モンティホールの問題で絶対選び直す奴www [無断転載禁止]©2ch.net
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モンティーホールで選び直すのは、
確率がそこそこ解ってる奴。
コイントスで表が出たら次裏と思うのは、
確率を根底から誤解してる奴。
好きなように賭ければいいよ
｢ギャンブラーの誤謬｣でggrks.
射幸心に目が眩んだ低能だけが、
この凡庸な間違いを繰り返す。
確率考える前に日本語ちゃんと読もうね
>>1はモンティホール問題とまったく関係ないじゃん
増田哲也は2007年に痴漢で逮捕され、精神を病んで2ch数学板を荒らすようになった。
自ら増田哲也とカミングアウトしている。父は植物学者の増田芳雄。
荒らしが酷く、数学板で専用スレが10スレ以上立てられた。
↓確認できる最初のスレ
http://science6.2ch.net/test/read.cgi/math/1243605006/
■徳島で痴漢の准教授を解雇 筑波大 （2007年8月5日 毎日新聞）
徳島県警阿南署などは５日未明、東京都足立区千住寿町、筑波大学准教授、増田哲也容疑者（５０）を
県迷惑行為防止条例違反（痴漢行為）容疑で逮捕した。
調べでは、増田容疑者は、４日午後４時２０分ごろから約５０分にわたり、ＪＲ牟岐線の列車内で、県内の
専門学校生の女性（２１）の胸や太ももなどを触った疑い。調べに対し、「夏休み期間に、講演活動を兼ね
て旅行していた。好みの女性だったのでムラムラした」と話しているという。
http://science6.2ch.net/test/read.cgi/math/1262704792/
もともとは「狢」や「猫」、「狸」などと名乗っていた。トリップも変わっている。
http://wc2014.2ch.net/test/read.cgi/math/1384592236/
増田哲也→猫◆→狢◆→狸◆
☆数学コテ紹介☆
・猫
本名、増○哲也。筑波大准教授の頃、徳島で痴漢をやらかし職を失う。
それを期に数学界から身を引いた(←アフォー)。
逮捕されてからは精神を病み、2ch荒らしが生きがいとなった。また父の芳雄に虐待されたと思い込んでいる。
もともとは大数学者アラン・コンヌに直々教えを乞うていたほどのやり手（らしい）。
数々のお涙頂戴昔話には定評あり。本人曰く「しつこさ」のみが自身の売りなのだそう。
馬鹿を煽って2ch潰しをしているのだそう。規制されてもプロバイダーを変えて復活する。
最近、院生disが激しい。日本語、英語、フランス語をしゃべる。だが、猫語はしゃべらない。
率直に言って、客観的に人生を無駄に過ごしている希ガスる。
2ch潰しどころか数学板さえ潰すことの出来ないでいる希ガスる。
作戦倒れしている希ガスる。
でも本人はなんとも思ってないんだろうな。哀れ。哀れ。哀れ。
選んだ1つの扉の中に当たりがある確率と
選ばなかった2つの扉の中に当たりがある確率
どちらが大きいか
選らばなかった２つの扉の
合計より大きいと、
いろいろ微妙だよな。
高額賞品が当たるクイズなら通常勝負は1回のみ
ゆえに確率は3分の1のまま変わらない
http://fxconsulting.jp/gyanburu/husigi/hennsuu.html
２と３のドアの当たる確率が３分の２になるのはドアを二つ同時に
開けられる時のみ
しかしそれはルール違反でできない
２と３のドアの当たる確率はそれぞれ３分の１づつ存在し続けていて
変化は起きない
確率でものを考える人はこんな単純な事実に気が付かないから
３分の２なんて変な数字が出てくる
やはり直観に頼って残りのドアが２つなら当たる確率は
５０％で正しかったのです！
司会者モンティが、はずれのヤギを
見せる確率は、1なんだろう。既にぢゃ!
微妙に暗に、そういうルール。ぢゃ!
まっ、だから、
「ヤギを見ても、確率変化なし」なのぢゃ
さてと、上記の文章の主語は、
1) プレイヤーが最初に選んだドア
2) プレイヤーが最初には選んでないドア
どっちか。ここでマチガエそうぢゃ！
それはさて置いておいて
司会者モンティが、はずれのヤギを
見せる確率が、1/3なのなら、
プレイヤーは、どっちのドアを開けても
確率は1/2、すなわち、50%ぢゃと思う。
１つのドア選択後の残りの２つのドアが当たる確率を３分の２だと
信じて疑わない
しかし、この『確率３分の２』という部分が事実を表していない
まやかしだったのです！
たしかに、脳内でシミュレーションすると、
残りの２つのドアが当たる確率は３分の２あるように見えます
しかし、現実問題として挑戦者が持つドアを開ける権限は
強力なまでに３分の１で固定されています
ゆえに、確率３分の１どうしの合算である『確率３分の２』という
数値は存在しないのです
関係ないという事です
当たりの確率はドアの数が何億個だろうが
分母は常に選択できるドアの数
分子は常に１です
モンティがハズレのドアを開ける
プレイヤーが突然記憶喪失になる
目の前に選択可能な２つのドアがある
その中の内一つを選ぶと確率は５０％
「ドアを変えれば勝てるのは3回の内2回、負けるのは3回の内1回だけ、
しかしドアを変えなければ勝てるのは3回の内1回だけ」と述べる
ゲームが１回の場合はどうでしょう？
ドアを変更しない場合はそのまま1/3の確率である
（変更しないのであればモンティがドアを開こうが開くまいが確率は変わらない）
モンティがドアを開けた後にドアを変更する場合、
最初に選択したドアがハズレであれば変更後のドアはあたりが確定である
つまり、最初に選択したドアがはずれである確率＝ドアを変更した場合に
あたりを引く確率である
最初の選択であたりを引く確率は1/3、はずれを引く確率は2/3である
ゆえに、ドアを変更した場合のあたりを引く確率は2/3と考えられる
https://i.imgur.com/QmkqIJw.jpg
https://i.imgur.com/yhuYrJf.jpg
https://i.imgur.com/lXCrqsM.jpg
ハット目覚める確率で分からないところがあります助けてください。
(3)の解説の表2が納得できません。実際に起きていることなのだから表4のようにハズレの箱も区別すべきじゃないんですか？
そろそろ学べよ
当たりの確率は５０％になります
ITV News-2017/09/30
Monty Hall, one of the US's most popular television game show hosts,
has died aged 96, his son has said. Born Monte Halperin on 25 August 1921, for nearly
three decades Hall hosted 'Let's Make a Deal', the hugely successful television show
that he co-created.
「ドアを変えれば勝てるのは3回の内2回、負けるのは3回の内1回だけ、
しかしドアを変えなければ勝てるのは3回の内1回だけ」と述べる
ゲームが１回きりならどうでしょう？
最初の選択ではずれを引く確率も1/3になります
あたりを引く確率は1/3ですので、あたりの確率は50％です
『どちらを選んでも変わらない』とする意見が多かった
ドアが2つになった時点でプレーヤーが改めてコイントスによって
決めなおしたと仮定すると、景品を得る確率は1/2となる
ところが、2枚のドアの価値はルールで確率の高い（価値のある）
選択をすることが可能となっている
↑
ゲームを１回に限定されるとこの限りではありません
2枚のドアの価値は最初から同じです
まだ1/2とか50%とかいう人おるんやな
プレイヤーが『3枚のドアから1つを選ぶ』という
事象を表している、ただそれだけです
その背後には何ら特別な傾向はありません
たしかに最初の選択時にはずれを引く確率は2/3ありそうです
しかし、『ゲームは1回だけ』という強力な制約条件によって
この傾向は無効化されてしまいます
ゲームが１回だけの時、
最初にプレイヤーがあたりを引く確率は1/100
はずれを引く確率も1/100になります
ゲームから98枚のドアが除外された後に
残った2枚のドアの内、選択後のドアのあたりの確率が99%だと
証明する方法はゲームが１回に限定されている以上
存在しないのです
選択変更後の
モンティホール問題の本質は、ドアの背後にある『傾向』は
関係ないという事です
当たりの確率はドアの数が何億個だろうが
最後に2つのドアから１つを選択する以上50％です
たとえ選択変更後のドアの当たりの傾向が99%だと知って
見事に当たりを引き当てても、それが99%の確率で当たったと
証明する方法がない以上、選択変更後の当たりの確率は50％です
ゲームを１回に限定した場合、
やはり直観に頼って残りのドアが２つなら当たる確率は
５０％で正しかったのです！
当たる確率は５０％という自分の考えを否定してしまった人達は
復活のチャンスです
このように、確率なんかに頼らなくても、緻密な観察能力さえあれば
正解を導くことが可能となります
ドアが100枚で考えたら、超分かりやすい。
プレイヤーが当初選択しない99枚のドア
この99枚中98枚が、司会によりはずれ判明
∴
プレイヤーが当初選択しなかった残り1枚も
はずれと推定するのが、極自然ぢゃ
さらに、
プレイヤーが当初選択したのが、当たり
と考えれば、
司会の98枚連続はずれも当然ぢゃ!
即ち、
プレイヤは選び直さないで良い ハズぢゃ。
確率の計算をするまでもないことぢゃ
同じ大きさの粘土が100個あって、一つにはアタリくじが入ってる
・プレイヤーは一つ選ぶ
・残りの99個のうち｢98個は確実にハズレ｣と言うから司会はその残りの99個を一つにまとめてデカい粘土にする
・小さな粘土を選んだままにするか、99倍にでかくなった年度を選ぶか、もう1度チャンスが与えられる
確率は1/100と99/100なのはおわかり？
『99個を一つにまとめたデカい粘土』とは、ドアに置き換えると
99個のドアに対応します
ですが、プレイヤーは99個のドアを同時に選択することはできません
ルール違反です
当たりを含まない98個の粘土をゲームから除外した場合のみ
ルールが守られます
同じやで
99個の粘土をひとまとめにするの
同じなんだよなぁ
『当たりの入った99個を一つにまとめたデカい粘土』とは
99/100ではな1/100です
当たりは99個もありません
君まだ確率習ったことないん？
最初からアタリくじは1個として考えてるで
｢アタリくじがいくつ当たるか｣じゃなくて
｢アタリくじ一つが当たる確率｣やぞ？
あとすべての事象は、足して1(つまり100%)にならなあかんのは知ってるか？
もし｢99倍にでかくなった粘土を選んだときに当たりが入ってる確率｣が1/100やとしたら
｢小さい方を選んだ時の確率｣と足して
2/100にしかならんぞ？
ドアを物理的に粘土のようにこねることはルール違反です
思考実験では可能ですが
現実のゲームではできないです
物理的な話はしてませんやん
本質は変えずにルールだけ変えるって言うましたで
粘土もドアも99/100になるのは変わらんし
元の問題で2/3になるのも変わらんぞ
プレイヤーは現実のルールにのっとり
最終的に2つのドアから1つを選択するだけです
しかもゲームはただ1度きりです
誤解されているようですがシミュレーションをしているわけではなく
現実のプレイヤーが当たりを出した時に
『私の当たった確率は50％だった』と宣言すればよいのです
今までの話無視か？
たしかに最終的には二つの扉や
けどそこまでのやり取りで二つの扉の確率が違うのは分かってるか？その話を今まで散々してきてるんやで？
それとも君はあれか？
｢サイコロを振って1が出る確率は、出るか出ないかの二択やから50%だ｣って言ってるんか？
サイコロとか粘土とかそんなこと一切関係ないです
プレイヤーは最終的に当たりを出した後に
『私の当たった確率は50％だった』と宣言さえすればよいのです
宣言？なんの話？
確率の話してるんじゃないん？
『何かが起こる頻度』を粘土の大きさに置き換えても
完全に等価であるという証明はありますか？
確率が同じ
ネタなんだから相手すんなって
>>156ね
だんだんわかってきました
まず前提が間違っています
これは確率の話ではありません
ネタなんかよ
なんかマジレスしてるワイ恥ずかしいやんけww
え？
なんの話しやねん
モンティホール問題ちゃうんか？
同じになりますか？
99%の確率を確定させるのに100回だけの調査で足りますか？
『客観確率は、ある事象が起きる頻度の観測結果に基づいて、
無限回繰り返した際の極限値』です
同じになります
100回調査を行うなんて言ってません
＞『客観確率は、ある事象が起きる頻度の観測結果に基づいて、無限回繰り返した際の極限値』です
そうでっか、あってんちゃう？
理論って言葉も覚えた方がええで
学校で確率習うときに君が無限回観測せんで済むようにな
じゃあ、何回くらいですか？
99%の確率を確定させるには最低2000～2500回ぐらいの
調査が必要なのではありませんか？
バラつきが生じてしまいます
確率を求めるのに調査が必要やと思ってるん？
サイコロ振って1が出る確率も無限回行わな確率わからんの？
明日の天気も無限回同じ天気を続いてくれな降水確率わからんの？
コイン投げて表が出るか裏が出るか無限回行わなわからんの？
生じません
行いたければ何回でも行えます
けどそれがめんどくさいから理論というものがあります
無限回ではなく最低2000～2500回ぐらいではないかと
書いてあります
ほな君は確率を求めるとき2000~2500回調査を行ってから確率を出してるんか？
んじゃ
サイコロを振って2が出る確率は？
確率のテストとかどうするんや？
ドアの場合99.218%確率のような曖昧さを含んでいると思います
ですから、正確に当たりの頻度99/100を粘土に置き換える
ことはできないと思います
『何かが起こる頻度』を粘土の大きさに置き換えても
完全に等価であるという証明はできないと思います
そもそも確率とは、試行回数を無限に増やした場合の極限を扱うことが前提です。確率の話をするにあたり、試行回数＝１に限定したケースを強引に仮定しようという姿勢は、そもそも間違っているのです。
いいですか？
試行回数を１回に限定した場合の話は簡単で、引いたドアが当たりである「確率」は、
当たりの場合は１
ハズレの場合は０
この２通りしか「ありえません」
1/2とか1/3とか、ましてや2/3とか、そんな中途半端な値は取りようがありません。なぜなら当たりのドアは１か２か３か、それらのどれかに「決定済」だからです。
挑戦者が当たりのドアがどれか知らない？そんなの関係ありません。
試行回数＝１の前提からはそういう結論しか出ません。これは他のひとが展開している確率論とは異なる話です。
「本当に」確率の話をしたいのなら、「試行回数＝１」の前提を捨てないと、他の論者と話が全く噛み合いませんよ。
でなきゃもうネタとして扱うだけです。
最初から質量の話はしてません
君みたいにコンピュータで観測してから確率を求めてたら誤差は出るやろな
けど理論の話をしてるから99%
君もシミュレーションの話はしてないって言うてたやん
試行回数が1回でも
指さすドアを変更すれば
当たる確率は2/3やぞ
それともあれすか？
んじゃサイコロの目が1が出る出ないも
試行回数が1回なら出るか出ないかの50%ってこと？
最初から『ゲームを１回に限定した場合』の話しかしていません
全くその通りです！
指さすドアを変更すると1回ではなくなります
だんだん面白くなってきたでしょう？
あのさぁ
>>152で同じこと言ったやんな？けど関係ないっつったよな？
自分のいうたこと忘れたん？意見ぶれぶれなん？
サイコロで1が出る確率も出るか出ないかの50%
明日の降水確率も降るか降らないかの50%
って話やな！
よく頭の悪い人が言う謎理論や
けどまぁそれは数学じゃないから別のところで言うてほしかったな
モンティホール問題って知ってる？
ここから言わなあかん？
自分から話しかけてきといて
自分ルールぶっこむなやwww
２や３ではだめです
何かが起こりそうな傾向の完全な無効化力
それが試行回数＝１です
あなたの能力評価については下方修正されますが
存在価値がマイナスに転じるわけでなく、運営上あなたは
依然として特質した価値を持つ個人であり、明晰な頭脳、判断力は
来たるべき新たな時代、市民に示す指標として十分な理想形といえます
なるほど！
今この時に大地震が来る確率も
今この場で彼女ができる確率も
今隕石が自分の頭の上に落ちる確率も
起こるか怒らんかの50%ってことやな
楽しいな！
とりあえずモンティホール問題の答えは｢選び直した方がいい｣です
たとえプレイ回数が1回でも
そのままならハズレになる場合当りに変える選択肢が与えられるという行為自体が怪しいから
選びなおしてハズレ引いた時はどうすんの？
1/3ではずれた結果
なんもおかしくないで
あなたがレモンを1個選択します
残り98個のレモンが取り除かれます
最後に残ったレモンとリンゴの内、
リンゴが当たる確率は50％です
それは、箱に入ってて中が見えない状態っていう前提でいいのかな？あと｢レモンを選んで｣って書いてるけど自分は何を選んだかわかってない状態やんな？
とすると>>199は
最初は100個のうち1つがリンゴやから箱Xを選んでその中がリンゴである確率は1/100で、
98個取り除かれるとレモンである確率もリンゴである確率も1/2
って言いたいんやな？
それおかしいぞ
>>199の理論でいくと
最初に何が入ってるかわからない箱Xを選ぶ
その箱の中がリンゴである確率は1/100
そのあと選んでない箱から
1つ取り除くとXがリンゴである確率は1/99
2つ取り除くとXがリンゴである確率は 1/98
3つ取り除くとXがリンゴである確率は 1/97
…
98個取り除くとXがリンゴである確率は 1/2
ってことやんな？
そしたら99個取り除くとXがリンゴである確率は 100%
それがリンゴってことになるぞ？
最初は何が入ってるのかわからんかったのに、他の箱を取り除くだけで、リンゴである確率が上がるなんてことはないで
んじゃモンティホール問題じゃないね
詳細でシンプルな説明で分かりやすい。
レモンとリンゴだと、分かりやすいですね。
当方も>>199の正しさの証明にチャレンジ。
次の通りぢゃ。
確率変数と、ベイズの定理のより
求める確率を算定してみる。
確率変数A = 98個のレモンが取り除く
確率変数B = リンゴの確率
P(A) = 1
∵無条件に98個レモンが取除くから
P(B) = 1/2
∵リンゴが好きかレモンが好きかは1/2
たくさんある方を選択しやすい
となどと勝手に解釈する奴らは、
勿論イケナイ奴らぢゃ で1/2ぢゃ!
P(B|A) = P(A|B) * P(B) / P(A)
∵ベイズの定理ぢゃ
よって、
P(B|A) = 1/2
この確率変数を変数を含む数式を日本語化
98個のレモンが取り除くと、
リンゴの確率は、1/2
さらに意訳
最後に残ったレモンとリンゴの内、
リンゴが当たる確率は50％です
となる。 証明完了
100個の箱に入れて同じゲームをしても
リンゴが当たる確率は50％です
結果は同じになります
頭悪いん？
どっちや
100個の箱に入れます
その中から1個の箱を選びます
レモンが入った98個の箱を取り除きます
最後に残った2個の箱の中から1個の箱を選びます
リンゴが当たる確率は50％です
結果は同じになります
私は、論理性よりも客観性に重きを置く
あなたの価値基準を高く評価しています
この確率の計算においては、勿論ぢゃが
見えようが、見えまいが、
箱の中のリンゴやレモンの個数に関係ない。
プレイヤーが
リンゴを当たりとするか
レモンを当たりとするかは、五分五分ぢゃ!
リンゴが食べたい人ならリンゴを当たり、
レモンを食べたい人ならレモンを当たり、
とするワケぢゃ!
レモンの個数も、リンゴの個数も
そして、箱の中が見えても見えなくとも
当たる確率は50％のままぢゃ
全くその通りです
仮説を検証するにはどのカードをひっくり返すべきか？
http://jump.5ch.net/?https://ds055uzetaobb.cloudfront.net/image_optimizer/315d3d3cdc153302a1892adb9216e9f0570abbeb.png
赤色のカードをひっくり返したくなるのが『確証バイアス』といいます
ゲームの回数を１回に限定すると
当たりの確率は５０％になります
で選び直すじゃないの？
これ意味わからん
黒木玄（数学家）
https://twitter.com/genkuroki/status/783660733066125312
> モンティホール問題とベイズ統計は関係ないよね。
いい勘している
ある者はなぜ肉でないかと大いに嘆いた
天より肉が降ってきた
ある者はパンが良かったと大いに嘆いた
天より神様が降りてきた
全員が喜ぶ物がわかるまで、当分は水を降らせます
↓
儲かる物理
技術評論社
アマゾン 物理一般書第1位獲得！
第5章 神はサイコロを振らない！？
（カジノ必勝法）
第6章 物理と金融工学
(株価が上がっても下がっても儲かる)
第7章 エントロピーと会話力
(ジャパネット高田社長登場！」
第8章 自由度と働くリスク・リターン
(ＯＬの水商売は有効)
第9章 物理現象と不動産投資
(六本木ヒルズを1,000万円台で買う方法)
最後に二者択一を１回行うだけですので
必ず５０％です
ドアが１００万枚あっても変わりません
これは否定できません
ITV News-2017/09/30
Monty Hall, one of the US's most popular television game show hosts,
has died aged 96, his son has said. Born Monte Halperin on 25 August 1921, for nearly
three decades Hall hosted 'Let's Make a Deal', the hugely successful television show
that he co-created.
集団からはずれた行動をとりたくないという人間の性向を示す
また集団と同じことをしていれば安心感を得られる傾向をも示す
「赤信号みんなで渡れば怖くない」はハーディング効果の典型だ
奇をてらえば考えたことになる
というわけでもないんだがね
繋がる
↓
儲かる物理
技術評論社
アマゾン 物理一般書第1位獲得
第5章 神はサイコロを振らない！？
（ギャンブル必勝法）
第6章 物理と金融工学
(株価が上がっても下がっても儲かる方法)
第7章 エントロピーと会話力
(ジャパネット高田社長登場！)
第8章 自由度と働くリスク・リターン
(ＯＬの水商売はリスクを減らしてリターンを増加させる)
第9章 物理現象と不動産投資
(六本木ヒルズを1,000万円台で買う方法、筆者はこれで6年住んでみた)
大数の法則は期待値の存在を前提としている
そのため、期待値の存在しない場合に大数の法則を適用する
ことは適切ではない
つまり、「サイコロを１回投げて1の目の出る確率」は、
観測不可能なのである
６分の１であることを、みんな信じて疑わない
でも、その「６分の１」という数値は、どこかで観測可能なのだろうか？
あなたが、いま、サイコロを投げたみたとする
そこで「４の目が出た」としよう
さて、その確率「６分の１」というのは、どこにあるんでしょうか？
どこで観測できるのでしょうか？
より極端な値をとる確率が高い」ということでもある
この性質によって差が出ただけのものに対しても、
人はそれが偶然によるものではなく、何か意味があると錯覚してしまいやすい
どちらにしたって、「６分の１」はどこからも演繹できない
そこで、数学者たちは、それを「多数回の試行の頻度」に求めようとした
それが、いわゆる「頻度主義」という考えかたである
３３％ ６６％
http://www.bogotobogo.com/Algorithms/images/MontyHall/MontyHallWiki.png
ゲームが1回限定の時
３３％ ３３％ ３３％
https://sciscomedia.co.uk/wp-content/uploads/2017/10/monty1-e1507133503502.png
「６分の１」を観測から帰納しようというのが
頻度主義の立場で、主に統計学者がこの立場をとる。
観測ではなく、各面が等確率という仮定から
演繹しようというのが主観確率の立場で、
数学者はこちらの立場の人が多いと思う。
「主観確率」という名前は、各面等確率などの
基礎確率分布の内容が主観的に置かれることによる。
数学では、仮定を置かなければ何も出てこない。
仮定自身は演繹によって得られるわけではないからだ。
∩∪ あけまして
∪.| |∩ おめでとう
. | |.| |∪ ございます
. | |.| |.| |
(∩∩∩∩) 2018年元旦.
(∪∪∪∪)
|≡≡≡|
／≠≠≠＼
２種類の小切手があり、１つの小切手には
他方の４倍の金額が書き込まれています
中身が分からないように、それぞれ封筒に入れます
あなたは、どちらか１つの封筒を選ぶことができます
封筒を開けると１０万円の小切手が入っていました
もし不満なら、残りの封筒と交換できます
あなたは交換しますか？しませんか？
追加問題
その小切手がもし借用証書だったら
あなたは交換しますか？
しませんか？
2以上の偶数の自然数から無作為に数字を選びます
この時100000が選ばれる確率はどのくらいか
http://www.math.keio.ac.jp/~ishikawa/QLEJ/indexj067.html
難しいね｡･ﾟ･(ﾉД`)･ﾟ･｡
それは徒歩で行ける場所に飛行機で行くような証明
残りの扉からランダムに1つを選んで開けるとするという条件は、
頻度確率では何の意味も持たないことに留意すべきである
もっとも、ベイズ確率の計算においても、
理由不十分の原理を適用すれば、
「Aが当たりである場合に司会者が Bを開ける確率P(B | A) 」を
1/2とすることに合理性がある
「あらゆる状況において、人や組織がとる決断は、
（過去の状況と現在の状況は現段階では全く無関係であったとしても）
過去のにその人や組織が選択した決断によって制約を受ける」
という理論です
Swarajya-2015/05/25
Nash is mostly known for his equilibrium concept called as
“Nash Equilibrium”. For many years before his seminal paper,
legends like von Neumann were working on the theory of
games with a special focus on Zero-sum games.
無限回繰り返した際の極限値』として定義される
したがって、一度きりの出来事に当てはめることはできない
2.モンティが外れのドアを開けるという行動を必ず行う
3.プレイヤーが1と2を事前に認識している
この3つの前提条件を出さずに「モンティホール問題って知ってる？」とか言ってる人をたまに見かけるわ
その条件がそろっている問題を
「フル・モンティー問題」と呼ぶ。
破滅は一回しかおこらないので間違いない
朝食のパンにミルクティーとレモンティーのどちらが出るか確率は５０％
５０％だからどちらか一方のお茶の名前で呼ぶのは適当でない
パン＆ティー問題という呼び方が正式
しかし、私たちは閉じたドアばかりに目を奪われ、
開いたドアには気がつかない
-ヘレン・ケラー-
サリバンが触らせたのは
ヤギじゃないぞ。
必ずしも頻度には基づかない確率を「確率」として見なす
またベイズの定理を用い、
事前確率及び尤度を仮定した下で事後確率を与える、
という相対的なメカニズムを主張している
したがって事後確率の計算結果の信憑性や有用性は、
事前分布と尤度の設定にかかっており、慎重を期すことが必要である
これはベイズ統計学が、不確実性を含む問題を人によって異なる
確率を用いて定式化することを許容する主観確率 (subjective probability)
という立場をとっていることによる
この立場はまだ解析対象となっていない新たな問題への
アプローチを可能にするという利点がある一方で、
確率の決め方について客観性に欠けるという批判もある（客観確率）
事前確率分布の内容によらず結論が同じになるという
ベイズとしては珍しい例だから、主観確率の主観性を
持ちだして批判するのは当たらない。
３３０６
最後に二者択一を１回するだけなので
必ず５０％
ゲームの回数が増えるにしたがって
選択変更時の当たりの確率が６６．７％に近づく
その対偶を証明すればよい
対偶『確率５０％でないなら試行一回でない（多数回）』は自明
したがって、モンティホール問題を１回行った時の
確率は５０％です
「1回の試行ｎ＝１」の否定は
「多数回の試行ｎ→∞」
『どちらとも言えない（確率５０％）』の否定は
『チェンジなら当たり確率が２倍になる（確率６６．７％）』
P ならば Q である（前提 -- 実質含意）
Q でないならば P でない（その対偶）
Q でない（前提）
従って、P でない（モーダスポネンスによる帰結）
ある命題が成立する場合に、その命題の仮定と結論の
両方を否定した命題も成立するという命題同士の
関係性の事を言う
命題「AならばB」の対偶は「BでないならAでない」である
論理記号を用いて説明すると、命題「A ⇒ B」の対偶は
「￢B⇒ ￢A」（￢A は命題 A の否定）である
人はどのようにして物事を正しく知ることができるのか
人はどのようにして物事について誤った考え方を抱くのか
ある考え方が正しいかどうかを確かめる方法があるか
人間にとって不可知の領域はあるか
あるとしたら、どのような形で存在するのか
このとき、船長は何歳でしょう？
40年前、数学教育を専門とするフランスの研究者が
この問いを小学低学年の子どもたちに投げかけた
すると、大多数の子どもが「36」と答えたそうだ
もちろん、船の上に動物が何匹いようが、
船長の年齢と関係はない
解けるはずのないナンセンスな問いだが、
子どもたちは反射的に、文中に出てきた数を足し合わせ、
もっともらしい「解」を導き出した
ゲームが一回だけなら
二つの可能性からの二者択一のみ
□■■
ゲームが多数回に向かうと
最初にハズレを引く可能性が上がっていく
１□■■
２■□■
３■■□
：
：
ゲームが一回だけなら
二つの可能性からの二者択一のみ
□■■
ゲームが一回の時、
最初に当たりを引く確率は１／３ではなくて
１／２になる
そもそも一回しか選択していないのに
『三回のうち一回は当たる』という主張は
矛盾している
最初にハズレを引く可能性が２／３に
限りなく近づく
１□■■
２■□■
３■■□
：
：
N■■□
ゲームの回数が少ないN＜１０の時は
３回連続で一回目で当りを引いてしまうなど
極端な結果になることが往々にして起きる
ゲームを数百回連続で行うことによって
こういった極端な例がならされて
最後の二択の時、
チェンジし続けていれば当たりの確率が２／３になるという
『傾向』が観察されるのです(´・ω・`)
ゲームを1回だけやった人をたくさん集めて結果がどうだったか
アンケートを取れば１／２になるって事？
一人1回が本当に１／２なら、いくら集まっても１／２の筈だが
サンプルが十分かどうかは不明
その１０億人が１日１回だけの試行を１０００日繰り返して
１０００倍のサンプルが集められたとしても
十分であるかどうかわからない
しかもそのデータを
ある特定の日時と時間にゲームを一回だけ行う
特定の個人に当てはめてよいのかも不明である
サンプルが多い少ないは関係ないだろ
結果ではなく構造的に１／２なのか１／３の仕組みなのかって話
それが確率だよ
サイコロの各目が１／６なのは構造的に決まっているもの
試行を何回するかなんて考えは一切必要ないんだよ
君はサイコロを『次に』一回だけ振った時の
確率が観測できるのかね？(´・ω・`)
確率は試行して観測するものではないと思うが
出た目が一つ、出なかった目が五つある事になるんだから当然だろ
もしかして出た目の事しか考えてないの？
試行ナシでよいというなら未知論証になってしまう
なんでも想像しただけで結果になると主張するのか
『出た目が一つ、出なかった目が五つある』というが
特定の目が出た後に『次に』サイコロを振ることは
試行が一回に限定されている以上ないのだよ
■サイコロの目が出る確率はどれも1/6か？
http://statg.com/kiso/probmean.html
＞確率は測定するものではなく、何らかの仮定をおいて「定義する」ものなのです。
これを理解してる？
構造の解らないものを1回だけ試行してそこから確率を導き出せというなら
無理だというのもわかるが
はじめからサイコロだと判っていれば
6面のうち1つが出ることは振らなくたってわかるよね
ここでは構造のはっきりした物の話しかしてないと思うんだが
なぜ構造は見てみぬふりして、結果から確率を出そうとするんだろう
まったくもってナンセンス
サイコロを次に一回振ってその一回目にサイコロが割れてしまい
どの目も確認できないという場合もあるだろう
こういう時には１／６にはならない
振れば必ずどれか特定の目が出るという前提がおかしい
ちょうど真ん中できれいに割れてしまい
１と６の目が同時にテーブルの上に
現れてしまった場合はどう判断するのかね？(´・ω・`)
ゲームが一回だけなら
二つの可能性からの二者択一のみ
□■■
ゲームが一回の時、
最初に当たりを引く確率は１／３ではなくて
１／２になる
そもそも一回しか選択していないのに
『三回のうち一回は当たる』という主張は
意味不明である
( ´∀｀)『変更すれば三回のうち一回は当たるから
お得だよ』
(´･ω･`)『自分、一回しかゲームしないんですけど・・・』
ゲームが一回だけなら
二つの可能性からの二者択一のみ
□■■
ゲームが一回の時、
最初に当たりを引く確率は１／３ではなくて
１／２になる
そもそも一回しか選択していないのに
『三回のうち一回は当たる』という主張は
意味不明である
( ´∀｀)『変更すれば三回のうち二回は当たるから
お得だよ』
(´･ω･`)『自分、一回しかゲームしないんですけど・・・』
ドアが１０枚でゲームが一回だけでも
二つの可能性からの二者択一のみ
□■■■■■■■■■
ゲームが一回の時、
最初に当たりを引く確率は１／１０を強く感じつつも
１／２になる
ほぼ間違いなく■ハズレを引くであろうが
実際に引いた■ハズレが９／１０である確率を
確認する方法が存在しない
ハズレのドアが何億枚になっても
ゲームが一回だけであれば
当たりとハズレの二つの可能性からの
二者択一（確率５０％）は何のやましさもなく
存在できるのです
自分が確率の話をしてないって事わかってる？
自分に当たりが来ようがハズレが来ようが
そんなのは確率には関係ないんだよ
サイコロの場合、等しく可能性のある6つの面から1つだけが引ける
これたけで１／６確定なんだよ
君の言ってるのが確率だとしたら
そんなものは何の役にも立たないね
サイコロの話なんてどうでもいいから
そもそも一回しか選択していないのに
『三回のうち一回は当たる』という主張は
意味不明である
これに見事に反論してみたまえ
前もって10枚のドアの1つに当たりが入っている事が示されていれば
何を引こうが当たりは1/10だと解るはずだが
記憶力が無くて、最初の前提を抽選時には忘れてしまう人の話でもしてるの？
ちゃんと確率を勉強しましょう
話にならない
以上
ほかに反論可能な方の出現を待っております(・∀・)
> 『三回のうち一回は当たる』という主張は
> 意味不明である
この主張はある意味で尤もだと思うが、ここから言えるのは
「確率1/3は『三回のうち一回は当たる』という意味ではない」
というだけであって「確率1/3ではない」ではない
確かに、確率m/nの事象を「n回のうちm回起きる」などと表現されていることがあるが
これはある種の意訳であって、厳密な表現としては正しくない
これはあなたの主張である「１回だけ行う時はアタリの確率50％」という論でも言えることで
もしも、アタリの確率m/nを「n回のうちm回がアタリ」の意味だとするなら
あなたの主張は「１回だけ行う時は『２回のうち１回がアタリ』」ということであり同じく意味不明になる
従って、確率m/nは「n回のうちm回がアタリ」の意味ではない
「n回のうちm回起きる」というのは「n回試行した時に起きる回数の期待値がm回である」を平たく言い換えたものであり
回数の期待値が非整数になることは問題ない
その為「１回やってアタリになる回数の期待値は1/3回」は、意味不明ではなく、意味の通るまともな文である
回数の期待値が非整数になることは、あなたの主張でも言えることで
もし「１回だけ行ってアタリの確率50％」ならば「１回だけ行ってアタリになる回数の期待値は1/2回」であり
後者は1/2回という一見不思議な表現が含まれているが、意味の通るまともな文である
確率５０％の意味は『二つの選択肢の中から一つを選ぶ』
ということであり意味がちゃんと通ります
『二つの選択肢のうちのどちらか一方』です
> 確率１／２の意味は２回に一回ではなく
なのと同様に
確率1/3の意味は３回に１回ではない
というのは、ご理解いただけましたか？
プレイヤーは当たりを引くかハズレであるかのいずれかであり、
そこには頻度は存在しないです
つまり、そこには何の期待値も存在しないという事です
( ´∀｀)『変更すれば一回のうち２／３回は当たるから
お得だよ』
(´･ω･`)『意味不明なんですけど・・・』
(´･ω･`)『意味不明なんですけど・・・』 👀
Rock54: Caution(BBR-MD5:1341adc37120578f18dba9451e6c8c3b)
大数の法則は期待値の存在を前提としている
そのため、期待値の存在しない場合に大数の法則を適用する
ことは適切ではない
つまり、「サイコロを１回投げて1の目の出る確率」は、
観測不可能なのである
大数の法則は裏を返せば「サンプルサイズが小さい方が、
より極端な値をとる確率が高い」ということでもある
この性質によって差が出ただけのものに対しても、
人はそれが偶然によるものではなく、何か意味があると錯覚してしまいやすい
そもそも割れずに普通に振ったとしても必ず１/６になるとは限らんでしょ
だって「但し振るサイコロは必ず6面ダイスとする」なんてどこにも書いて無いから
8面ダイスや10面ダイスなら確率は変わるし
あと「各面に書かれている数字は全てバラバラである」という前提がない以上、
6面だとしてもすべての面が1なら確率は1/６じゃないよね
プレイヤーの選ばなかった二つのドアのうち
ハズレのドアを一つ開ける（ゲームから除外）
□■
ハズレのドアが二枚残ることはない
■■（存在しない）
プレイヤーは最後に当たりとハズレのドアのうち
一つを開ける二択を必ず行う
□■（ステイ or チェンジ）
ハズレのドアの面積は当りのドアの面積の二倍あるので
ゲームが多数回（N→∞）に向かうと
最初の選択（ファーストチョイス）時にハズレを引く
確率が２／３に限りなく近づく
１□■■
２■□■
３■■□
：
：
N■■□
プレイヤーは最後に当たりとハズレのドアのうち
一つを開ける二択を必ず行う
□■（ステイ or チェンジ）
この事象だけ単独で取り出せば確率は５０％
しかし、プレイヤーが多数回のゲームを行えば
ファーストチョイス時の確率２／３を保持したまま
二択を行うことになる
ステイのハズレの確率はチェンジの当たりの確率に
等しいので、チェンジし続ける（Changing）なら
当たる確率が二倍になるといえる
という確率を考える場合、
プレイヤーは当たりを引くかハズレであるかのいずれかであり、
そこには頻度は存在しないです
つまり、そこには何の期待値も存在しないという事です
□■■（二つの可能性からの二者択一のみ）
頻度主義を取った場合、一回限りの出来事について
確率を割り当てることができない
大数の法則は裏を返せば「サンプルサイズが小さい方が、
より極端な値をとる確率が高い」ということでもある
以上のことからゲームが一回限りの場合は
『当たりとハズレどちらが出るかわからない』
と判断するのが良い
ゆえに、ゲームの回数を一回に限定すると
当たりの確率は５０％になります
まあモンティ・ホールで変えれば2/3で当たるといわれてるのに５０％ていってるってことはそうかもしれないが
宝くじを一枚だけ買えばそうなります
ゲームをN回だけやったらNの式でどう表されるの？
ドアの面積とかいうワケわからんイメージじゃなくて式としてハッキリ書いてくれないと
N=1のとき1/2
N→∞で2/3と本当になっているのか
確かめられないのだが
一回限りの出来事なのだから、当たりもハズレも 50％ である。
それは本当だろうか？
一生に一回しか宝くじを買ってない人を何人も集めて事情聴取してみればいい。
半数は当たっていて半数は外れているなんてことはなく、ほぼ全員外れていることが分かる。
これが 50％ なんて屁理屈にもならないだろう。
何人集めるのかね？
ここに数式があるじゃん
https://ja.wikipedia.org/wiki/%E5%A4%A7%E6%95%B0%E3%81%AE%E6%B3%95%E5%89%87
その中の1本だけを当たりにして、お客さんもちょうど1万人用意した場合。
それぞれの客は、人生において その1回しか くじを引かないことにする。
すると、それぞれの客にとっては一回限りの出来事なのだから、当たりもハズレも 50％ である。
それは本当だろうか？
明らかに、1万人の中で当たりは1人しかいない。にも関わらず、
「あなたの人生においては1回限りだから50％である」
などと言ってみたところで、その「50％」という数字には何の説得力もない。
大数の法則（少数の法則）により
ゲームが二回の時は極端な結果になりやすい
頻度主義による確率を割り当てることもできない
以上のことから
ゲームが二回の時は
『当たりとハズレどちらが出るかわからない』
と判断するのが良い
ゆえに、ゲームの回数を一回に限定すると
当たりの確率は５０％になります
大数の法則（少数の法則）により
ゲームが二回の時は極端な結果になりやすい
頻度主義による確率を割り当てることもできない
以上のことから
ゲームが二回の時は
『当たりとハズレどちらも同じくらい出る』
と判断するのが良い
ゆえに、ゲームの回数を二回にすると
当たりの確率は５０％になると予想できます
それは違う
『一本の当たりが入った一万本のクジ』の権利を
一万人の人『それぞれに』等しく与えないと
一回きりの出来事にならない
>>361が「平等でない」ように見えるのなら、次のようにすればよい。
1万人の人間にゲームに参加してもらう。その中の1人がランダムに選ばれ、
その人が「当たり」で、他の人は「ハズレ」とする。
誰が選ばれる可能性も等しいのだから、このゲームは平等である。
この1万人は、人生において1回しかこのゲームに参加しないとする。
すると、それぞれの客にとっては一回限りの出来事なのだから、当たりもハズレも 50％ である。
それは本当だろうか？
明らかに、1万人の中で当たりは1人しか選ばれない。にも関わらず、
「あなたの人生においては1回限りだから50％である」
などと言ってみたところで、その「50％」という数字には何の説得力もない。
プレイヤーのファーストチョイス時の当たりの確率…事象A
ゲームの回数N＜３の時の事象Aの確率 P(A|ｎ)
事象Aの尤度関数P(ｎ|A)＝３／２
事象Aの主観確率P(A)＝１／３
∵ベイズの定理より
P(A|ｎ)＝P(A) * P(ｎ|A)＝１／３ * ３／２＝１／２
以上により、
ゲームの回数N＜３の時
プレイヤーのファーストチョイス時の当たりの確率は
多数回（N→∞）の時の１．５倍に改定される
それはただ単に『一万人の中から一人が選ばれた』というだけで
一回限定ゲームでも何でもない
一人の人間に『当り』と『ハズレ』の可能性を当てはめないと
『ある特定の個人におけるこの世界でのただ一度きりの出来事』
にならないです(´･ω･`)
＞それはただ単に『一万人の中から一人が選ばれた』というだけで
＞一回限定ゲームでも何でもない
意味不明。『一万人の中から一人が選ばれ、選ばれた人が当たりで、その他の人はハズレ』というゲームが
1回だけ行われるのだから、これは1回限定のゲームである。
＞『ある特定の個人におけるこの世界でのただ一度きりの出来事』
このゲームはこの世界で1回しか開催されないので、このゲームはこの世界においてただ一度きりの出来事であり、
もちろんゲームに参加した1万人のうちどの人にとっても、この世界においてただ一度きりの出来事である。
そうかも
でも説得力があるかどうかは誰が判断するのかね？
これは、『一万人の中から一人を選ぶ』ゲームを行う
『ある特定の人物』にとってのゲームであって
選ばれる一万人はただのエキストラである
いったい誰がゲームを『行う』のかが明確に
示されていないことである
エキストラならゲームに参加してないとでも？
その1万人の誰もが、このゲームの参加者である。
なぜなら、その1万人が居なければゲームが成立しないからだ。
そして、このゲームは1回しか開催されないのだ。
ゲームを行っているのは、参加している1万人の人間である。
その1万人が居なければゲームは成立しない。
それはちがうだろ
ゲーム自体は一回限定でも
『誰が』ゲームを行っているかは不明である
これでは1人の人間に起きる確率がわからない
＞『誰が』ゲームを行っているかは不明である
不明ではない。明らかに、ゲームの参加者である1万人の人間がゲームを行っている。
＞ これでは1人の人間に起きる確率がわからない
君の屁理屈によれば、「あなたの人生においては1回限りだから50％である」なんだろ？
説得力がないと判断するのは、ゲームに参加した1万人。
たとえば、ゲームを終えた1万人の人間が再び集まって、
その中の何人が当たりを引いたのかをカウントしてみればよい。
このとき、1万人の中でたった1人しか当たってないことが分かる。もし
「あなたの人生においては1回限りだから50％である」
ならば、当たった人数はだいたい半分くらいカウントされて、、
外れた人数もだいたい半分くらいカウントされなければ、参加者にとって納得がいくわけがない。
という意味もあるから矛盾していない
矛盾してるかどうかじゃなくて、納得するかどうかの話だろ？
参加者は納得しないよ。確率５０％と言われたのに、
1万人の中で1人しか当たってないんだから。
何の問題もなく存在できます
＞確率５０％には『当たり』か『ハズレ』の内どちらかである
このような くだらない意味に置き換えると、
「あなたの人生においては1回限りだから50％である」
という文章は
「あなたの人生においては1回限りだから、当たりかハズレの内どちらかである」
という意味になる。しかし、今は「当たり」と「ハズレ」しかないゲームをやっているのだから、
このゲームが1回限りでなくても、「当たりかハズレの内どちらかである」という事実は
常に言えてしまうのである。となれば、
「このゲームは1回限りだから、当たりかハズレの内どちらかである」
という言い方はナンセンスである。何回やったって、当たりかハズレの内どちらかだろｗ
「1回限りだから」という制約が無用の長物になってるじゃないか。
期待値が出てくるだろ
誰も納得しない「確率５０％」は、たとえ言葉の定義として矛盾がなくても、
「誰も納得しない」
という意味において大きな問題を抱えている。少なくとも俺は、
君が書いている意味での「確率５０％」なんて使わないな。
『一回限りの出来事は確率５０％になる』の
確率５０％にならないことを示せばよいのです(´・ω・`)
何で多数回の話が出てくるんだ？今は「1回しかゲームをしない」ときの話だよ？
で、参加者は納得しないと言ってるんだよ？
確率５０％と言われたのに、1万人の中で1人しか当たってないんだから。
君はそこで
＞確率５０％には『当たり』か『ハズレ』の内どちらかである
と言い出したわけだ。しかし、この場合、君が言うところの
「あなたの人生においては1回限りだから50％である」
という文章は
「あなたの人生においては1回限りだから、当たりかハズレの内どちらかである」
という意味になる。だが、1回に限らず、何回やっても「当たり」か「ハズレ」のうちどちらなんだから、
「何回やったって、当たりかハズレの内どちらかだろｗ 1回限りという制約はどうしたんだよｗ 」
ということになり、これでは君が「1回限り」に拘った理由がどこにもなくなる。
つまり、君のやっていることはナンセンス。
>>383で
このゲームが1回限りでなくても、
「当たりかハズレの内どちらかである」という事実は
常に言えてしまうのである
に対して多数回（N→∞）の受けをしました
君が言うところの「確率５０％」が
・『当たり』か『ハズレ』の内どちらかである
という くだらない定義なのであれば、
「何回やっても当たりかハズレのうちどちらかである」
という正しい文章に「確率５０％」という言葉を代入することで
「何回やっても確率５０％である」
という文章が完成する。
君の言葉の定義によれば、この文章は論理的には矛盾しておらず、"正しい" 文章である。
しかし、君はこの文章に 納 得 し な い だろう。しかし、
「誰も納得しなくても、論理的に矛盾してなければそれでいい」という立場を君は取っている。
なら、これからは君は自信をもって、
「何回やっても確率５０％である」
と宣言しまくればいい。
＞『当たりとハズレどちらも同じくらい出る』(>>363)
と言ってるな。つまり、>363 では「確率50％」のことを
＞『当たりとハズレどちらも同じくらい出る』
という常識的な定義で使っている。一方で、>>366 に対しては、その定義だと都合が悪いので
＞確率５０％には『当たり』か『ハズレ』の内どちらかである(>>380)
と別の定義に差し替えて使っている。ダブルスタンダードもいいとこだな。
で、>380 の定義の場合、>>389 で指摘したように
「何回やっても確率５０％である」
という文章が論理的に矛盾せず "正しい" 文章になってしまうので、
定義を差し替えたところで ID:UVCpnaBf は逃げきれない。
つまり、どちらに転んでも、ID:UVCpnaBf の言ってることはナンセンスである。
(1) 確率50％とは、「当たりとハズレどちらも 同 じ く ら い 出 る 」という意味である。
(2) 確率50％とは、「当たりとハズレのうちどちらかである」という意味である。
もし(1)の意味だとしたら、ID:UVCpnaBf の主張は >>366 には通用せず破綻する。
もし(2)の意味だとしたら、>>389 で指摘したように
「何回やっても確率５０％である」
という文章が論理的に矛盾せず "正しい" 文章になってしまうのでナンセンス。
１．最初プレーヤーがあたりを引く確率は1/2である
２．ドアを変更しない場合はそのまま1/2の確率である
（変更しないのであればモンティがドアを開こうが開くまいが確率は変わらない）
３．モンティがドアを開けた後にドアを変更する場合、
最初に選択したドアがハズレであれば変更後のドアはあたりが確定である
つまり、最初に選択したドアがはずれである確率＝ドアを変更した場合に
あたりを引く確率である
４．最初の選択であたりを引く確率は1/2、はずれを引く確率も1/2である
５．ゆえに、ドアを変更した場合のあたりを引く確率は1/2である
ゲームが多数回（N→∞）の時の事象Cの確率 P(C|N)
事象Cの尤度関数P(N|C)＝２（確率が二倍になる）
事象Cの主観確率P(C)＝１／２
∵ベイズの定理より
P(C|N)＝P(C) * P(N|C)＝１／２ * ２＝１（事象Dに一致）
『ステイのハズレの確率はチェンジの
当たりの確率に等しい』…事象D
事象Dの確率 P(D)＝１
ゲームの回数N＜３の時…事象ｎ
ゲームの回数N＜３の時の事象Cの確率 P(C|ｎ)
事象Cの尤度関数P(ｎ|C)＝１（確率はそのまま）
事象Cの主観確率P(C)＝１／２
∵ベイズの定理より
P(C|ｎ)＝P(C) * P(ｎ|C)＝１／２ * １＝１／２
ゲームが一回と二回の時は
『当たりとハズレどちらも同じくらい出る』
と判断するのが良い
ゆえに、ゲームの回数をN＜３にすると
当たりの確率は５０％になると予想できます
https://www.youtube.com/watch?v=T5QYTrDReTo
直感で正しいと思える解答と、
論理的に正しい解答が一致する
なうゲッタチャンスそっくり
１人のプレーヤーにチャンスは一回だろ
現場で起きてるんだ！
観察しうる形をとって現れる事柄、できごと
ここでの事象とは自然界の事象という意味で
確率論の事象ではない
ゲームの回数N＜３の時…事象ｎ
プレイヤーのファーストチョイス時の当たりの確率…事象A
モンティがハズレのドアを一枚開ける…事象B
□■（ステイ or チェンジ）…排反事象C
『ステイのハズレの確率はチェンジの
当たりの確率に等しい』…事象D
プレイヤーがチェンジした時の当たりの確率…事象E
モンティがハズレのドアを一枚開ける事によって
引き起こされる事象…事象F
事象Aの主観確率 P(A)＝１／３
事象Bの確率 P(B)＝１（モンティは無条件にハズレのドアを一枚開ける）
排反事象Cの主観確率 P(C)＝１／２
排反事象Cの尤度関数 P(ｎ|C)＝１（確率はそのまま）
排反事象Cの確率 P(C|ｎ)＝P(C) * P(ｎ|C)＝１／２ * １＝１／２
事象Dの確率 P(D)＝１
事象Eの主観確率 P(E)＝２／３
事象Fの確率 P(F|ｎ)＝P(B|ｎ) * P(C|ｎ) * P(D|ｎ)＝１／２
∵ベイズの定理より
P(A+E|ｎ)＝｛｛P(A)＋P(E）｝ * P(ｎ|A+E)｝ * P(F|ｎ)
＝｛｛１／３＋２／３｝ * １｝ * （１／２）
＝１／２（直観確率と一致）
ゲームが一回と二回の時に限り
直感で正しいと思える解答と、
論理的に正しい解答が一致する
＝｛｛１／３＋２／３｝ * １｝ * （１／２）
＝１／２（直観確率と一致）
（P（A∩E）＝０）とき、
事象AとEは、互いに排反
P(A∪E|ｆ)＝｛P(A)＋P(E）｝ * P(ｆ|A∪E)
＝｛１／３＋２／３｝ * １／２
＝１／２（直観確率と一致）
（P（A∩E）＝０）とき、
事象AとEは、互いに排反
事象Eの尤度関数P(ｎ|E)＝３／４
と考えられるので、
事象Fの確率 P(F|ｎ)＝P(B|ｎ) * P(C|ｎ) * P(D|ｎ)
＝P(ｎ|E)／P(ｎ|A)＝１／２
P(A∪E|ｎ)＝｛｛P(A)＋P(E）｝ * P(ｎ|A∪E)｝ * ｛P(ｎ|E)／P(ｎ|A)｝
＝｛｛１／３＋２／３｝ * １｝ * ｛（３／４）／（３／２）｝
＝１／２（直観確率と一致）
（P（A∩E）＝０）とき、
事象AとEは、互いに排反
P(ｎ|E)＝e
P(F|ｎ)＝ｆとおくと
a＝e／ｆ
e＝aｆ
ｆ＝e／a
ゲームの回数がN＜３の時の事象Aの確率 P(A|ｎ)
プレイヤーのファーストチョイス時の当たりの確率…事象A
事象Aの尤度関数P(ｎ|A)＝３／２
事象Aの主観確率 P(A)＝１／３
P(ｎ|A)＝aとおくと
ゲームの回数がN＜３であるからaのとる値は
1＜a＜２の範囲になる可能性が高い
a＝１ならP(A|ｎ)＝１／３
a＝３／２ならP(A|ｎ)＝１／２
a＝２ならP(A|ｎ)＝２／３（この場合チェンジする必要はない）
a＝３ならP(A|ｎ)＝１（完全な予知能力）
ドアの枚数 Ｎ枚
ステイで当たる確率 １／Ｎ
チェンジで当たる確率 (Ｎ－１)／Ｎ
突風が開ける枚数 Ｎ－２
ステイで当たりを引いて
ゲームが成立する確率 (Ｎ－１)／Ｎ
チェンジで当たりになって
ゲームが成立する確率 １／Ｎ
ステイとチェンジで当たる確率はともに
（１／Ｎ）×｛(Ｎ－１)／Ｎ｝＝（Ｎ－１）／Ｎ^2
ゲームが不成立の確率 ｛（N－１）^2＋１｝／Ｎ^2
実はもう一つ重要な前提がある
それは、「プレーヤーが最初に当たりを選んだ場合に、
モンティが残るドアのどちらを開けるかについて
"癖がない（ランダムに選ぶ）" ことだ
例えば「プレーヤーが最初に当たりのドアAを選んだ場合は、
モンティは必ずＢを開く」という可能性があるとすれば、
「マリリンの解答は間違っている」というのは必ずしも間違いではない
ここで、「癖がない（ランダムに選ぶ）」ことがいかに重要であるか、
具体的に説明する
プレーヤーがドアAを選んだ場合にモンティがドアBを選択する
（選択して開ける）確率を x とすると、ドアBが開いた
（もちろん外れ）という条件のもとで、ドアAが当たりである
確率は x/(1+x）となる（もちろん、ドアCが当たりである確率は
1/(1+x）である）
残りの扉からランダムに1つを選んで開けるとするという条件は、
頻度確率では何の意味も持たないことに留意すべきである
もっとも、ベイズ確率の計算においても、
理由不十分の原理を適用すれば、
「Aが当たりである場合に司会者が Bを開ける確率P(B | A) 」を
1/2とすることに合理性がある
P(B|A)＝P(B) * P(A|B)
P(A|B)＝１／３
P(B)＝１／２
P(B|A)＝１／６
司会の扉がハズレの時の、はじめの扉がアタリの確率、残った扉がアタリの確率
を求めるだけなら司会の癖の記述は不要で
癖(確率xの値)が何であれ、確率はそれぞれ1/3、2/3と計算できるから
癖の記述は他の条件と比べるとそれほど重要じゃない
ゲームを反復した総合成績で見ると
司会者が開けるハズレ扉の選び方の影響がなくなるらしい
Gill, Richard (2011).
０≦ｂ≦１
ドアAが当たりである確率 ｂ／（１＋ｂ）
ドアCが当たりである確率 １／（１＋ｂ）
P(A)＝aとおく
０≦a≦１／２
P(A|B)＝ｂ／（１＋ｂ）
P(C|B)＝１／（１＋ｂ）
ドアB、Cをランダムに（ｂ＝１／２の確率で）選択した
ときに限って、ドアAが当たりの確率は１／３のまま
ドアCが当たりの確率は当初の１／３から２／３に上がる
プレイヤーが自分の当たりの確率１／３を放棄して
モンティのハズレドア固定戦略を無効化するという事か
(4) モンティの開けるドアは、必ずヤギの入っているドアである
(3) と(4) は一つにできる
『モンティは残りのドアのうちヤギの入っているドア1つを開ける』
と
司会が選んだ扉がハズレの時の、プレイヤーが選んだ扉がアタリの確率、残った扉がアタリの確率
では意味が違う(各事象が異なってる)
というだけだよ
前者のような具体的状況の確率を計算するには癖の情報が必要(ハズレの選び方によって値が変わる)だけど
後者のような抽象的状況(戦略)の確率を計算するには、癖の情報は不要(ハズレの選び方に依らず、値は変わらない)となる
ハズレのドアが二枚残ることはない
■■…空事象
プレイヤーは最後に当たりとハズレのドアのうち
一つを開ける二択を必ず行う
□■（ステイ or チェンジ）…排反事象
１□■
２■□
３■□
４□■
５■□
６■□←当たりとハズレが見事に入れかわる
：
：
N■□←チェンジすると当たりの確率が２倍
↑
ファーストチョイス時の当たりの確率P（A）＝１／３
ステイのハズレの確率はチェンジの当たりの確率に
等しいので、チェンジし続ける（Changing）なら
当たる確率が二倍になるといえる
A B
□|■■
■|□■
■|■□
□|■■
■|□■
■|■□
□|■■
■|□■
■|■□
↑
最初に当たりを引く確率は１／３
B
■
■
■
■
■
■
■
■
■
↑
モンティはただひたすらハズレのみ
確率１でチョイス
A B
□|■
■|□
■|□
□|■
■|□
■|□
□|■
■|□
■|□
↑
チェンジで当たりを引く確率は２／３
A B
□|■■
□|■■
■|■□
□|■■
□|■■
■|□■
□|■■
□|■■
■|■□
↑
予知能力で最初に当たりを引く確率を
２／３にできる
チェンジの正解率100%から20%まで幅が生じる
試行回数1回だと2/3くらいの確率で
100%、1/3くらいの確率で0%になる
試行回数を30回くらいにするとチェンジ後の正解率が
50%以下になることはまずなくなる
4万か5万くらいから10万回くらいの試行回数で
66%から67%くらいの間にほぼ収束しますね
20回の試行回数だとまだチェンジ後の正解率が
5割を下回ることがある
A B
□|■■
□|■■
□|■■
■|■□
□|■■
□|■■
□|■■
■|□■
↑
予知能力で最初に当たりを引く確率を
３／４にすることも可能
ドアの大きさはすべて同じで
起こり得る場合の数がｎ通りあり、
どの場合も起こるのが同様に確からしいとする
ある事象Aの場合の数がｒ通りであるとき,
事象Aの起こる確率をｐ＝ｒ／ｎと定義する
（ラプラス流の確率の定義）
事象Aの場合の数／起こり得るすべての場合の数
ゲームを二回だけ行って
起こり得る根元事象全体は
(１回目のゲームで最初に選択したドアがi、
２回目のゲームで最初に選択したドアがjのとき（i，j）と書くと)
Ω＝｛（i，j）|１≦i≦３，１≦j≦３｝
#A＝３ｘ３－２ｘ２＝９－４＝５なのでAの起こる確率ｐ＝５／９
#Aは事象Aに含まれる要素の個数
ゲームが二回だけの時は
最初に当たりを引く確率が１／２をやや上回る
起こり得る根元事象全体は
(ゲームで最初に選択したドアがi、
ゲームで２回目に選択したドアがjのとき（i，j）と書くと)
Ω＝｛（i，j）|１≦i≦３，１≦j≦２｝
#A＝３ｘ２－２ｘ１＝６－２＝４なのでAの起こる確率ｐ＝２／３
#Aは事象Aに含まれる要素の個数
ゲームが一回だけの時は
ステイでもチェンジでも当たりを引く確率が２／３になる
ステイ or チェンジを含めてゲームを二回行うと
Aの起こる確率ｐ＝（２／３）^2＝４／９
１／２をやや下回る
ｐ＝（３^ｎ－２^ｎ）／３^ｎ
ｎ＝１０なら
ｐ＝（５９０４９－１０２４）／５９０４９≒０．９８２６５８４７００８
ゲームを一回だけ行って
起こり得る根元事象全体は
(ゲームで最初に選択したドアがi、
ゲームで２回目に選択したドアがjのとき（i，j）と書くと)
Ω＝｛（i，j）|１≦i≦１００，１≦j≦２｝
#A＝１００ｘ２－９９ｘ１＝２００－９９＝１０１なので
Aの起こる確率ｐ＝１０１／２００≒１／２
#Aは事象Aに含まれる要素の個数
ドアが１００枚でゲームが一回だけの時は
ステイでもチェンジでも当たりを引く確率が１／２になる
／ ｀､
/ ヽ
/ ● ● |
／l ''''' し '''''' |
/ l ＿＿. |
l /ヽ＿ ` --' ＿ノ
＼ ￣ ヽ∩
⌒l l三 |
| ヽ.__|
ｎ→∞に向かうと
P(A)＝（ｎ＋１）／２ｎ
ｎが奇数の時は
P(A)＝｛（ｎ＋１）／２｝／ｎ
ドアが３枚 P(A)＝２／３
ドアが４枚 P(A)＝５／８
ドアが５枚 P(A)＝３／５
ドアが６枚 P(A)＝７／１２
ドアが７枚 P(A)＝４／７
独立同時分布確率変数列X１、X２…の算術平均
［Xｎ］＝｛X１＋X２＋…＋Xｎ｝／ｎ
のとる値は、十分大きなｎまで考えれば、
ほとんどのｎでおおよそμである
[Ｘｎ]がμから大きく外れるようなｎの現れる確率は
ｎを無限に大きくすると０に近づく
lim［Xｎ］＝μ in probability
ｎ→∞
ゲームが一回でドアを無限に増やした時の
プレイヤーが当たりを引く期待値は
μ≒１／２
□□ ■■ ■■
□□ ■■ ■■
□□ ■■ ■■
モンティチョイス
□□ ■■
□□ ■■
□□ ■■
当たりの確率が１／２世界線へシフト
■□ □■
□■ ■□
■□ □■
期待値μのゲームをｎ回繰り返し行うときに言える話(大数の法則)と
扉を増やすことで別のゲームを考えることとは全く関係がない
関係ないのに同じｎやμなどの記号を用いるのは
非常に悪意があるか、または、単に物凄くお馬鹿か
のどちらかである
□□ ■□ ■■
■□ ■■ ■□
□■ ■■ ■■
■■ ■□ □■
■■ □■ ■□
■■ ■□ □■
ゲームの回数を一回で固定して
ドアの枚数を増やすことをｎ回繰り返しのゲームとして
置き換える
これは1bitΔΣ変調回路からのアイデア
ゲームを三回行って起こり得る根元事象全体は
(１回目のゲームで最初に選択したドアがi、
２回目のゲームで最初に選択したドアがj、
３回目のゲームで最初に選択したドアがｋのとき（i，j，ｋ）と書くと)
Ω＝｛（i，j，ｋ）|１≦i≦３，１≦j≦３，１≦ｋ≦３｝
#A＝３ｘ３ｘ３－２ｘ２ｘ２＝２７－８＝１９なのでAの起こる確率ｐ＝１９／２７
#Aは事象Aに含まれる要素の個数
ゲームが三回だけの時は
最初に当たりを引く確率が２／３をやや上回る
ゲームをｎ回行って少なくとも一回の当たりを引く確率は
ｐ＝（３^ｎ－２^ｎ）／３^ｎ
期待値μ＝３／５
ｎ＝５
［Xｎ］＝｛X１＋X２＋…＋Xｎ｝／ｎ
＝｛２／３＋５／８＋３／５＋７／１２＋４／７｝／５
＝３．０４６４２８５７１４３／５
＝０．６０９２８５７１４２８≒３／５
見事に収束する
ドアが１枚 P(A)＝１
ドアが２枚 P(A)＝３／４
期待値μ＝５／８＝０．６２５
ｎ＝７
［Xｎ］＝｛X１＋X２＋…＋X７｝／ｎ
＝｛１＋３／４＋２／３＋５／８＋３／５＋７／１２＋４／７｝／７
＝４．７９６４２８５７１４３／７
＝０．６８５２０４０８１６３
モンティがいないと期待値
μ＝０．６２５と比べてやや高い値をとる
［Xｎ］／μ＝１．０９６３２６５３０６１
最初の３枚のドア（１ｆｓ）に
６４倍オーバーサンプリング（６４ｆｓ）をかけて
１９２枚のドアを擬似的に作り出す
１bit量子化器は分解能が２値（０と１）
↓
これがステイorチェンジに対応する
P(A)＝１９３／３８４
＝０．５０２６０４１６６６６
≒１／２
擬似的に作り出された１９２枚のドアには
６４個の当たりがノイズ成分として擬似的に生成される
もちろん、本物の当たりは一つだけ
最初の３枚のドア（１ｆｓ）に
２５６倍オーバーサンプリング（２５６ｆｓ）をかけて
７６８枚のドアを擬似的に作り出す
１bit量子化器は分解能が２値（０と１）
↓
これがステイorチェンジに対応する
P(A)＝７６９／１５３６
＝０．５００６５１０４１６６
≒１／２
擬似的に作り出された７６８枚のドアには
２５６個の当たりがノイズ成分として擬似的に生成される
もちろん、本物の当たりは一つだけ
プレイヤーのファーストチョイス
□□ ■■
□□ ■■
□□ ■■ P(A)＝１／２
モンティはプレイヤーが当たりを引いていても
ハズレのドアは開けずにセカンドチョイスを問う
□□ ■■
□□ ■■
□□ ■■ P(A)＝１／２
プレイヤーが最初にハズレを引いている時は
最初からドアを開けられないので
モンティはステイorチェンジのみを問う
Ω＝｛（i，j）|１≦i≦２，１≦j≦２｝
#A＝２ｘ２－１ｘ１＝４－１＝３なので
Aの起こる確率ｐ＝３／４
#Aは事象Aに含まれる要素の個数
ドアが二枚の時は当たりの確率P(A)＝３／４
ゲームを１０回行うと最初の選択で９８％の確率で
当たりが少なくとも一回は引ける
ｎ＝５
μ＝３／５
n
V［X］＝１／ｎΣ（Xi－μ）^2
i=1
＝１／５（０．００４４４４＋０．０００６２５＋０．０００２７７＋０．０００８１６）
＝０．００１２３２４
ｎ＝５
μ＝３／５
V［X］＝E［X^2］－μ^2
＝｛（２／３）^2＋（５／８）^2＋（３／５）^2＋（７／１２）^2＋（４／７）^2｝／５－μ^2
＝｛（４／９＋２５／６４＋９／２５＋４９／１４４＋１６／４９）／５｝－９／２５
＝０．３７２３７５５６６８９－０．３６
＝０．０１２３７５５６６８９
→平均 μ に近いデータが多い
→散らばり極小
F＝｛φ，Ω，｛当たり，ハズレ｝，｛ハズレ，ハズレ｝｝は，
σ 集合族である．
□□ ■■ ■■
□□ ■■ ■■
□□ ■■ ■■ P(A)＝１／３
ステイorチェンジ
□□ ■■
■■ □□
■■ □□ P(A)＝２／３
Ω＝｛（i，j）|１≦i≦３，１≦j≦２｝
#A＝３ｘ２－２ｘ１＝６－２＝４なので
Aの起こる確率ｐ＝４／６＝２／３
#Aは事象Aに含まれる要素の個数
ドアが三枚の時は当たりの確率P(A)＝２／３
プレイヤーのファーストチョイス
□□| ■■ ■■ ■■ ■■
□□| ■■ ■■ ■■ ■■
□□| ■■ ■■ ■■ ■■ P(A)＝１／５
モンティのファーストチョイスと
プレイヤーのファーストチェンジ
A B C D
■■| □□ ■■ ■■ P(B)＝４／１５
■■| □□ ■■ ■■ P(C)＝４／１５
■■| □□ ■■ ■■ P(D)＝４／１５
P(A)＝１／５
モンティがAのドアを開けた場合
B C D
□□| ■■ ■■ P(B)＝４／１５
□□| ■■ ■■ P(C)＝１１／３０ ……α
□□| ■■ ■■ P(D)＝１１／３０
モンティがAのドアを開けない場合
A B C
■■| □□ ■■ P(A)＝１／５
■■| □□ ■■ P(B)＝２／５ ……β
■■| □□ ■■ P(C)＝２／５
αからのチェンジ
P(B)＝１１／１５
P(C)＝１９／３０
P(D)＝１９／３０
βからのチェンジ
P(A)＝４／５
P(B)＝３／５
P(C)＝３／５
#A＝５４０００－９７４４＝４４２５６なので
Aの起こる確率
ｐ＝４４２５６／５４０００＝０．８１９５５５５５５５５
#Aは事象Aに含まれる要素の個数
ドアが五枚の時は当たりの確率
P(A)＝９２２／１１２５＝０．８１９５５５５５５５５
ちなみに４／５＝０．８
P(A)＝１／５
P(B)＝４／５
P(C)＝４／５
ドアAがゲーム最後まで残っている場合、
ステイで確率が二倍になるという現象が起きる
表を見ないで箱の中にしまった
そして、残りのカードをよく切ってから３枚抜き出したところ、
３枚ともダイアであった
このとき、箱の中のカードがダイヤである確率はいくらか
これはつまり、
『トランプ５２枚の中から４枚続けてダイヤを引く確率』
一枚目ｐ＝１／４
二枚目ｐ＝１２／５１
三枚目ｐ＝１１／５０
四枚目ｐ＝１０／４９
よってｐ＝１０／４９
(*´▽｀*)
これはつまり
『３枚のダイヤが取り除かれたトランプ４９枚の中から
次にダイヤのカードを１枚引く確率』
と等しい
(13/52)*(12/51)*(11/50)*(10/49)＝11/4165＝0.0026410564...
これはつまり
『トランプ５２枚の中から４枚続けてダイヤを引いた時、
最初の３枚の確率は考慮しなくてよい』
と等しい
計算した数字が完全に違うんだから、等しいも何もヘッタクレもない
問題の答えを出すための考え方自体は合ってるから、それ単独ではいいんだけど
以下のワードで検索
『よく話題になる確率の問題を集めてみる 哲学ニュース nwk』
表を見ないで箱の中にしまった
そして、残りのカードをよく切ってから３枚抜き出したところ、
３枚ともダイアであった
このとき、箱の中のカードがダイヤである確率はいくらか
これはつまり、
『トランプ５２枚の中から４枚続けてダイヤを引いた時の
確率を個別に計算し、四枚目の確率を求める』
と等しい、つまり
『３枚のダイヤが取り除かれたトランプ４９枚の中から
次にダイヤのカードを１枚引く確率』になる
一枚目ｐ＝１／４
二枚目ｐ＝１２／５１
三枚目ｐ＝１１／５０
四枚目ｐ＝１０／４９
よってｐ＝１０／４９
(*´▽｀*)
A:最初がダイヤ、後3枚もダイヤ
B:最初がダイヤでない、後3枚がダイヤ
P(A)=(13*12*11*10)/(52*51*50*49)
P(B)=(39*13*12*11)/(52*51*50*49)
P(A)/{P(A)+P(B)}=10/49
P(B)＝(３ｘ１３ｘ１２ｘ１１)／(４ｘ５１ｘ５０ｘ４９)
P(A)＝１０ｙ/４ｘ
P(B)＝３９ｙ/４ｘ
P(A)＋P(B)＝４９ｙ/４ｘ
P(A)／｛P(A)＋P(B)｝＝（１０ｙ／４ｘ）／（４９ｙ／４ｘ）
＝１０／４９
P(B)＝(３ｘ１３ｘ１２ｘ１１)／(４ｘ５１ｘ５０ｘ４９)
P(A)＝１０ｙ/ｘ
P(B)＝３９ｙ/ｘ
P(A)＋P(B)＝４９ｙ/ｘ
P(A)／｛P(A)＋P(B)｝＝（１０ｙ／ｘ）／（４９ｙ／ｘ）
＝１０／４９
P(B)=(39*13*12*11)/(52*51*50*49)
P(A)：P(B)＝10：39
P(A)/{P(A)+P(B)}=10/(10+39)＝10/49
P(B)＝(３９ｘ１３ｘ１２ｘ１１)／(５２ｘ５１ｘ５０ｘ４９)
P(A)＝１０
P(B)＝３９
P(A)＋P(B)＝４９
P(A)／｛P(A)＋P(B)｝＝１０／４９
P(A)＝(１ｘ１ｘ１)／(４ｘ３ｘ２)
P(B)＝(３ｘ２ｘ１)／(４ｘ３ｘ２)
P(A)＝１／２４
P(B)＝６／２４
P(A)＋P(B)＝７／２４
P(A)／｛P(A)＋P(B)｝＝（１／２４）／（７／２４）
＝１／７
P(A)＝(１ｘ１)／(３ｘ２)
P(B)＝(２ｘ１)／(３ｘ２)
P(A)＝１
P(B)＝２
P(A)＋P(B)＝３
P(A)／｛P(A)＋P(B)｝＝１／３
確かに最初に引いた時の確率は１/４だよ…
でもさぁ…表見てないんだろ？
なら…ダイヤ３枚引いた後に箱から出して
表見るとゆ～行為は…
ダイヤが１０枚含まれている４９枚のカードから
１枚引くのと同じ行為じゃん…
故に答えは１０/４９
A...B..C..D..E...F..G
□■■■■■■１／７ ６／７
□■■■■■１／７ ６／３５ ６／３５ ６／３５ ６／３５ ６／３５
□■■■■１／７ ６／３５ ８／３５ ８／３５ ８／３５
□■■■１／７ ６／３５ １２／３５ １２／３５
□■■１／７ ６／３５ ２４／３５
１／７ １２／３５ １８／３５
□■１／７ ６／７
Ω＝｛（i，j，k，l，m，n，o）|７！ｘ３５，６！ｘ３４｝
#A＝２４５－３４＝２１１なので
Aの起こる確率ｐ＝２１１／２４５＝０．８６１２２４４８９７９
#Aは事象Aに含まれる要素の個数
ドアが七枚の時は当たりの確率P(A)＝０．８６１２２４４８９７９
ちなみに６／７＝０．８５７１４２８５７１４
昭和58年の早稲田文系の入試問題らしいし
旺文社が正解が(1/4)の受験参考書を出版してたらしいし
一時期、2chで大論争になったらしい(現在進行形？)
いつの時代も、間違える人は一定数は必ずいる
モンティ・ホール問題しかり、赤青問題しかり
３枚のカードが袋に入ってます
１枚は両面赤(A)、１枚は両面青(B)、１枚は片面が赤で片面が青(C)です
今、目をつぶって袋からカードを１枚選び、机の上に置いて目を開けたところ、カードは赤でした
このカードの裏が青である確率は？
『最初にハズレを引く確率は当たりを引く確率の二倍になる』
という気づきが重要なように
トランプ問題においては
『個別のダイヤのカードの確率は計算不要』
という気づきが重要になります
これに気が付かないと
余計な確率の計算をしてしまうことになります
実際の条件付確率の式
P(A)＝(１３ｘ１２ｘ１１ｘ１０)／(５２ｘ５１ｘ５０ｘ４９)
P(B)＝(３９ｘ１３ｘ１２ｘ１１)／(５２ｘ５１ｘ５０ｘ４９)
分母(５２ｘ５１ｘ５０ｘ４９)は不要
分子の(１３ｘ１２ｘ１１)も不要
A＝１０
B＝３９
A＋B＝４９
A／（A＋B)＝１０／４９
B C D
□□| ■■ ■■ P(B)＝４／１５
□□| ■■ ■■ P(C)＝１１／３０ ……α
□□| ■■ ■■ P(D)＝１１／３０
ここからさらにCにチェンジ
B C D
■■| □□ ■■ P(B)＝４／１５
■■| □□ ■■ P(C)＝１１／３０
■■| □□ ■■ P(D)＝１１／３０
C D
□□ ■■ P(C)＝１／２
□□ ■■ P(D)＝１／２
□□ ■■
モンティがDのドアをオープン
B C
■■| □□ P(B)＝４／１５
■■| □□ P(C)＝１１／１５
■■| □□
ドア５枚 ドアＡを選ぶ → ドアＥを開ける
P(A)＝1/5 P(B)＝P(C)＝P(D)＝4/15
ドアＢにチェンジ → ドアＡを開ける
① P(当B ∩ 開A)＝(4/15)*(1/3)
② P(当C ∩ 開A)＝(4/15)*(1/2)
③ P(当D ∩ 開A)＝(4/15)*(1/2)
①：②：③＝(1/3)：(1/2)：(1/2)＝2：3：3
P(当B｜開A)＝①/(①＋②＋③)＝1/4
P(当C｜開A)＝②/(①＋②＋③)＝3/8
P(当D｜開A)＝③/(①＋②＋③)＝3/8
P(A)＝1/5 P(B)＝P(C)＝P(D)＝4/15
ドアＢにチェンジ → ドアＤを開ける
① P(当A ∩ 開D)＝(1/5)*(1/2)＝1/10
② P(当B ∩ 開D)＝(4/15)*(1/3)＝4/45
③ P(当C ∩ 開D)＝(4/15)*(1/2)＝2/15
①：②：③＝(1/10)：(4/45)：(2/15)＝9：8：12
P(当A｜開D)＝①/(①＋②＋③)＝9/29
P(当B｜開D)＝②/(①＋②＋③)＝8/29
P(当C｜開D)＝③/(①＋②＋③)＝12/29
P(A)＝１／４ P(B)＝３／８ P(C)＝３／８
ここからプレイヤーは確率１でBのドアを選ぶ
最後にドアAにチェンジする戦略では
モンティがドアAを開けざる負えない確率は５／８
なので、ドアAが当たりの時の確率１／４をこれで割ると
P(A)／P(C－)＝２／５……①
プレイヤーがドアAにチェンジで当たりを引く確率は
２／５に上がる
しかし、プレイヤーは必ず最後にチェンジするので
ドアBが当たりの時でもチェンジする
①にこの確率をかけると（２／５）ｘ（５／８）＝１／４
チェンジｘ２戦略でもP(A)＝１／４は不変である
① 当たりがＡのときにＣを開けられる
② 当たりがＢのときにＣを開けられる
P(開C)＝P(当A ∩ 開C) ＋ P(当B ∩ 開C)
＝P(当A)*P(開C｜当A) ＋ P(当B)*P(開C｜当B)
＝(1/4)*(１)＋(3/8)*(1/2)
＝7/16
モンティは必ずドアCを開ける
P(A∪B)＝P(C－)
この時、プレイヤーは必ずドアAを選択する
プレイヤーがドアAを開けた時の当たりの割合は
ドアBのハズレの確率と等しい
P(B－)＝５／８
ドアAの当たりの確率にこれらを係数としてかけると
∵P(A)｛P(B－)／P(A∪B)｝＝P(A)
／ ｀､
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＼ ￣ ヽ∩
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P(当B)*P(開C｜当B)＝３／８だよ
① 当たりがＢのときにＡを開けられる
② 当たりがＣのときにＡを開けられる
P(開A)＝P(当B ∩ 開A) ＋ P(当C ∩ 開A)
＝P(当B)*P(開A｜当B) ＋ P(当C)*P(開A｜当C)
＝(3/8)*(1/2) ＋ (3/8)*(１)
＝9/16
ドアＢが選択されている場合、開けられるのはドア(ＡかＣ)の２通りのみ
ドアＡが開けられる確率と、ドアＣが開けられる確率を足すと、確率１になる
(ドアＢを開けられる確率は０)
P(開A)＋P(開C)＝(9/16)＋(7/16)＝１
①当たりがＢのときにＡを開けられる
モンティに戦略があるとプレイヤーの
チェンジｘ２戦略が顕在化できないので
ドアBに当たりがある時には
モンティはドアAは開けないルール
ドアAを開けてしまうとプレイヤーのチェンジｘ２戦略に
手を貸してしまうことになるので
モンティがドアAを開けるのはドアCに当たりがある
つまり、そうせざる負えない状況の時のみ
ドアＡを開けて、プレーヤーにＢからＣにチェンジしてもらっても
ドアＣを開けて、プレーヤーにＢからＡにチェンジしてもらっても
両方とも結果はハズレなんだから
当たりがＢの場合は、どっちを開けてもプレーヤーに手を貸すことにはならない
知っているから、手を貸すことになるよ
君ら延々と何やってんの？
まず2つのスレにマルチすんな
変形問題ならゲームのルールを明記しろ
そして記号や式は正しく、分かりやすく書け
最初に当たりが選ばれた場合は、残りのハズレ２枚から
ランダムに開くことが最初から決まってるルールだっての
① ピック → ステイ → ステイ １／４
② ピック → ステイ → チェンジ ３／４
③ ピック → チェンジ → ステイ ９／１４
④ ピック → チェンジ → チェンジ ５／１４
× ③ ピック → チェンジ → ステイ ９／１４
× ④ ピック → チェンジ → チェンジ ５／１４
○ ③ ピック → チェンジ → ステイ ５／８
○ ④ ピック → チェンジ → チェンジ ３／８
③ ピック → チェンジ → ステイ ３／８
④ ピック → チェンジ → チェンジ ５／８
①司会者が最後に開けたドアが、それまで手付かずのドアだった場合(確率7/16)
最初に選んだドアが当たりの確率 4/7 (チェンジ → チェンジ)
１回目にチェンジしたドアが当たりの確率 3/7 (チェンジ → ステイ)
②司会者が最後に開けたドアが、挑戦者が最初に選んだドアだった場合(確率9/16)
１回目にチェンジしたドアが当たりの確率 1/3 (チェンジ → ステイ)
２回目にチェンジしたドアが当たりの確率 2/3 (チェンジ → チェンジ)
ドア４枚の場合に、連続チェンジ戦略で勝てる確率
(7/16)*(4/7) ＋ (9/16)*(2/3) ＝ 5/8
∵P(A)｛P(B－)／P(A∪B)｝＝P(A)
∵P(A)｛P(B－)／P(A∪０．５B)｝＝P(A)（１０／７）
② P(当C｜開A)＝{P(C)*P(開A｜当C)}／P(開A)
P(A)＝1/4 P(開C｜当A)＝１ P(開C)＝7/16(>>475) ①＝4/7
P(C)＝3/8 p(開A｜当C)＝１ P(開A)＝9/16(>>479) ②＝2/3
(チェンジ×２)の平均勝率(期待値)＝(7/16)*(4/7)＋(9/16)*(2/3)＝5/8
∵P(A)｛P(B－)／P(A∪B)｝＝P(A)
② P(当C｜開A)＝{P(C)*P(開A｜当C)}／P(開A)＝2/3
にならないじゃん
②＝2/3
これをどうやって導出したのか
数値を入れた式を出してくれ
＝{(1/4)*(１)}／(7/16)
＝(1/4)*(16/7)
＝4/7
② P(当C｜開A)＝{P(当C)*P(開A｜当C)}／P(開A)
＝{(3/8)*(１)}／(9/16)
＝(3/8)*(16/9)
＝2/3
ドアBが当たりの時でもチェンジする
この確率が計算されていない
ｋ＝P(B－)／P(A∪０．５B)
ここだけ見ればチェンジｘ２で
P(A)がどう変化するのかがわかる
何で計算式出さないの？
式がなければただの希望的観測だよ
これがP(A)の期待値になる論拠がない
自分の願望
P(A)の期待値じゃなくて
(チェンジ×２)戦略の勝率の期待値
記号や式をまともに書く努力をしろよ
双方とも酷くてどっちも読む気しない
それとももしかして、記号の扱いがどっちも同程度酷いということは自演なのか？
男『４枚のうち１枚が当たりです。』
男『私はどれが当たりか知っています。』
男『さあ、好きなの１枚選んで。』
女『じゃあＡ』
男『では、貴方の選ばなかったＢＣＤのうちＤはハズレであることを教えよう。』
（Ｄをめくる。確かにハズレだった。）
男『もう一度残ったＡＢＣの３枚から選び直していいよ。変えてみる？』
女『（モンティホールの応用だから変えたほうが若干得そうね）じゃあＢ。』
男『選ばなかったＡＣのうちＣもハズレなことを教えよう。』
（Ｃをめくる。確かにハズレだった。）
男『ラストチャンス。ＡＢどっち？』
女『…(やっぱりＡに戻したくなってきたw）』
>>506の模範解答をよろしくお願いします
③ ピック → チェンジ → ステイ ３／８
④ ピック → チェンジ → チェンジ ５／８
④はP(A)＝１／４ P(C)＝３／８という事ね
つまり、(チェンジ×２)戦略でもP(A)は不変じゃん(*´▽｀*)
具体的なことでお願いします
＞プレイヤーがドアAを開けた時の当たりの割合は
＞ドアBのハズレの確率と等しい
Q(A)＝Q(B－)
P(B－)は5/8だが、Q(B－)は不明
(Aが当たり ∧ Ｃを開く)／{(Ａが当たり ∧ Ｃを開く)＋(Ｂが当たり ∧ Ｃを開く)}
Q(A)＝P(B－)
Q(B－)は不明で当たり前だよ
計算に必要ないもん
君たちやっぱり仲良しだな
先に答えだけ書くと
単に個別の状況での確率を求めるなら
プレイヤーが最初にA,司会がD,プレイヤーがチェンジしてBを選び、司会がCを選んだ
という>>506の状況でAがアタリの確率は4/7,Bがアタリの確率は3/7
プレイヤーが最初にA,司会がD,プレイヤーがチェンジしてBを選び、司会がAを選んだ
という状況ではBがアタリの確率は1/3,Cがアタリの確率2/3
プレイヤーが最初にA,司会がD,プレイヤーがステイしてAを選び、司会がCを選んだ
という状況ではAがアタリの確率は1/4,Bがアタリの確率3/4
となった
プレイヤーのとる戦略の成功確率を求めるなら
ステイ→チェンジ戦略の成功確率3/4
チェンジ→司会が何を選んでもチェンジ戦略の成功確率5/8
だけど他にも
チェンジ→司会が最初に選んだのと同じ扉を選んだらチェンジ、違う扉を選んだらステイ
などの戦略もあって、この場合の成功確率は9/16
となった
で、俺は何を解答、解説、指摘すればいいの？
それで十分、サンキュー
最後の戦略は (9/16)*(2/3)＋(7/16)*(3/7)＝9/16 ってことか
∵Q(A)＝P(A)／P(A∪０．５B)＝４／７
プレイヤーがドアCのみにチェンジした時
∵Q(C)＝P(C)／P(C∪０．５B)＝２／３
こういう解釈なわけね(*´▽｀*)
事象Aと事象Bがともに起こるという事象を
積事象と言います
論理的に考えて積事象以外で
どうやってチェンジしたことになるの？
P(A)P(B－)とP(C)P(B－)は
プレイヤーがドアAかドアCにチェンジした時の
自分の取り分を示している
多段階モンティは、はじめは等確率かもしれないが
標準モンティではなく、等確率でない変則モンティに近い(というか３枚になった時点でそのもの)
変則モンティ
モンティホール問題で扉D1,D2,D3のアタリの確率は等確率ではなく、それぞれp,q,1-p-q である設定.
プレイヤーがD1を選び、ハズレを知る司会がD3を選んだときの
D1(ステイ) がアタリの確率 p/(p+2q)
D2(チェンジ)がアタリの確率2q/(p+2q)
となる
扉４枚の２段階モンティで、扉が３枚になった状況では
アタリの確率はそれぞれ1/4,3/8,3/8となることまで分かっているなら
あとは各場合を上の変則モンティの式に代入すればいいだけ
１回目ステイ(２回目もA選択)で司会がCを開けた場合
p=1/4, q=3/8 としてD1=A(ステイ),D2=B(チェンジ)のアタリの確率1/4,3/4
１回目チェンジ(２回目にBを選択)して司会がCを開けた場合
p=3/8, q=1/4 としてD1=B(ステイ),D2=A(チェンジ)のアタリの確率3/7,4/7
１回目チェンジ(２回目にBを選択)して司会がAを開けた場合
p=3/8, q=3/8 としてD1=B(ステイ),D2=C(チェンジ)のアタリの確率1/3,2/3
■標準モンティホール問題の確率は次の通り
P(A)＝１／３ P(B)＝１／３ P(C)＝１／３
ここからプレイヤーはBのドアを選ぶとする
プレイヤーがドアAにチェンジした時の
ドアAの当たりの確率をQ（A）とおく
Q(A)＝P(A)／P(A∪０．５B)＝２／３
つまり、
Q(A)＝P(A)／P(A∪０．５B)は
標準問題を解くための式
モンティの介入によってドアＡの確率が変わるのに
計算に入れないのはなぜ？
モンティがドアAを開けられる変形問題の場合には
尤度P(A)P(B－)が必要になる
Q(A)＝P(A)｛P(B－)／P(A∪０．５B)｝＝４／９
ｐ＝１／３ ｑ＝１／３とおいて計算すると
∵ｐ／（ｐ＋２ｑ)＝１／３
∵２ｑ／（ｐ＋２ｑ)＝２／３
見事なまでに標準問題の式です(*´▽｀*)
標準問題の式を変形問題の式だと
誤解するのはやめましょう
ちゃんと変形問題の式を作ってください
まず何度も言ってるが式の記号が滅茶苦茶なのをまずなんとかしろ
意味不明で意思の疎通がとれない
> P(A∪０．５B)
事象(集合)に係数？が付くのは意味不明
> P(B－)
これも不明瞭。否定、補集合のことを言いたいのかもしれないが
状況によって内容が変わり得るので用いるべきでない
そもそも扉をA,B,C等と名付けているなら、事象の記号にA,B,Cを用いるべきではない
「扉Aがアタリ」という事象を表したいなら
面倒臭がらずに{A:当}などと書くべきだ
正しい式の書き方がわからないなら、せめて表したい確率の意味を日本語で出来るだけ分かりやすく書け
正しく書き下してあげるから
次に論理展開もおかしい
「標準で与式＝2/3だから与式は標準問題専用の式(変則には適用できない)」
というのは論理的に正しくない
そもそも変則問題は標準問題の一般化である(標準問題は変則問題(の一部)である)
のだから、変則問題の式で標準問題が成り立つのは当然である
Q(A)＝P(A)｛P(B－)／P(A∪０．５B)｝＝４／９
を校正した場合はどうなりますか？
そもそも変則問題は標準問題の一般化である
(標準問題は変則問題(の一部)である)のだから、
変則問題の式で標準問題が成り立つのは当然である
論点が逆だよ
∵ｐ／（ｐ＋２ｑ)＝１／３
∵２ｑ／（ｐ＋２ｑ)＝２／３
見事なまでに標準問題の式です
これを変形問題の式だと根拠なく断言している(*´▽｀*)
ただそれだけ
ここに変形問題の式を導いたという意味はありません
P(A)＝１／４ P(B)＝３／８ P(C)＝３／８
ここからプレイヤーは確率１でBのドアを選ぶ
ピック→チェンジ→チェンジ戦略における
ドアAの当たりの確率をQ（A）
ドアBのハズレの確率をP(B－）とおきます
∵Q(A)＝P(A)P(B－）／｛P(A）＋P(B)／２｝
自分で正式を出すのが礼儀だよ
意味不明なものの校正などできません
君が何の意味の確率を求めたいのか
ますは私に分かるように書け
即ち私が指定した方法(事象をABCで表さない等)で書くか、日本語で意味が通じるように書け
>>523
変形モンティ(残り２つの扉からランダムに選ぶ)や突風モンティ(３枚の扉からランダムに選ぶ)は
標準モンティとは異なる
(一方が他方の一般化にはなってない。変形と標準の両者を含むような一般化をすることは可能)
だが、変則モンティ(初期の扉のアタリ確率が等確率とは限らない)は標準モンティの一般化だ
そこから分からないのか？
もっと一般化すれば
扉がn枚D1,D2,…,Dnがあって、１つがアタリ。アタリの確率はそれぞれp1,p2,…,pn (p1+p2+…+pn=1)として
プレイヤーはまず扉D1を選択する
司会はプレイヤーが選んだD1とアタリの扉を除く残りの扉たち(n-1個かn-2個)の中からランダムに１つ選び、開けるとする
実際に司会はDnを選択し、開けたらハズレであった
この状況での、各扉Dkのアタリの確率Q(Dk:当)は
Q(Dk:当)
＝P(Dk:当|司会選択:Dn ∧ Dn:外)
＝P(Dk:当 ∧ 司会選択:Dn ∧ Dn:外) / P(司会選択:Dn ∧ Dn:外)
＝P(Dk:当 ∧ 司会選択:Dn ∧ Dn:外) / Σ{P(Dk:当 ∧ 司会選択:Dn ∧ Dn:外)}
分子P(Dk:当 ∧ 司会選択:Dn ∧ Dn:外)は
k=1のとき p1/(n-1)
k=nのとき 0
それ以外で pk/(n-2)
だから
分母 Σ{P(Dk:当 ∧ 司会選択:Dn ∧ Dn:外)}
＝p1/(n-1) + {p2 + p3 + … + p(n-1)}/(n-2) + 0
＝p1/(n-1) + (1-p1-pn)/(n-2)
したがって
Q(Dk:当)は
k=1のとき {(n-2)p1} / {(n-2)p1 + (n-1)(1-p1-pn)}
k=0のとき 0
それ以外で{(n-1)pk} / {(n-2)p1 + (n-1)(1-p1-pn)}
となる
この設定は、標準モンティでプレイヤーが扉D1を選択、司会がD3を選択し開けたらハズレだった状況であり
式に代入すれば
Q(D1:当)＝{(3-2)(1/3)} / {(3-2)(1/3) + (3-1)(1-(1/3)-(1/3))}＝1/3
Q(D2:当)＝{(3-1)(1/3)} / {(3-2)(1/3) + (3-1)(1-(1/3)-(1/3))}＝2/3
Q(D3:当)＝0
と確かに標準モンティのその状況のときの確率と一致していることが確かめられる
n=3で<p1,p2,p3>=<p,q,1-p-q>とすると
この設定は、扉のアタリ確率がp,q,1-p-qの変則モンティでプレイヤーがD1選択、司会がD3を開けてハズレだった状況で
式に代入すれば
Q(D1:当)＝{(3-2)p} / {(3-2)p + (3-1)(1-p-(1-p-q))}＝p/(p + 2q)
Q(D2:当)＝{(3-1)q} / {(3-2)p + (3-1)(1-p-(1-p-q))}＝2q/(p + 2q)
Q(D3:当)＝0
となり、>>517の式と一致している(式が正しいこと)が確かめられる
n=4で<p1,p2,p3,p4>=<1/4,1/4,1/4,1/4>とすると
この設定は、4枚扉の２段階モンティでプレイヤーが扉D1を選択、司会がD4を選択し開けたらハズレだった状況であり
式に代入すれば
Q(D1:当)＝{(4-2)(1/4)} / {(4-2)(1/4) + (4-1)(1-(1/4)-(1/4))}＝1/4
Q(D2:当)＝{(4-1)(1/4)} / {(4-2)(1/4) + (4-1)(1-(1/4)-(1/4))}＝3/8
Q(D3:当)＝{(4-1)(1/4)} / {(4-2)(1/4) + (4-1)(1-(1/4)-(1/4))}＝3/8
Q(D4:当)＝0
と、これまでの数値と一致し正しいことが確かめられる
同様にして
４枚扉の２段階モンティで３枚→２枚の移り変わりや
５枚扉の多段階モンティを考える場合でも、この公式を用いるだけで計算できる
ドア４枚チェンジｘ２戦略の
条件付確率の式は作れますか？
□■■■■■１／６ ５／６
□■■■■１／６ ５／２４ ５／２４ ５／２４ ５／２４
□■■■１／６ ５／２４ ５／１６ ５／１６
□■■１／６ ５／２４ ５／８
１／６ ５／１６ ２５／４８
□■１／６ ５／６
結局、多段回設定って
「ずっとステイして最後だけチェンジ」戦略の成功確率(1 - (1/n))が一番高くて
他の戦略の確率は計算がやや面倒な割にはそれより低いっぽいから
設定としてはツマラナイね
５／６＝２０／２４だから
チェンジで５／２４のところで２１／２４以上の成績を
出せれば、５／６を上回る
それを終盤までキープし最後にチェンジする
という戦略をとれば成功確率は上がるわけだが
自分が選ばなかった扉は、司会が開けた扉の分の確率を分配し相続するから大きくなっていく
つまり結局、最初に扉を選ぶ時が一番当たる確率が低い
すなわち最初の扉をステイし続け最後にチェンジするのが一番当たる確率が大きい
P(A)＝1/6 → Q(A)＝16/71
P(B)＝5/24 → Q(B)＝15/71
P(C)＝5/24 → Q(C)＝20/71
P(D)＝5/24 → Q(D)＝20/71
P(E)＝5/24
P(A)＝1/6 → Q(A)＝4/19
P(B)＝5/24 → Q(B)＝5/19
P(C)＝5/24 → Q(C)＝5/19
P(D)＝5/24 → Q(D)＝5/19
P(E)＝5/24
② P(当B ∧ 開E)＝(5/24)*(1/4)
③ P(当C ∧ 開E)＝(5/24)*(1/3)
④ P(当D ∧ 開E)＝(5/24)*(1/3)
①：②：③：④＝(4/3)：(5/4)：(5/3)：(5/3)＝16：15：20：20
P(当A｜開E)＝①/(①＋②＋③＋④)＝16/71
P(当B｜開E)＝②/(①＋②＋③＋④)＝15/71
P(当C｜開E)＝③/(①＋②＋③＋④)＝20/71
P(当D｜開E)＝④/(①＋②＋③＋④)＝20/71
ドア52枚 当たり13枚 ハズレ39枚
当たりのドアを意図的に３枚だけ開ける
ステイ 1/4 チェンジ 13/64
① {10－(1/4)}/48＝13/64
② (1/4)*(9/48)＋(3/4)*(10/48)＝13/64
やっぱり①のほうが計算が楽だし分かりやすい
恩赦の確率、Ａ(1/10)、Ｂ(2/10)、Ｃ(3/10)、Ｄ(4/10)
このとき囚人Aが看守に「BCDのうち処刑される2人を教えてくれないか？」
と尋ねところ 、『BとCは死ぬよ』という回答を得られた。
このとき、Aが生き残る確率は？
確率空間は以下の通り
Ω＝｛（i，j，k，l）|１≦i≦４，１≦j≦３，１≦k≦８，１≦l≦２｝
#A＝４ｘ３ｘ８ｘ２－３ｘ２ｘ７ｘ１＝１９２－４２＝１５０なので
Aの起こる確率ｐ＝１５０／１９２＝２５／３２
#Aは事象Aに含まれる要素の個数
モンティがプレイヤーが最初に選択したドアを
開けることができる場合
ドアが四枚の時の当たりの確率P(A)＝２５／３２
ｑ＝１－ｐだから
最初に当たりを引く確率ｑ＝７／３２＝０．２１８７５
ドアが四枚の時はモンティが二回ハズレを開けられるので
プレイヤーが最初に選択したドアの確率は下がる
残り３枚 (1/4、3/8、3/8)
残り２枚 (1/4、3/4) (4/7、3/7) (1/3、2/3)
1/4 ≦ P(X) ≦ 3/4
確率空間は以下の通り
Ω＝｛（i，j）|１≦i≦４，１≦j≦４９｝
#A＝４ｘ４９－３ｘ４８＝１９６－１４４＝５２なので
Aの起こる確率ｐ＝５２／１９６＝１３／４９
#Aは事象Aに含まれる要素の個数
ダイヤのカードが三枚出た後に箱の中のカードが
スペード・ハート・クラブのどれかである確率は
P(A)＝１３／４９
スペード・ハート・クラブである確率は
P(X)＝３９／４９
排反事象ｑ＝１－ｐにより
箱の中のカードがダイヤである確率∵ｑ＝１０／４９
① P(恩赦A ∧ 処刑BC)＝(1/10)*(1/3)
② P(恩赦D ∧ 処刑BC)＝(4/10)*(１)
①：②＝１：12
P(恩赦A｜処刑BC)＝①/(①＋②)＝1/13
残り４枚 (1/5、4/15、4/15、4/15)
残り３枚 (1/5、2/5、2/5) (9/29、8/29、12/29) (1/4、3/8、3/8)
↓ ↓ ↓
残り２枚 (1/5、4/5) (9/25、16/25) (1/4、3/4)
(1/2、1/2) (9/33、24/33) (4/7、3/7)
(1/3、2/3) (9/13、4/13) (1/3、2/3)
(1/4、3/4)
(4/7、3/7)
(3/5、2/5)
箱の中のカードがダイヤである確率は
１≦ｎ≦１２の範囲において
∵ｑ＝１－（１６５－３ｎ／２０８－４ｎ）
ｑ＝（１３－ｎ）／（５２－ｎ） （０≦ｎ≦１３）
∵ｑ＝１－｛（１６５－３ｎ）／（２０８－４ｎ）｝
ｎ＝３ のとき ｑ＝10/49 になる式っていうだけで
ｎ＝{1,2,4,5,6,7,8,9,10,11,12} のときは正しい数値にならないぞ
一般化するなら、ちゃんと検算ぐらいしろ
ｎ＝１ ｑ＝１－(162/204)＝7/34 正しくは ｑ＝12/51
ｎ＝12 ｑ＝１－(129/160)＝31/160 正しくは ｑ＝1/40
４１／２００
１０／４９
３９／１９２
１９／９４
３７／１８４
１／５
３５／１７６
１７／８６
１１／５６
８／４１
３１／１６０
１０／４９が問題に選択されただけだよ
ｎ＝１ 12/51
ｎ＝２ 11/50
ｎ＝３ 10/49
ｎ＝４ 9/48
ｎ＝５ 8/47
ｎ＝６ 7/46
ｎ＝７ 6/45
ｎ＝８ 5/44
ｎ＝９ 4/43
ｎ=10 3/42
ｎ＝11 2/41
ｎ＝12 1/40
ｎ＝13 0/39
残りのカードがダイヤである確率は同様に確からしいから、必然的にそうなる
n通りそれぞれが全て同様に確からしい根拠を示さなきゃいけない
事象Ａ：箱の中がダイヤ、次に引いたのもダイヤ
事象Ｂ：箱の中がダイヤ以外、次に引いたのがダイヤ
P(A｜B)＝Ｐ(A)/{P(A)＋P(B)}
＝(13/52)*(12/51)/{(13/52)*(12/51)＋(39/52)*(13/51)}
＝(13*12)/{(13*12)＋(39*13)}
＝12/(12＋39)
＝12/51
× P(A｜B)
○ 求める確率
そもそも複雑なら正解というわけでもない
□□□□□□□□□□□□■
■■■■■■■■■■■□■
■□□□□□□□□□■□■
■□■■■■■■■□■□■
■□■□□□□□■□■□■
■□■□■■■□■□■□■
■□■□■□□□■□■□■
■□■□■■■■■□■□■
■□■□□□□□□□■□■
■□■■■■■■■■■□■
■□□□□□□□□□□□■
■■■■■■■■■■■■■
ｎの二次関数にして（０≦ｎ≦１３）の範囲でも成立する式に
大幅アップグレード
ｋを正の整数の定数として
山札からダイヤがｎ枚抜き出された時の
５≦ｋ≦１５の範囲において以下の式が成り立つ
■箱の中のカードがダイヤである確率は
∴ｑ＝１－｛｛１６５ｎ－（ｋ－４）ｎ^2＋３５１｝／（２０８ｎ－ｋｎ^2＋４６８）｝
または式変形すると
∴ｑ＝（ｎ－１３）（４ｎ＋９）／（ｋｎ^2－２０８ｎ－４６８） ［５≦ｋ≦１５］
ｋ＝７，ｎ＝３の時ｑ＝１０／４９
ｋ＝７，０≦ｎ≦１３の範囲において
１／４
５２／２２３
１８７／８５６
１０／４９
２５／１３２
２３２／１３３３
７７／４８８
７４／５２７
２０５／１６８４
２０／１９７
７／８８
１０６／１９０９
１９／６５２
０
■ｑ＝１０／４９ ∵ｎ＝３，ｋ＝７，［５≦ｋ≦１６］
ｑ＝１－｛｛１６５ｎ－（ｋ－４）ｎ^2＋３９｝／（２１６ｎ－ｋｎ^2＋５２）｝
ｑ＝１－｛｛１６５ｎ－（ｋ－４）ｎ^2＋７８｝／（２１５ｎ－ｋｎ^2＋１０４）｝
ｑ＝１－｛｛１６５ｎ－（ｋ－４）ｎ^2＋１１７｝／（２１４ｎ－ｋｎ^2＋１５６）｝
ｑ＝１－｛｛１６５ｎ－（ｋ－４）ｎ^2＋１５６｝／（２１３ｎ－ｋｎ^2＋２０８）｝
ｑ＝１－｛｛１６５ｎ－（ｋ－４）ｎ^2＋１９５｝／（２１２ｎ－ｋｎ^2＋２６０）｝
ｑ＝１－｛｛１６５ｎ－（ｋ－４）ｎ^2＋２３４｝／（２１１ｎ－ｋｎ^2＋３１２）｝
ｑ＝１－｛｛１６５ｎ－（ｋ－４）ｎ^2＋２７３｝／（２１０ｎ－ｋｎ^2＋３６４）｝
ｑ＝１－｛｛１６５ｎ－（ｋ－４）ｎ^2＋３１２｝／（２０９ｎ－ｋｎ^2＋４１６）｝
∴ｑ＝１－｛｛１６５ｎ－３ｎ^2＋（４８７５－３９a）｝／｛（９２＋a）ｎ－７ｎ^2＋（６５００－５２a）｝｝
■ｑ＝１０／４９ ∵ｎ＝３，［０≦a≦１１５］
■ｑ＝１０／４９ ∵ｎ＝３，ｋ＝７，［５≦ｋ≦１６］，［０≦ｂ≦７］
∴ｑ＝１－｛｛１６５ｎ－（ｋ－４）ｎ^2＋（３９＋３９ｂ）｝／｛（２１６－ｂ）ｎ－ｋｎ^2＋（５２＋５２ｂ）｝｝
>>564と合わせてｑ＝１０／４９ ∵ｎ＝３の関数は２２４種類
非常識な結論が導き出されますので、
非復元抽出の問題だと考えるべきだと思います。
条件付確率となるのは事前確率が確定で不変のもの、
言い換えると、事前確率が前提条件となって後発事象が発生するということですが、
本問題にあっては、事前確率が後発事象の影響で必然的に変化するケースに相当するので、
条件付確率ではありません。
本問題は極めて単純な非復元抽出の問題で、
たとえば、袋の中から籤を引くような問題と同等です。
当たりくじが１本で、外れくじが９本ある母集団（サイズ１０）を考えてみると、
引く順番によって特定の籤の当たる確率が変わることはなく、
先に引こうが後から引こうが事前確率は1/10となります。
ところで、一つの籤の結果が公表され外れとなりました。
この時最初に引いた人の事前確率はどうなるかというと、
母集団がサイズ１０の時には1/10であったものが、
母集団のサイズが１個減少して９個になったことから、
必然的に1/10から1/9に事前確率は変化します。
条件付確率であると仮定すると、事前確率は確定不変ですから、
母集団が縮小しても変わらず1/10であると主張することになります。
この例では母集団のサイズが９個でも８個でも７個でもーーーー３個でも1/10になります。
そうすると、母集団の最初のサイズがN個であってもよいわけですから、
３個のドアの問題にあたって事前確率は必ずしも1/3とはいえず、1/Nであると言わなければなりません。
ところでNは２以上の整数をとれますから、事前確率は確定しないということになります。
これは確率論としては誤りであり、数学的確率は、当たりが１本しかない場合には、１/(母集団のサイズ）と定義されていますから、
３個のドアの場合には事前確率は1/3であり、４個のドアの場合には事前確率が1/4となります。
本問題は、司会者が１個のドアを確定事象として外れとしたものですから、母集団のサイズは縮小して２個となり、
解答者の選んだドアも残されたドアの当たる確率は等しく1/2となり、
解答者が選択を換えることの必然性というか有利さはありません。
ｑ＝１０／４９ ∵ｎ＝３の関数は１２５種類でした(・∀・)
定数ｋを３と７で固定して正の整数ｃで一般化すると
∴ｑ＝１－｛｛１６５ｎ－３ｎ^2＋（３９＋３９ｃ）｝／｛（２１６－ｃ）ｎ－７ｎ^2＋（５２＋５２ｃ）｝｝
■ｑ＝１０／４９ ∵ｎ＝３，［０≦ｃ≦１２４］
相当するので、条件付確率ではありません』
事前確率は三枚のドアがそれぞれ１／３
プレイヤーが選択したドアが１／３
プレイヤーが選択しなかった
残り二枚のドアの当たりの確率が２／３
モンティが確定情報をもとにハズレのドアを開けると
プレイヤーが選択しなかった二枚のドアが
一枚になって当たりの確率が２／３
ベイズの定理は事前確率を仮定しての事後確率の計算公式ですから、
事前確率なり事前の状況が後発事象により影響を受ける時には
（仮定に影響を及ぼす時には）、適用されるべき公式ではなくなります。
それは一次方程式の解を求める時に二次方程式の根を求める公式を適用するようなもので、
公式それ自体は正しくとも一次方程式には適用できないのと類似しています。
事前確率は1/3でどのドアも同じ確率です。
ではこれが４個のドアの場合はどうでしょうか？
事前確率は1/4でどのドアも同じ確率です。
先に選択されたドアと残されたドアで確率が変わることはありえません。
このドアは確定現象となってしまいますから、
今後の可能性の空間から飛び出したものとなります。
今後の可能性の空間の標本数は１個減少します。
問題は、先に選択されたものと残された標本との間に確率的有意差があるのかということです。
同一の可能性の空間に存在するのは、解答者の選んだドアと残されたドアだけです。
司会者がどちらのドアを外れとしようが、当たりのドアは、解答者が選んだドアか残されたドアかのいずれかになります。
従って、小生の解答は解答者の選んだドアも残されたドアも同じ確率の1/2になります。
□□ ■■ ■■
□□ ■■ ■■
□□ ■■ ■■
モンティチョイス
□□ ■■
□□ ■■
□□ ■■
当たりの確率が１／２世界線へシフト
■□ □■
□■ ■□
■□ □■
あなたが扉Bを選んだ後、
当たりを知ってる司会者がハズレ扉Aを開けた。
あなたは扉Cに変えるべきだろうか？
(stay)：(switch)＝99*(1/2)：1*(1)＝99：2
（看守がすべてを知っており、かつ嘘をつかずAを意図的に除外し、
かつBとCに優劣をつけないとしたときでも）
看守から情報を得たあとの処刑確率が変化し
しかも確率の設定によっては事前より「増える」というより直観に反する事態も起こる。
たとえば、A,B,Cの処刑確率がそれぞれ3/4,3/4,1/2だったとして（1人だけ釈放
され、釈放確率が1/4,1/4,1/2ということ）、看守についての上記の条件のもとで
看守から「Bが処刑される」という情報を得たあとのAの処刑確率は、4/5に増える。
このことはベイズの定理で計算すればわかるが、
ライバルが減ったにもかかわらず処刑確率が増えるのは不思議といえば不思議。
この種の問題を直観的に処理するとき無意識に使っている
「確率不変の原理（関係ない情報のはずだから確率は不変だろう）」
や「事前確率比例配分（AとCの確率比を、Bなしで再配分）」
などが必ずしも正しくないことが分かる
□□■
■■■
■■■
□□■
■■■
あなたに3つの扉が示された。
そのうちの１つに賞品が隠されている。
賞品を隠す扉の決め方が均等だとは限らない
ホストがあなたに一つの扉を選ばせた。
ホストはどこに賞品が隠されているか知っている。
その知識をどのように利用したかわからない
ホストは別のハズレの扉を一つ開けた。
いつも開けるとは限らない
ハズレしか開けないとは限らない
あなたが選んだ扉を開けないとは限らない
あなたが当たりを選んだときに、ホストが開ける扉に偏りが無いとは限らない
あなたはもう一つの扉に切り替えてもよいと言われた。
言われるとは限らない
あなたはどうすべきか？
モンティは素朴に考えた方がわかりやすい
http://rosie.5ch.net/test/read.cgi/liveplus/1542853287/l50
その素朴な考え方っていうのは、俗に言うアレだろ？
最初に選んだ扉の当たる確率は、他の扉が開けられても変わらないとか
選択を変えることは、他の2つの扉を選ぶことと同じであるとか。
分かりやすいが故に、その素朴な考え方が
(どんな場合でも)正しいという思い込みが強すぎて
(ある意味では)勘違いということに気づかせるのは容易ではない。
なんらかの確率的判断を行うとするならば
主観確率的に考えて
３つの扉A,B,Cのアタリの事前確率は1/3ずつとみなし
挑戦者がAを選び
ホストがBを選らんだとしたら
切り替えしてアタリの確率は単純にP(C:当｜B:外)とみなしてよいと思う
故に
切り替えしてアタリの確率は1/2
P(B:当)＝1/3 なんだから、P(B:外)＝2/3 という解釈の余地がある。
P(B:開) の表記が無難かと。
モンティホール問題の標準設定や亜種の設定で
プレイヤーが扉Aを選び、司会が扉Bを選んで開けたらハズレだったという状況における
プレイヤーにとっての、切り替えがアタリの確率は
P(C:当|B:開 ∧ B:外)
であって
例えば
P(C:当|B:開)
P(C:当|B:外)
P(C:当|開:外)
等ではないよ
特に司会が選んで開けた扉が必ずしもハズレとは限らない設定では
P(C:当|B:開)≠P(C:当|B:開 ∧ B:外)
となることもある
{B:開 ∧ B:外}や{B:開}や{B:外}などの事象はそれぞれ区別しなければならない
ただし、今回(>>578)のように「司会がどのように扉を選ぶのか不明」という設定では
「司会が扉Bを選んで開けた」という情報を無視して良い
というのが>>582での私の主張の肝であり
だからこそP(C:当｜B:外)という表記なのだ
それだったら、より厳密な表記は
P(C:当｜A:選 ∧ B:開 ∧ B:外) ってことなのかな？
そうすることによる意味や面白味はあまりないと思うなあ
プレイヤーが扉Aを選ぶという下での確率空間として考えれば不要
① P(当A ∧ 開B ∧ 外B)＝(1/3)*(1/3)*(1)
② P(当B ∧ 開B ∧ 外B)＝(1/3)*(1/3)*(0)
③ P(当C ∧ 開B ∧ 外B)＝(1/3)*(1/3)*(1)
P(当C｜開B ∧ 外B)＝①/(①+②+③)＝1/2
司会が３つの扉からランダムに選ぶ設定でそれがプレイヤーに既知ならそうだが
選び方がわからないなら、{開B}という事象は実質無視してみなしてよい
P(当A ∧ 外B ∧ 開B)＝P(当A ∧ 外B)＝1/3
P(当B ∧ 外B ∧ 開B)＝P(当B ∧ 外B)＝0
P(当C ∧ 外B ∧ 開B)＝P(当C ∧ 外B)＝1/3
よって
P(当C | 外B ∧ 開B)＝P(当C | 外B)＝1/2
司会の選び方が分からないからこそ、ランダム設定とみなすしかないのでは？
ABCの当たりの事前確率も分からないからこそ、ランダム設定とみなすしかない
みなし自体を否定するなら、そもそも確率計算不能かと
「司会はランダムに選ぶ」という強い仮定は不要
「司会の選び方は不明」のまま計算は可能
例えば司会の選び方が
プレイヤーが扉Aを選んだとき
扉Cがアタリなら司会は扉Bを開ける
扉Bがアタリなら司会は扉Cを開ける
扉Aがアタリなら、コインdを投げて表なら扉B,裏なら扉Cを開ける
であり、そのことがプレイヤーに既知であるという標準設定の場合
プレイヤーにとっての、切り替えがアタリの確率は
司会が扉Bを開ける条件L1; (C:当)
∨(A:当 ∧ d:表)
を用いて
P(C:当|B:外 ∧ B:開)＝P(C:当|B:外 ∧ L1)
と表せる
同様にもし別の設定で、司会が扉Bを開ける条件L2なら
P(C:当|B:外 ∧ B:開)＝P(C:当|B:外 ∧ L2)
となる
設定による違いは、司会が扉Bを開ける条件Liの違いで表せるというわけだ
そして、司会が扉Bを開ける条件というのはL1,L2,L3,…と無数に存在する
既に挙げた条件Li,Ljを用いて他の条件を、恒偽条件にならい範囲で
notLi,Li∧Lj,Li∨Lj等といくらでも構成することもできる
司会が扉Bを開ける条件はL1,L2,L3,…のどれなのかは不明だが
司会が扉Bを開けたのならば、L1,L2,L3,…の少なくとも１つは満たしたはずだ
すなわち、司会の選び方は不明のとき、司会が扉Bを開けたということは
B:開 ⇔ (L1 ∨ L2 ∨ L3 ∨ …)
と無数の条件の連なりとして表せる
そしてこの中には、LiとnotLi、のような関係の条件も含まれるのだから恒真だ
従って P(B:開)＝1
結局、「司会の選び方は不明」という場合には
{B:外 ∧ B:開}等の(B:開)を含む事象(情報)は
{B:外} ;「とにかくBはハズレだったということだけわかった」と
一見(B:開)を無視したような解釈をしてよいのだ
以上により「司会の選び方は不明」という場合は、「不明である」としたまま
P(C:当｜B:外 ∧ B:開)＝P(C:当｜B:外)
故に1/2と計算されるのである
こうしておくと
例えばそこから更に「司会の選び方は標準設定である」という情報を得た場合では
P(C:当｜B:外 ∧ B:開 ∧ L1)＝P(C:当｜B:外 ∧ L1)
となり
「司会の選び方が不明」→「判明」の状況変化を
P(C:当｜B:外) → P(C:当｜B:外 ∧ L1)
とベイズ改訂で表すこともできる
∩∪ あけまして
∪.| |∩ おめでとう
. | |.| |∪ ございます
. | |.| |.| |
(∩∩∩∩) 2019年元旦.
(∪∪∪∪)
|≡≡≡|
／≠≠≠＼
明記されていた条件は、当たりが１つある３つのドア、プレイヤーが１つ選択、その後に司会者が外れのドアを１つ開いて最初に選択したドアともう１つのドアが残った、再選択の機会
明記されていなかった条件は、司会者が必ず未選択の内で外れのドアを１つ開く（この点が一悶着の要因）
さらに、それぞれのドアが当たりの比率、最初に選択したドアが当たりの時に司会者が開けるドアの比率
情報無しのつまり等確率とするのか、実際の番組のほぼ同じ比率とするのか明確ではない。どちらにしても選択の解答は一致するのだが、それ故に無視されている（実際は単に等確率という条件のつもりで記載していたと思われる）
>>578の場合はどのドアを選んだ場合も同じく、どのドアも開けない・３つの内からいずれか１つのドアを開けるの計４つの事象があり偏りの情報が無いため確率がそれぞれ1/4となる
ネタにされることがある「出るか出ないかの２通りだから1/2」は、例えばクジなら本数の違い、サイコロなら６つの面の出やすさが同様に確からしいという偏りの情報があることで否定される。反対に偏りの情報が無ければ正しく、実のところ確率をわかっている発言とできる
これらのことを理解している人は上の発言に対して、ある意味正しいと返答することもある（正しくはそのような返答をする人に対して理解している人だと考える）
偏りの情報が無い条件においては等確率になる である
この点は２つの封筒問題で挙がる話
プレイヤーにとって最初に選んだ当たりのドアの確率は
1/3のまま不変
トランプ問題はシャッフルして無作為に選択するから
10/49に下がる
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モンティホール問題（ジレンマ）が面白い
要するに以下の問題だ
箱が三つある
その中に一つだけに宝物が入っている
他二つは空箱
解答者は宝が入っているだろうと予想する箱を指す
すると（答えを分かっている）出題者が残りの二つの中のハズレ空箱一つを開ける
この時点で未開封は二つとなる
さてここで解答者に命題を提示する
今選んだばかり箱をそのまま解答とするか？最初に選ばなかった残りのもう一つの箱に換えるか？
この命題に対して
知能指数♀世界一と言われるマリリンが選び換えた方が良い
選び換えるべきと提唱する
当たる確率は2倍に跳ね上がると豪語するのだ
このマリリン解答に
数学好きの一般人はもちろんプロの数学者も大反論！
マリリンは間違っている
確率は変わらない
知能指数世界一の貴女も数学の才能無し
等々ボロクソにマリリンを叩くのだった
マリリンは何度も何度も
より詳しく
より分かりやすい例を挙げて
数学者たちに説明する
しかし数学者たちは更にマリリンを馬鹿にする事態に
その後
数学者たちはコンピューターによるシミュレーションや
実験を行う
するとマリリンの言った確率が正しく箱を換えた方が良い結論に達した
マリリンは正しかったと数学者たちは反省するようになっていた
箱を最初に選んだ時点では確率は3分の1
と言うことは残りの二つには3分の2の確率で宝が入っている
つまり選んだ一つを放棄して残り二つを同時に開けた方が宝を得る確率が高いわけだ
モンティホールではその残り二つの内のハズレ空箱を教えてくれる
だから箱を換えれば当たる確率3分の2は保障されるわけである
モンティホール問題（ジレンマ）
単純明快なプロブレムだが
直感では換えても換えなくても当たる確率は同じように思う
だが実際は異なる
数学者も間違える正にマジック
マリリンは直感で換えるべきと思ったようだが
マリリンが如何に知能指数が高いかを世間に知らしめる結果となった
□□■■■■□□□□■■
□□□■■■□□□■■■
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以前の別のモンティホールスレで誰かが書いてたやつ
>>598のマリリンですら気づかなかったやつ
小学校の算数の問題で面積を引いて出すパターンのやつあったろ
あんな感じの回答
誰か覚えてない？
あの解説するともう疑問が無くなる
どんな解説だったか忘れちゃったんだけど
このマリリンの解説とか正しいんだろうが分かりにくいんだよね
こんなんじゃ無くて、もっと有無を言わさず疑問が無くなるやつあったろ
もっとずっと簡単な説明
ttp://x0000.net
数学 物理学 化学 生物学 天文学 地理地学
IT 電子 工学 言語学 国語 方言 など
PS スカイプ友達の掲示板 ttp://skype.x0000.net
> 箱を最初に選んだ時点では確率は3分の1
> と言うことは残りの二つには3分の2の確率で宝が入っている
> つまり選んだ一つを放棄して残り二つを同時に開けた方が宝を得る確率が高いわけだ
> モンティホールではその残り二つの内のハズレ空箱を教えてくれる
> だから箱を換えれば当たる確率3分の2は保障されるわけである
これは間違ってるよ
Aが3つの箱から1つの箱を選ぶ。
出題者は残りの2つの箱からハズレを1つを選んで開封する。中身はもちろんカラ。
Aは、残った1つの箱に変更するか否かを選択できる … (★)
変更しない場合、残った1つの箱はBに付与される。
変更する場合、Aが最初に持っていた箱がBに付与される。
どちらにしても、AとBは箱を1つずつ持っている。
AとBが同時に箱を開ける。
2人のうち、ちょうど1人が当たりを引き、もう1人はハズレ。
このとき、Aの箱が当たりの確率は1/3である。よって、Bの箱が当たりの確率は2/3である。
戦略2：これではAが損なので、「Aは(★)のところで選択を変えない」という戦略のままで、
AとBが同時に箱を開ける直前に、AとBは箱を床に置いて手を離し、
Aは強引にBと物理的な立ち位置を交換し、その後で床の箱を開ける。
すると、本来はBの箱だったものをAが開けるので、Aの箱が当たりの確率は2/3である。
また、本来はAの箱だったものをBが開けるので、Bの箱が当たりの確率は1/3である。
戦略3：戦略2は「Aは(★)のところで選択を変える」という戦略と同じである。
よって、「Aは選択を変える」という戦略の場合には、
Aの箱が当たりの確率は2/3であり、Bの箱が当たりの確率は1/3である。
実際の問題は前者の場合だから回答として不適だし、後者の場合とごっちゃにして読み取る人が間違った認識をするという面倒な状態になっている
＞この問題を出す人は何者？
＞ということまで言及しないといけないのでは。キリがないですよね。
それでも妥協点はありますね。
まず大前提に、わたしは人を登場させることを好みません。
つまり私にとって正解は「そもそも言及しないこと」です。
死刑囚には死にたくないという心理がカギなります。
出題者と回答者にはそのような概念ありません。
作り込みの深さという意味で浅いといったわけです。
数学的な解釈でいえばモンティ・ホール問題は面白いです。
1. 状況を間違える（どちらのドアを開いても選択維持なら1/3ゆえ1/3）
2. 考えを間違える（ドアを開いても選択維持は1/3のままゆえ1/3）
3. 情報を間違える（2つのドアが残ったからどちらも1/2で当たり）
4. 条件を間違える（たまたま外れのドアが開かれたから1/2ずつ）
選び直すと当りが3分の1となった。ドアは3つだけど
直さないで当りが6分の1となるから当たる確率は全部で2分の1。
ドアは3つあるのに？この辺が難しい原因か？
確率変わると考えんのが普通なんだよね
なんかのアクシデントでたまたま外れのドアが開いて
外れなのが見えたって設定なら確率変わらないけど
普通意識が働いたら確率は変わるわけでね
この問題は上手く出来ててつい逆の考えをしてしまう
スタジオに台風が襲って来て窓ガラスが割れて風がスタジオ内に吹き込み
たまったま選んだドアともう一つのドアが開かないで
外れの9998キッチリが空いた
さて、選ぶドアを変えたほうがいいか？
変わらんわね確率は
では意図的に外れのドアを9998個選んで開けた場合は？
変わるでしょ確率は普通
上だと自分の選んだドアが当たりの確率は1/10000から1/2へ変わるが
選び直すことでは当たりのドアになる確率は変わらない
1/2からまた1/2になるだけ
下では自分の選んだドアが当たりの確率は1/10000のままで変わらないが
選び直すことで当たる確率は1/10000から9999/10000へ変わる
こういうことだね
ドアが３個ってのがミソですな
そこが秘密の鍵だった
３個の場合は
上だと自分の選んだドアが当たりの確率は1/3から1/2へ変わるが
選び直すことでは当たりのドアになる確率は変わらない
1/2からまた1/2になるだけ
下では自分の選んだドアが当たりの確率は1/3のままで変わらないが
選び直すことで当たる確率は1/3から2/3へ変わる
1,2,3の数が沢山出てきて紛らわしくて混乱する
これが原因ですな
自分の確率が変わるか？
と言う問いと
選び直すことで確率は変わるか？
と言う問いの二つの別のことが
数字の紛らわしさのせいで混乱して分からなくなる
こういうことだね
確率空間内の要素は等確率の前提がある
上では確率空間から退場した要素はランダムに選ばれて退場したのだから
残っている要素で作った新たな確率空間では等確率の前提が再び適用されなければおかしい
つまりどっちも1/2
下では最初は等確率の前提が当然適用されるが
意図的に要素が選ばれてその要素が確率空間から退場することで
新たな確率空間が作られるのだから
残った要素の間で等確率の前提が適用されるのはおかしい
一方で要素が取り除かれるのは自分とは背反な事象内でのこととルールで決まっているのだから
自分の確率が変わるのはおかしい
つまり自分以外の確率が変わることになる
（今の場合は確率は増える）
つまり自分以外を選んだほうが得
こういうことですな
進化論が間違っているのだろうか。
モンティの言ってることと何時も
逆ヤればよい。モンティが扉を
チェンジ提案したら拒否。
提案しなかったら、チェンジだな
でもテレビに公開してるときは
チェンジ。非公開時はそもそも
こんなゲームに参加しちゃ駄目
確率計算する以前に霊感で誰でも分かる
事後確率がわからないわかっていないってところかな
厄介なのが、事後確率がわからないわかっていない人が
モンティホール問題をわかっている状態を求めるせいで
間違ってしまうこと、間違った考えを強く持ってしまうこと
モンティホール問題をわかっている状態を求めてしまうのは
数学ではなく論理パズル的に出題されることが多いのが原因な気がする
たとえ有名な回答（誤答）があったとしても数学の問題という認識だったら
大体の人はスルーしてただろう
自分は頭悪いから最初は意味が分からないと思うが
2回目の説明で意味が理解できる
パチスロが好きなので確率について考えることが
日常的にあったというのがスッと理解できた要因だと思うが
当時数学で博士号まで持つレベルの人がしばらく否定してたと言う現実にめっさ驚いた
ちゃんと司会者が扉を開けるって流れが
明確にルールとしてあるなら
1/3と2/3でしかないと理解できる
有名な科学雑誌でも間違いが掲載されてたりしてる
それらは、直感では1/2になるというのをやたら否定してたりもする
正しく理解してたら1/2になるの直感は否定するものではない
半分合ってるし、正しい理解をする妨げにもならない
むしろ否定したら正しい理解から遠ざかってしまう
この問題の場合は、プレーヤーが最初にあたりドアを選ぶ確率は1/3。
はずれドア１、はずれドア２についても同じ。
つまりこの３つの事象は等確率。
1.プレーヤーがドアを変更する場合
1-1 最初にあたりドアを選んでいた場合、結果ははずれ
1-2 最初にはずれドア１を選んでいた場合、結果はあたり
1-3 最初にはずれドア２を選んでいた場合、結果はあたり
各事象は等確率だからあたる確率は2/3
2.プレーヤーがドアを変更しない場合
2-1 最初にあたりドアを選んでいた場合、結果はあたり
2-2 最初にはずれドア１を選んでいた場合、結果ははずれ
2-3 最初にはずれドア２を選んでいた場合、結果ははずれ
各事象は等確率だからあたる確率は1/3
よってドアを変更した方があたる確率は2倍になる。
これらの説明を見て納得してしまう人がいるのがすごいな
>>632の例のような確率は変わらないという学習の成果なのだろうか
ドアを変更しない場合はもちろんだが、ドアを変更する場合もね
そのハズレを開ける前から
100％なのだから、新たな情報でない
故に、霊感でベイス確率改訂は起らん
最初にプレーヤーが選択したドアの
的中確率1/3は1/3のまま。
って考えるようになった今この頃。
でも、やっぱ司会者怪しいな。
TVで放映中のときだけ、プレーヤーに
有利になるような言動してそぅw
と思ったんだけど
ワィがプレーヤなら
ゼッタイにドア変更しないぜぇ
司会者がハズレを見せる前時点で
プレーヤが選択しなかったドアは
どれも、当たり確率1/3
司会者がハズレを見せても、それは
事前に分かってたこと、
当初プレーヤが選択しなかったドアの
当たり確率は1/3のままだから、
当初プレーヤが選択しなかったドアの
当たり確率は2/3になるぢゃないか。
ドアを選び直さなきゃアタリ確率は、
モピロン、1/3から2/3に確率up
でも、選び直しちゃうとアタリ確率は
モピロン、2/3から1/3に確率down
故に、選び治す奴はやっぱり知能指数
がマイナス無限大。
でもぽくは違います
最初から選択したドアのにします。
やっぱりポクの知能指数は無限大
ワィの霊感力は、モピロン無限大だ
最初に選んだドアのアタリの
事前確率は100％で、だからこそ
司会者は、100％の確率でハズレ
のドアを開けてしまうのだろう。
最初に選んだドアから別のにしたら、
アタリ確率は100％からZeroにダウン
最初からアタリドアを霊感で100%選択
できるワィだからこその戦略だ。
ベイス確率的に考えてもモピロン
事前アタリ確率100％なら、モチロン
事後アタリ確率は100％のまま
確変はしない。
ゼッタイにドア変更しないぜぇ
プレイヤーが最初にはずれドア1を選んでいた はずれドア2を選んでいた のどちらかが消える
プレーヤーが最初にはずれドア２を選んでいた場合、司会者ははずれドア１を開ける
はずれドア2が消えた場合としたら
最初に選んだのが当たりドアだった場合ははずれドア2を開く確率は1/2だった
はずれドア1だった場合ははずれドア2を開く確率は1だった より
はずれドア2が開かれたとき
最初に選んだのが当たりドアである確率は1/3、はずれドア1である確率は2/3
プレーヤーが最初にはずれドア１を選んでいた場合、変更しなければはずれ、変更すればあたり
プレーヤーが最初にはずれドア２を選んでいた場合、変更しなければはずれ、変更すればあたり
よって変更しなければ1/3、変更すれば2/3
プレイヤーは当たりドアを選んでいた または はずれドア2を選んでいた
司会者がはずれドア2を開けたならば
プレイヤーは当たりドアを選んでいた または はずれドア1を選んでいた
スタジオに台風が襲って来て窓ガラスが割れて風がスタジオ内に吹き込み
たまったま選んだドアともう一つのドアが開かないで
外れの9998キッチリが空いた
さて、選ぶドアを変えたほうがいいか？
では意図的に外れのドアを9998個選んで開けた場合は？
上だと自分の選んだドアが当たりの確率は1/10000から1/2へ変わるが
選び直すことでは当たりのドアになる確率は変わらない
1/2からまた1/2になるだけ
下では自分の選んだドアが当たりの確率は1/10000のままで変わらないが
選び直すことで当たる確率は1/10000から9999/10000へ変わる
こういうことだね
ドアが３個ってのがミソですな
そこが秘密の鍵だった
３個の場合は
上だと自分の選んだドアが当たりの確率は1/3から1/2へ変わるが
選び直すことでは当たりのドアになる確率は変わらない
1/2からまた1/2になるだけ
下では自分の選んだドアが当たりの確率は1/3のままで変わらないが
選び直すことで当たる確率は1/3から2/3へ変わる
1,2,3の数が沢山出てきて紛らわしくて混乱する
これが原因ですな
自分の確率が変わるか？
と言う問いと
選び直すことで確率は変わるか？
と言う問いの二つの別のことが
数字の紛らわしさのせいで混乱して分からなくなる
こういうことだね
確率空間内の要素は等確率の前提がある
上では確率空間から退場した要素はランダムに選ばれて退場したのだから
残っている要素で作った新たな確率空間では等確率の前提が再び適用されなければおかしい
つまりどっちも1/2
下では最初は等確率の前提が当然適用されるが
意図的に要素が選ばれてその要素が確率空間から退場することで
新たな確率空間が作られるのだから
残った要素の間で等確率の前提が適用されるのはおかしい
一方で要素が取り除かれるのは自分とは背反な事象内でのこととルールで決まっているのだから
自分の確率が変わるのはおかしい
つまり自分以外の確率が変わることになる
（今の場合は確率は増える）
つまり自分以外を選んだほうが得
こういうことですな
んなこたー無い
∴
モチロン、カナリゼッタイ
強風下で、当たりよりハズレが
開きやすい。∵モチロン
ドア交換したときの当たり確率は
1/2でもないし、9999/10000でもない
その中間の値かな？ でも
1/2にカナリ近いとは思うが
3枚のドアなら1/2と1/3の真ん中位
ヤマ勘で2/5位かな。
強風下で、当たりよりハズレが
開きやすいかも、という仮定下での話
夢の中でナゾの📶電波を受信
訂正せよとの電波だ。で、
9998枚のドアに当たりが一つもない
∴
強風下でも当たりは、ゼッタイ開かん
当たり景品は、重たい高級車かも、
風ベクトル、ドア、高級車 の位置
風🍃 → 🚪🚙 との可能性無限大
で>>650 の訂正の１版
ドア交換したときの当たり確率は
✕ 1/2にカナリ近いとは思う
○ 9999/10000にカナリ近いと思う
事後確率・ベイズの定理を修学するべし
バカは口閉じてろ
あるわキチガイ
古典確率論の話しだが
関係ない
数学者が間違えてたのに
日本語でオケ
じゃ君口閉じたら？
当たりの商品は、高級車🚗だし、
ハズレの商品は、何にもない
スナワチ、強風🍃が吹くと
かなりのカクリツで
ハズレのドアが開いちゃうのだ
いつも、司会者モンティ🦍は、
ハズレのドアを開けてるけど
開けてるんぢゃなくて、
強風で開いちゃったのだろう。
当たりのドアは、🚗に🍃が遮られ
開かないと憶測する。
これを鑑みて、カクリツを霊感で
計算すれば、自ずと答えは見つかられる
意味ないと理解した。
変えるということは最初に選んだやつ以外の２つを選ん
だのと同等。
プレイヤーがドアを選んだ時点で確率ではなく確定となる
モンティホール問題を神・司会者目線に書き換えると、（例）
三つのドアがあり真ん中のドアが当たり、他二つははずれである
プレイヤーが左のはずれのドアを選んだ後に
司会者は（ある条件のもとで）右のはずれのドアを開いた
プレイヤーはドアの選択を変えるべきか否か？
元の問題と情報が異なる
プログラム、神・司会者目線で考えてしまう人は
選んだ後の時点で当たりはずれが確定しない本来の目線を認識できない
プレイヤーがドアを選ぶ前の時点
1/3の確率で当たりのドアを選んでいる状態になる状況を考えてしまう
バカは口閉じてろ
あるわキチガイ
古典確率論の話しだが
古典確率論をまとめてほぼ確立したのがラプラス
古典確率論と現代確率論の根本的、原理的違いの一つが
等確率の考えが使えるか、使えないものにまで拡張してるか
コルモゴロフが測度論を使って確率論の公理を確立し
後者の現代的確率論が発進したと
この流れね
もう死ぬほど言われてるヤツｗ
だとしたらクソ問じゃね？
そうだと決めつけることはできるけど
3囚人問題で看守が提案に応える条件を無視したり
最初に当たりを引いてる確率よりはずれを引いてる確率が2倍高いので
最後に当たりとはずれを交換してもらった方がお得ということ
わかってないなダミアン
最初に自分で何の情報もなく選択して、正解である確率は1/3
そのまま正解を維持すれば正解の確率は1/3、変えればゼロ
最初に正解でない確率は2/3
答えをランダムに変えて正解である確率は2/3×1/2で1/ 3
しかし、司会者は正解知っていて、間違ってる答えは開けてくれる、この場合、100%正解
2/3×1で正解の確率は2/3
確率は二倍になってる
確かに最初に正解だった場合は間違いを選ばされて悔しいが、そうなる確率よりも正解を知ってる司会者が正解に近い方に寄せてくれるからその波に乗らない手はない
これは最初は独立試行だったのが後から条件的確率を追加されて、衝突するから混乱するが正しい答えを知ってる者により確率上げられているのを利用しないと
これが扉が百枚あったら自分で最初に正解にたどりつく可能性は百分の一、ほぼ見込みない
それを98枚開けて確率を99倍にしてくれる
そちらを選ばないのはおかしい
長い。選ばなかった他の扉の確率の合計になるだけ。
モンティ・ホールわからない奴はそれがわからないんだろ
だから説明しないと
俺：ABCの箱のどれかに景品がある。１つ選べ。当たったら景品あげるよ。
君：Aにする。
俺：BかCどちらか当たりだったら景品あげるよう変更してもいいよ。ちなみにBはハズレだからCにする?
さあ、君は変更する?
たまたま自分が選んだ選択より
正解知ってる司会者が選んだ確率のが高いのを飲み込めない
まあ、最初に自分が選択して、後出しで司会者が選択するからどうしても混乱してしまう
だから最初は百枚の扉から自分一人だけの選択で正解に行きつくのは百分の一の可能性の薄い確率でしかい
司会者が残した扉を開けば、最初に偶然百分の一で正解引き当てていた場合除いて、正解に至れる
このことを理解すれば良い
変えた時当たるのは最初の扉が外れの場合。つまり変えたら3分の2で当たる。
司会者がハズレドアを排除したので確率2/3で当たるドアが一つに限定された。
この説明で終わりだよな
確率論は確率論であり
数学ではないんだがな
司会者はただ選ぶだけで扉を開かない
ランダムでお宝も羊も完全にランダムに選び正解も不正解も全く関係ないとしたら、
自分が最初に選んだ扉と司会者が最後に残した扉に差はない、正解率に差はない
この問題の場合は、必ず羊だけ削って、間違えいの扉を明らかにしてくれる
正解を残してくれる、正解の確率を増やしてくれる
この状況で司会者の残した扉を選ばないのは馬鹿げている
確率が更新されるということなんだろ？
https://youtu.be/5cF3TYA7rAc
>>645-648
まだやんのか
当然だよな
当然変えれば1－1/3＝2/3
これは前提な
それが不思議だから何故そうなるか解説する
abcでaに正解入ってるとして、正解を選ぶ確率
変えない時
一挑戦者がa 司会者がb 1/6
二挑戦者がa 司会者がc 1/6
変える時
三挑戦者がb 司会者がc 1/3
四挑戦者がc 司会者がb 1/3
変えない時は1/3
変える時は2/3
変えない時は自力だけで正解を選ばねばならない
変える時は挑戦者と司会者が手を組んで不正解を外す
百回とか極端な場合
変えないで百分の一の正解当てる確率はほぼないが
司会者がはじいた98除いた残りの一個が正解の確率はほぼ確実
https://youtu.be/QkVWcnXQmKA
変える時は2/3の不正解を当てさえすれば良い
そうすれば司会者が残りの不正解教えてくれて、必ず正解が残りの一個となる
確率は二倍
https://i.imgur.com/auL6Smd.jpg
https://i.imgur.com/oCm47qO.jpg
https://i.imgur.com/kRu3kH0.jpg
https://i.imgur.com/4TKqdHP.jpg
https://i.imgur.com/VhvLhak.jpg
https://i.imgur.com/kfHpj76.jpg
https://i.imgur.com/YT0E4rZ.jpg
https://i.imgur.com/qjExLts.jpg
https://i.imgur.com/GUSPRLW.jpg
https://i.imgur.com/qurLBfF.jpg
https://i.imgur.com/0u2Zc4o.jpg
ギャンブラーの誤謬に引っかかってるやつが多すぎ
結果は変わらないのだろうか？
純粋な確率ではなくて、手の込んだ扮飾・操作がなされているとしたら？
今回はお決まりを無視して扉を開けないことにしようとしてたけど、
出演者が選んだ扉が当たりで、
扉を開けたら選択を変えるだろうと考えて司会者が扉を開けた
という前提があるものとしたら、
最初に選んだ扉が当たりということになる
モンティホール問題は下記ルールである。
下記ルールに1つでも該当しない場合は、モンティホール問題とは言わない。
(1) 3つのドア (A, B, C) に（景品、ヤギ、ヤギ）がランダムに入っている。
(2) プレーヤーはドアを1つ選ぶ。
(3) モンティは残りのドアのうち1つを必ず開ける。
(4) モンティの開けるドアは、必ずヤギの入っているドアである。
(5) モンティはプレーヤーにドアを選びなおしてよいと必ず言う。
その上で、プレイヤーが一つ選んで司会者が一つ開いて問うた状態
プレーヤーが1つドアを選びモンティがドアを1つ開けた、そのときがモンティホール問題
多くの人は>>693を認識できていない
開けて景品が出たら、モンティのリアクションが試される
変更しなかった場合に、当たる確率は 1/3 です。
変更した場合に当たる確率を p とすれば、 1/3 + p = 1 ですから、
p = 1 - 1/3 = 2/3 となります。
よって、変更したほうが良いということになります。
分からない人のためのスレッド
どこで考えるかによって変わってくる
3x³-5x²+2x-5
3x(x²-2+2)-5(x²-2+2)+2x-5
=(3x-5)(x²-2)+8x-15
ℤ[x]/(x²-2)
x²-2のIdealを無視して残りだけ考える。剰余環。実際にy割り算出来る体系。
=3x×2-5×2+2x-5
=8x-15=8√2-15
√dのℚ[√d]におけるℚ上の共役は±√d
ℚの中(上には)には存在し得ない
±√dがペアで組むと存在し得る
ℚでのペア、共役
+√d-√d=0∈ℚ、√d×-√d=-d∈ℚ
x-√d、x+√d∈[√d]と出来ない
x²-d∈ℚまでなら出来る
が、ここで止まる
-√dの共役は√d、
ということではなくて
√dの共役は±√dと定義する
根は³√2=αとおくと
α, αω, αω²であり、これらはℚ上の共役である。→これらがペアを組まないとℚ似、入れない
組めば入れる
既約、モニック
ℚ[1, α, α²]、ℚ
α∈ℝとβとβ'
a±bi、→2a, a²+b²
a∈ℝ、b±ci
1個+2個、ℝでの共役
1個+1個(重根)
1個(3重根)
3個の実根
(x-a)²(x-b)
(x-a)³
(x-a)(x-α)(x-β)
L[x]→F[x]
φ(f(x))=f(x)
f(x)はφによる不動点
f|g
L[x]→F[x]
φ(f(x))=f(x)
f(x)はφによる不動点
f|g
α³=3･2³√2+3･2³√4+6
α³-6α-6=0とやる。
6=α³-6α
α⁻¹=α²/6-1=³√4/6+³√2/3-1/3
[ℚ(√2): ℚ]=2である
基底は1, √2の2個
√3∉ℚ(√2)
ℚ(√2, √3, √6)≅ℚ(√2, √3)より
[ℚ(√2, √3), ℚ]=4
基底は1, √2, √3, √6
√6が必要になってしまうことに注意これらはℚ上線型独立である
[ℚ(√2): ℚ]=2である
基底は1, √2の2個
√3∉ℚ(√2)
ℚ(√2, √3, √6)≅ℚ(√2, √3)より
[ℚ(√2, √3), ℚ]=4
基底は1, √2, √3, √6
√6が必要になってしまうことに注意これらはℚ上線型独立である
α=√2+√3
n=4、拡大次数
α²=5+2√6
α⁴-10α²+1=0
Kummer理論を使うとより簡単
>代数的閉包
≤代数的閉体
<
L/Kが代数的拡大
α²=a+b+2√ab
(α²-a-b)²-4ab=0
a≠bの時,
1, √a, √b, √abが基底になる。4次
4次の代数拡大
α=³√a+³√a²
α³=a+a²+3a³√a+3a³√a²
α³-3aα-a-a²=0
3次の代数的拡大
1, ³√a, ³√a²が基底になる
3次
a¹, a², a³→駄目
a⁰, a¹, a²→OK
ば同値
φ∈Homₖᵃˡ(L, K̄)、α∈L⇒
φ(α)はαのK上共役
α∈L、β∈ K̄、βはαのK上の共役とする
∃φ∈Homₖᵃˡ(L, K̄)、φ(α)=βとなる
K⊂ K̄⊂L
φ(L)=K(φ(α₁), …, φ(αₙ))⊂L
L/Kを体の正規代数拡大
φ∈Homₖᵃˡ(L, L)の時, φは同型写像
dimₖF=dimₖφ(F)
φ(F)=Fとなる
φは全射となり同型である
chK=0の時, Kはℚを含むので無限集合となる。
よってchK=p>0、素数である
するとKは𝔽ₚを含む
Kは𝔽ₚ上のVector空間
n=dim𝔽ₚK
よって|K|=pⁿ
chK=p>0、素数⇒𝔽ₚ⊂K
∀X∈K、X^ℚ=Xとなる
乗法群Kˣは位数q-1
Lagrangeの定理より
X∈Kˣ⇒x⁹⁻¹=1となる
0⁹=0、x⁹=x
x⁹-xの𝔽ₚ上の最小分解体𝔽₉
代数的閉包𝔽ₚ'→𝔽ₚ
𝔽ₚ上同型
//youtu.be/f0og1UrDFy0
p=√qは素Ideal
条件付き確率だから、モピロン
P(最初の🚪＝🐐┃モンティの🚪＝🐐) ＝1/2 だよーーーーん。
🎣🎣🎣釣り🎣
楕円曲線⇒保型形式⇒矛盾
x²+y²＝1
「うわつき」とタイプしてみたら変換候補に
²とかⁿとか出てくる πとの上付きは
でて来ないけど、まぁヨシ(๑•̀ㅂ•́)و✧
というか、x³+y³＝1ってどんなグラフになるのかな
８の字とか∞の字とかのグラフの関数の数式を
調べてみよっと
最大値を高さという
htI、次元d(A)
p₀=(x₁, …, xₙ)⊃(x₂, …, xₙ)⊃…⊃(xₙ)⊃(0)
これは点→直線→…と段々大きくはる。次元と呼べる。
ℤでは0以外の素Idealは極大Idealなので
2/168、3/168、7/168よりd(A)=0
(A, m)をNoether局所環、
Mを有限生成A加群、
mM=M⇒M={0}
AはNoether環∧全ての素Idealが極大Ideal⇔
l(A)は有限である。l(A)はAのA加群としての長さ
x∈X、x<a、
y∈Y、y<b
x∈Xaとするとy∈Ybとなり
そこには最小元a₁が存在する
∀x∈X⇒∃y∈Y
X₁⊂Xの時,
2→y1、1個→0個
3→y2、2個→1個
5→y3、4個→2個
となり不適。
1, 2, 3に限る
一致しない場合は定義より
小さい順に同じ個数を取るしかない
ことが分かる。
X₁=1, 2, 3となる
X-X₁=4~10となる
順序同型写像φ: a∈X₁→b∈Y₁
X<a>≃Y<b>
それぞれ切片
を考える
X<x>≃Y<y>となる。
aを固定して考えると
∀x<a、x∈X₁となる
順序同型
速さと向き
αx
和
=0x+0x
量辺に逆元-xを加えると
0x=0
よって-x=(-1)x
線型独立
自明な線型関係のみではない時
線型従属
x, y.zが線型独立⇔(1)が成り立つのはα=β=γ=02限る。
α≠0とするとx=δy+εzと表せる。これは線型独立に反する同様にβ=0とγ=0が示せる。
逆は明らか
そのVectorは他のVectorの線型結合として表せる
ℤ/Kerφ≅Imφ
p!/k!(p-k)!
1～p-1の中にpの倍数はないので約分出来ない
有理関数体
群
gによって生成され+位数nの巡回群
gⁱ、i=0～n-1
Cₙ
有限位数
有限集合の上の時
動かされる文字の数
12、34
13、24
14、23
2n
S4S4
A5A5
24
24
60
60
4
3
5
3
辺612123030
点4862012
33枚4枚3枚5枚
60×3、4、5
四角
90×3、
五角
108×3
Homological群
CW複体
R*
乗法群
零Ideal
単位Ideal
φ(a×b)=φ(a)×φ(b)
0の原像
Vector空間V
xyは定義していない
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