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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コイントスで表が出たら次に出るのは絶対に裏を選択するんだな? >>384
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。 >>387
>>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 >>386
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。 よく読み返してみたら、ID:UVCpnaBf は
>『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。 とりあえず、ID:UVCpnaBf が言っている「確率50%」がどういう意味なのかハッキリしてほしい。
(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。 ■ゲームを1回に限定すると
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 □■(ステイ or チェンジ)…事象C
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 □■(ステイ or チェンジ)…事象C
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 ■Let's Make a Deal -- Big Deal of the Day (Monty Hall)
https://www.youtube.com/watch?v=T5QYTrDReTo 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 こんなスロースピードでゲームやっていたら
1人のプレーヤーにチャンスは一回だろ 確率は脳内で起こってるんじゃない
現場で起きてるんだ! 【事象】
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 ■ゲームが一回と二回の時の確率を求める
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 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)
(P(A∩E)=0)とき、
事象AとEは、互いに排反 P(F|n)=fとおく
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Aの尤度関数P(n|A)=3/2
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|A)=a
P(n|E)=e
P(F|n)=fとおくと
a=e/f
e=af
f=e/a ■事象Aの尤度関数P(n|A)について
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) ■突風モンティ
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 ゲームが成立する確率 2(N−1)/N^2
ゲームが不成立の確率 {(N−1)^2+1}/N^2 もとの例題ではルール (3) と (4) が重要とされるのが一般的だが、
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) 回答者が当たりの扉を選んでいる場合は、
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 「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) 」
P(B|A)=P(B) * P(A|B)
P(A|B)=1/3
P(B)=1/2
P(B|A)=1/6 前もどっかで書いたけど、単に
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 挑戦者が常に扉をチェンジする戦略をとった場合
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). P(B)=bとおく
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 >>414
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 (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
(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』 プレイヤーが扉Aを選んで、司会が扉Bを選んでハズレの時の、扉Aがアタリの確率、扉Cがアタリの確率
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 モンティはハズレのドアを一つゲームから除外するので
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 □当たり ■ハズレ
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 □当たり ■ハズレ
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 シミュレータを使うと試行回数5回くらいだと
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 □当たり ■ハズレ
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 ■1〜3のドアの内のどれかに当たりがある確率
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 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≦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 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
n=10なら
p=(59049−1024)/59049≒0.98265847008 ■ドアが100枚だとどうなる?
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.__| ■ゲームが一回でドアがn枚で当りを引く確率
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 期待値μであるような
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 3枚のドアがある
□□ ■■ ■■
□□ ■■ ■■
□□ ■■ ■■
モンティチョイス
□□ ■■
□□ ■■
□□ ■■
当たりの確率が1/2世界線へシフト
■□ □■
□■ ■□
■□ □■ 支離滅裂
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 世界線が変化する
□□ ■□ ■■
■□ ■■ ■□
□■ ■■ ■■
■■ ■□ □■
■■ □■ ■□
■■ ■□ □■ >>434
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 ■ドアが三枚
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 実際に>>431の数値を入力して計算してみる
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 ■モンティが介在しないドアが一枚と二枚を含めて行う
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 ■ゲームは一回限定で1bitΔΣ変調を行う
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 ■ゲームは一回限定で1bitΔΣ変調を行う
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 ■ドアが二枚の時のモンティの介在方法
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 >>428
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 >>431の分散を求める
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 二次のモーメントを使う
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 どちらも小数点以下で分散が小さい
→平均 μ に近いデータが多い
→散らばり極小 Ω={当たり,ハズレ,ハズレ}とおくとき,
F={φ,Ω,{当たり,ハズレ},{ハズレ,ハズレ}}は,
σ 集合族である. プレイヤーのファーストチョイス
□□ ■■ ■■
□□ ■■ ■■
□□ ■■ ■■ 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 ■ドアが五枚の時のモンティの介在方法
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 Ω={(i,j,k,l,m,n)|5x4x15x30x3x2,4x14x29x3x2x1}
#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 βからのステイ
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 ジョーカーを除いたトランプ52枚の中から1枚のカードを抜き出し、
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
(*´▽`*) 『トランプ52枚の中から4枚続けてダイヤを引く確率』
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 『トランプ52枚の中から4枚続けてダイヤを引く確率』≠10/49=0.20408163...
(13/52)*(12/51)*(11/50)*(10/49)=11/4165=0.0026410564... 『トランプ52枚の中から4枚続けてダイヤを引く確率』
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 「等しい」なんて言っちゃうからツッコミが入るんだって
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
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『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』 ジョーカーを除いたトランプ52枚の中から1枚のカードを抜き出し、
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
(*´▽`*) (13-3)/(52-3)=10/49 でいいと思うけど、教科書的に計算するなら
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(A)=(1x12x11x10)/(4x51x50x49)
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(A)=(1x12x11x10)/(4x51x50x49)
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(A)=(13*12*11*10)/(52*51*50*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(A)=(13x12x11x10)/(52x51x50x49)
P(B)=(39x13x12x11)/(52x51x50x49)
P(A)=10
P(B)=39
P(A)+P(B)=49
P(A)/{P(A)+P(B)}=10/49 ■ドア4枚で最初に当たりを引く確率
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 ■ドア3枚で最初に当たりを引く確率
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
(。・ω・)y-~~ これ…メッチャ単純な話だと思うけどなぁ…
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 ◆ドア七枚マルチステージノイズシェーピング
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 >>467
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? モンティホール問題において
『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 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
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 モンティがBのドアオープン
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
■■| □□ >>470
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
@ P(当B ∩ 開A)=(4/15)*(1/3)
A P(当C ∩ 開A)=(4/15)*(1/2)
B P(当D ∩ 開A)=(4/15)*(1/2)
@:A:B=(1/3):(1/2):(1/2)=2:3:3
P(当B|開A)=@/(@+A+B)=1/4
P(当C|開A)=A/(@+A+B)=3/8
P(当D|開A)=B/(@+A+B)=3/8 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Dを開ける
@ P(当A ∩ 開D)=(1/5)*(1/2)=1/10
A P(当B ∩ 開D)=(4/15)*(1/3)=4/45
B P(当C ∩ 開D)=(4/15)*(1/2)=2/15
@:A:B=(1/10):(4/45):(2/15)=9:8:12
P(当A|開D)=@/(@+A+B)=9/29
P(当B|開D)=A/(@+A+B)=8/29
P(当C|開D)=B/(@+A+B)=12/29 ■ドア四枚が三枚になった時の確率は次の通り
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……@
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
@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 ドアBが選択されている場合に、ドアCが開けられるのは、以下の2通り
@ 当たりがAのときにCを開けられる
A 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 ドアAまたはドアBに当たりがある時、
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) ,,__,,
/ `、
/ ヽ
/ ● ● |
/l ''''' し '''''' |
/ l __. |
l /ヽ_ ` --' _ノ
\  ̄ ヽ∩
⌒l l三 |
| ヽ.__| >>475
P(当B)*P(開C|当B)=3/8だよ ドアBが選択されている場合に、ドアAが開けられるのは、以下の2通り
@ 当たりがBのときにAを開けられる
A 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 >>479
@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 当たりがどこにあるか知っているモンティがランダムに
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 当たりがドアBの場合は、ドアAとドアCは両方ともハズレ
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 モンティはプレイヤーがチェンジx2でドアAを選択することを
知っているから、手を貸すことになるよ 読みにくくて読む気しないんだが
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 手を貸す貸さない以前の問題で、標準仮定のDで
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 ■ このスレッドは過去ログ倉庫に格納されています