n!\) ergibt sich \(1/n\) für jede Länge, und \(\Pr(\ell_i \le m)\) ist die Summe über \(m\) Längen, also \(m/n\). Die Demo bestätigt das durch Aufzählung für \(n = 7\) und jedes \(m\).

Die Gewinnformel.

• Schritt 1: Für \(m \ge n/2\) haben zwei Zyklen der Länge \(> m\) zusammen mehr als \(n\) Kästen, es gibt also höchstens einen.
• Schritt 2: Anordnungen mit einem Zyklus der Länge \(k > n/2\): \(\binom{n}{k}\) Wahl der Kästen, \((k-1)!\) Zyklen darauf, \((n-k)!\) Anordnungen des Rests. Das ist \(n!/k\), die Wahrscheinlichkeit also \(1/k\).
• Schritt 3: Die Ereignisse für verschiedene \(k\) schließen sich aus. Die Verlustwahrscheinlichkeit ist \(\sum_{k=m+1}^{n} 1/k\), die Gewinnwahrscheinlichkeit ihr Komplement.

Durchgerechnet: \(n = 8\), \(m = 4\). Rechnung dieser Seite: Die Kästen 1 bis 8 enthalten die Zettel 4, 2, 5, 6, 8, 1, 3, 7.

Zyklus (Kästen)	Länge	Gefangene	Erfolg bei \(m = 4\)?
1, 4, 6	3	1, 4, 6	ja
2	1	2	ja
3, 5, 8, 7	4	3, 5, 7, 8	ja

Alle 8 gewinnen. Vertauscht man die Zettel in den Kästen 2 und 3, enthalten die Kästen 1 bis 8 die Zettel 4, 5, 2, 6, 8, 1, 3, 7. Der Zyklus 2, 5, 8, 7, 3 hat jetzt die Länge 5, denn die Vertauschung hat zwei Zyklen verschmolzen. Die Gefangenen 2, 3, 5, 7 und 8 scheitern gemeinsam, die Gefangenen 1, 4 und 6 haben Erfolg. Für die Zyklus-Strategie mit \(n = 8\), \(m = 4\) liefert die Gewinnformel über alle Anordnungen \(1 - (1/5 + 1/6 + 1/7 + 1/8) = 307/840\).

Der Grenzwert.

• Schritt 1: Mit \(n = 2m\) ist \(\sum_{k=m+1}^{2m} 1/k\) die Differenz der harmonischen Summen \(H_{2m} - H_m\).
• Schritt 2: Die Summe ist eine Riemann-Summe von \(\int_1^2 dx/x = \ln 2\), mit Schrittweite \(1/m\) und Stützstellen \(k/m\) für \(k = m+1, \dots, 2m\).
• Schritt 3: Für \(m \to \infty\) geht die Gewinnchance also gegen \(1 - \ln 2\). Die Demo rechnet nur endliche \(n\) und zeigt, dass die Werte für gerade \(n\) bis 200 von oben auf diesen Grenzwert zulaufen.

Warum die Erfolge gekoppelt sind, die Chancen aber gleich bleiben.

• Schritt 1: Die Zahl der Erfolglosen ist die Summe der Längen aller Zyklen über \(m\); für \(m \ge n/2\) ist es höchstens ein Zyklus, also scheitern entweder keiner oder genau \(\ell\) Gefangene, mit Wahrscheinlichkeit \(1/\ell\) für jedes \(\ell > m\).
• Schritt 2: Der Erwartungswert der Zahl erfolgreicher Gefangener ist \(m\), genau wie beim Zufall (jeder mit Wahrscheinlichkeit \(m/n\)). Die Demo prüft das für mehrere \(n\) und alle \(m\).
• Schritt 3: Gleicher Mittelwert, andere Verteilung: Beim Zufall ist die Zahl der Erfolgreichen binomialverteilt um \(m\). Bei der Zyklus-Strategie nimmt sie für \(m \ge n/2\) nur den Wert \(n\) oder Werte bis höchstens \(n - m - 1\) an: entweder gewinnen alle, oder eine ganze Gruppe bricht weg.

Wärter und Umnummerierung.

• Wärter: Für \(q(j) = j + 1\) (der letzte Kasten enthält den Zettel 1) ist \(q\) ein einziger Zyklus der Länge \(n\). Jeder Gefangene braucht \(n > m\) Öffnungen, das Team verliert. Das gilt für jedes \(m < n\).
• Umnummerierung: Für ein festes \(q\) ist \(\rho \mapsto q \circ \rho\) eine Bijektion der Permutationen. Ist \(\rho\) gleichverteilt, ist es auch \(q \circ \rho\), und die Gewinnchance im Mittel über \(\rho\) ist die einer zufälligen Anordnung, unabhängig von \(q\). Die Demo bestätigt das für \(n = 8\), \(m = 4\) und den einzelnen Zyklus des Wärters durch Aufzählung aller Umnummerierungen.
• Voraussetzung: Es gilt der Mittelwert über \(\rho\). Jede einzelne Umnummerierung kann für den Wärter ungünstig oder günstig sein; das Team braucht \(\rho\) als gemeinsame Zufallsquelle, die der Wärter nicht kennt.

Helfer.

• Teilen: Eine Vertauschung innerhalb eines Zyklus der Länge \(\ell\) teilt ihn in zwei Stücke, beliebig verteilt auf Längen \(a + b = \ell\). Ein Zyklus der Länge \(\ell\) braucht mindestens \(\lceil \ell/m \rceil - 1\) Teilungen, damit alle Stücke höchstens \(m\) lang sind; die Summe über die Zyklen ist \(c(q)\).
• Eine Vertauschung genügt: Für \(m = \lceil n/2 \rceil\) gibt es höchstens einen Zyklus der Länge \(\ell \le n\) über \(m\); er wird in Stücke der Längen \(\lceil \ell/2 \rceil\) und \(\lfloor \ell/2 \rfloor\) geteilt, beide höchstens \(\lceil n/2 \rceil = m\). Die Gewinnchance mit einer Vertauschung ist also 100 %. Das gilt in der Demo für jedes \(n\) von 2 bis 100.
• Ungerades \(n\) mit \(m = \lfloor n/2 \rfloor\): Das Argument gilt nicht mehr. Für \(n = 99\), \(m = 49\) wird ein Zyklus der Länge 99 in Stücke der Längen 50 und 49 geteilt, und 50 ist größer als \(m\). Er tritt mit Wahrscheinlichkeit \(1/99\) auf; die Demo rechnet mit einer Vertauschung 98,99 %.

Befunde

Alle Zahlen der Tabelle sind Rechnungen der Demo unter folgenden Voraussetzungen: gleichverteilte Anordnung, Strategie vorab fest, alle dasselbe \(m\). Aufzählungen gehen über alle Anordnungen des genannten Falls; „Simulation“ ist eine Stichprobe mit festem Zufalls-Seed.

Frage	Befund
Gemeinsame Chance bei 100 Gefangenen, 50 Kästen, zufällige Zettel?	Zyklus-Strategie 31,2 % (Formel und Rekursion stimmen überein), Zufall 7,9·10⁻³¹. Die Einzelchance ist bei allen drei Strategien 50 %.
Einzelchance allgemein?	Der Anteil der erfolgreichen Gefangenen ist \(m/n\): durch Aufzählung aller 5.040 Anordnungen für \(n = 7\) und jedes \(m\) bestätigt.
Wie sind die Erfolge gekoppelt? (\(n = 8\), \(m = 4\), Aufzählung aller 40.320 Anordnungen)	Entweder haben alle Erfolg (307/840, das sind 14.736 der 40.320 Anordnungen) oder genau \(\ell\) Gefangene scheitern, mit Wahrscheinlichkeit \(1/\ell\) für \(\ell\) = 5, 6, 7, 8 (also 1/5, 1/6, 1/7, 1/8).
Grenzwert (\(m = n/2\), gerade \(n\))?	Die Gewinnchance sinkt von 50,0 % bei \(n = 2\) und bleibt für alle geraden \(n\) bis 200 über \(1 - \ln 2\) = 30,7 %. Bei \(n = 100\) liegt sie 0,50 Prozentpunkte darüber. Kleine Fälle: \(n = 8\): 36,5 %, \(n = 10\): 35,4 %.
Weniger oder mehr Kästen (\(n = 100\))?	\(m\) = 10: 1,3·10⁻¹⁰, 25: 0,57 %, 40: 13,5 %, 49: 29,2 %, 51: 33,1 %, 60: 49,2 %. Mit \(m = 1\) gewinnt nur die Identität (Wahrscheinlichkeit 1/100!). Die Kurve steigt in \(m\) streng, geprüft für \(n\) = 6, 11 und 30.
Feste Kästen (Fenster \(i\) bis \(i + m - 1\), \(m = n/2\))?	\(n = 8\): 11/1680 = 0,65 % gegen 0,39 % bei Zufall (Faktor 1,7). \(n = 4\): Faktor 1,3. \(n = 20\): 1,7·10⁻⁶ gegen 9,5·10⁻⁷ bei Zufall (Faktor 1,8; 4.152.609.019.392 passende Anordnungen). Über \(n = 20\) nicht exakt gerechnet.
Der Wärter kennt die Strategie?	Ohne Helfer scheitert das Team gegen die Zyklus-Strategie und gegen feste Kästen für \(m < n\) sicher (0 %). Die Zufalls-Strategie ist unberührt (7,9·10⁻³¹ bei \(n = 100\)).
Geheime Umnummerierung der Kästen?	Der Mittelwert über alle Umnummerierungen ist gleich der Gewinnchance einer zufälligen Anordnung. Aufgezählt für \(n = 8\), \(m = 4\) und den einzelnen Zyklus des Wärters: über alle 8! Umnummerierungen genau 307/840; ebenso für \(n = 7\), \(m = 4\) an fünf Anordnungen, jeweils der Wert 103/210 einer zufälligen Anordnung. Bei \(n = 100\) gilt der Wert der ersten Zeile.
Helfer mit einer Vertauschung?	\(n = 8\), \(m = 4\): in allen Anordnungen dieses Falls reicht eine Vertauschung (auch durch Ausprobieren aller 28 Vertauschungen bestätigt). Für jedes \(n\) von 2 bis 100 mit \(m = \lceil n/2 \rceil\) ist die Gewinnchance mit einer Vertauschung 100 %. \(n = 100\), \(m = 40\): 73,4 % und 100 % bei 1 bzw. 2 Vertauschungen; \(m = 25\): 10,4 %, 54,5 %, 100 % bei 1 bis 3. Bei ungeradem \(n = 99\) und \(m = 49\) reicht eine nur zu 98,99 %.
Kosten der Vertauschungen?	Mindestzahl = Summe über die Zyklen von \(\lceil \ell/m \rceil - 1\), geprüft gegen eine Breitensuche über alle Vertauschungsfolgen für \(n\) bis 6, alle \(m\), bis 3 Vertauschungen.
Ist die Zyklus-Strategie für kleine Fälle optimal?	Unter allen deterministischen, anpassungsfähigen Strategien (der nächste Kasten darf von den bisher gesehenen Zetteln abhängen) ist das beste Team gleich der Zyklus-Strategie: \(n = 3\) (\(m = 1\): 1/6, \(m = 2\): 2/3) und \(n = 4\) (\(m = 1\): 1/24, \(m = 2\): 5/12), durch Aufzählung aller Entscheidungsbäume. Größere Fälle sind nicht aufgezählt.

Grenzen und was die Messung zeigt

Was sie belegt:

• Die Gewinnformel und die Rekursion sind gegen die Aufzählung aller Anordnungen für \(n = 2\) bis 9 geprüft, die Rekursion zusätzlich gegen die Summe über alle Zyklentypen für \(n \le 25\).
• Die Simulation stimmt mit den exakten Werten innerhalb eines bewusst weiten Bandes von 4,5 Standardabweichungen überein (feste Zufalls-Seeds); sie dient nur zum Nachspielen, die exakten Werte stützen die Befunde.
• Die Zyklus-Strategie schlägt den Zufall für alle \(n\) bis 30 und \(m < n\); die Gewinnchance steigt in \(m\) streng (für \(n = 6, 11, 30\) geprüft) und wächst mit jeder zusätzlichen Vertauschung, bis 100 % erreicht sind.

Was sie nicht belegt, und die Grenzen:

• Gleichverteilte Anordnung: Bei einem Wärter, der die Strategie kennt, scheitert die Zyklus-Strategie sicher. Erst eine geheime gemeinsame Zufallsentscheidung des Teams stellt die Gleichverteilung her. Sie ist eine gemeinsame Zufallsquelle, die das Rätsel in der ursprünglichen Fassung nicht hat. Gegen andere Strategien als die beiden genannten sagt die Demo über den Wärter nichts.
• Keine Verständigung nach der Absprache: Dürften die Gefangenen nach dem ersten Öffnen etwas mitteilen, wäre das ein anderes Rätsel; es ist nicht gerechnet.
• Alle dasselbe \(m\): Für ungleiche Zahlen erlaubter Kästen ist nichts gerechnet und die Optimalität der Zyklus-Strategie nicht untersucht.
• Optimalität: Aufgezählt ist sie nur für \(n = 3\) und \(n = 4\). Dass die Zyklus-Strategie allgemein optimal ist, wird laut Sekundärquellen in der Literatur bewiesen; die Demo beweist es nicht und übernimmt es nicht als Aussage, der Volltext der Quelle wurde nicht gelesen.
• Der Helfer greift nur ein, wenn die erlaubten Vertauschungen reichen; sonst bleibt die Anordnung. Er sieht alle Zettel, was in der ursprünglichen Aufgabe nicht vorgesehen ist. Seine Wirkung ist nur für die Zyklus-Strategie gerechnet.
• Feste Kästen sind ein Beispiel (Fenster); andere feste Zuordnungen haben andere Zahlen. Exakt nur bis \(n = 20\); darüber gibt es nur die Zählung in der Simulation, und bei \(n = 100\) gab es in den gespielten Läufen keinen Treffer. Das ist keine Aussage über die Wahrscheinlichkeit.
• Seltene Ereignisse in der Simulation: 0 Treffer heißt nur, dass das Ereignis seltener ist als etwa 1 von den gespielten Läufen; die exakten Werte stehen daneben.
• Menschen und Gefängnisse: Die Aufgabe ist ein Gedankenspiel. Die Demo sagt nichts über Gedächtnis, Aufsicht oder reale Gruppen.
• Nicht geprüft: die Optimalität für \(n \ge 5\), ungleiche Zahlen erlaubter Kästen und das Verhalten der Demo in der Streamlit Cloud.

Quellen

• Bekannt (Lehrbuch): die Zyklenstruktur zufälliger Permutationen (Länge des Zyklus eines festen Elements gleichverteilt, ein Zyklus über \(n/2\) mit Wahrscheinlichkeit \(1/\ell\)), harmonische Zahlen und Permanente. Die Zyklus-Strategie wird in der Literatur als Lösung des Rätsels geführt.
• Curtin, E.; Warshauer, M.: „The Locker Puzzle“, The Mathematical Intelligencer 28 (2006), S. 28–31. Geprüft ist nur die Fundstelle und der Grenzwert \(1 - \ln 2\) für \(2m\) Gefangene, die je \(m\) Kästen öffnen dürfen, über den MathWorld-Eintrag „100 Prisoners Problem“, der diese Arbeit nennt. Dass dort die Optimalität der Zyklus-Strategie bewiesen wird, steht nur in Sekundärquellen (ein Blog); der Volltext wurde nicht gelesen.
• Zu Urheberschaft und Herkunft der Aufgabe macht diese Seite keine Angabe.
• Quelltext, Berechnungen und Tests der Demo: github.com/sebastian-hanisch/gefangene-kaesten-demo.

Die genannte Arbeit wurde für diese Seite nicht nachgeschlagen; Fundstelle und Einordnung stammen aus der Dokumentation der Demo. Die Herleitungen und das durchgerechnete Beispiel sind Rechnungen dieser Seite und keine Messungen der Demo.