モンティーホール問題を高校生にわかるように説明してくれ [無断転載禁止]©2ch.net

**１３２人目の素数さん** · 2018/05/22(火) 21:09:05.81

>>479

10000回やったら65.81％

**１３２人目の素数さん** · 2018/05/30(水) 00:48:15.66

モンティホール問題において

「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』

**１３２人目の素数さん** · 2018/05/30(水) 23:13:32.40

n回試行した時にどうなるのか
nの式で表してみてよ

n=1のとき1/2
n→∞で2/3 ?
となってるか確認したいから

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/01(金) 17:55:24.91

10/49のトランプ問題から来た
よく参考にされてるけど全く違う問題だな
向こうは事後的確率？とか作為の有無とかを
下手に考えてしまうと余計混乱するわ

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/01(金) 19:23:53.63

『読める』・・・・・・・・

動きの『軌跡』が読める・・・・・・

『未来への動きの軌跡』が・・・

『空の雲はちぎれ飛んだ事に気づかず！』・・・・・・・・

『消えた炎は消えた瞬間を炎自身さえ認識しない』

『結果』だけだ

この世には『結果』だけが残る

時間の消し飛んだ世界では「動き」は全て無意味となるのだ！

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/02(土) 14:36:11.93

変えたら50%だろこれわからんやつおる？

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/02(土) 17:47:02.57

変えたら66％だろこれわからんやつおる？

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/02(土) 17:59:43.32

変えたらではなくて

変え続けたらの場合にのみ６６．７％

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/02(土) 19:37:29.66

試行回数１回のときは普通の確率(66％)が当てはまらないとかいう謎理論か
たぶん「確率」に対して持ってる概念が根本的に違うんだろうな

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/02(土) 19:42:12.99

>>488
>>463への反論をしてからお願いします<(_ _)>

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/02(土) 20:09:48.78

>>485
>>479
シミュレーターで66％とかになるのは？

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/02(土) 20:28:40.32

試行回数１回の時に６６．７％の確率を確認するのは不可能です(´･ω･`)

シミュレーションによる極限値を１回の出来事に

当てはめて納得しようとするのは

確証バイアスです

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/02(土) 21:13:20.32

ちなみに試行３回で
変え続けた場合　　２勝１敗になる確率 12/27=44%
変えなかった場合　２勝１敗になる確率　6/27=22%

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/02(土) 22:35:28.07

>>463
その前提がほぼ正しいことは認める
(最低３回で確認できるかどうかは別にして)
だからと言って、その結論が正しいこととは別問題のような気がする

ただ単に、『試行回数１回ならシミュレート(確認)にはならない』
と言ってるだけにしか見えない
そもそも「確率」に「確認」が絶対に必要なのかどうかも疑問

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/04(月) 06:39:46.47

試行回数１回だけなら確率は0％か100％
50％にはならない

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/04(月) 17:13:13.88

確率は0％か100％

それすなわち確率５０％のことです

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/04(月) 20:46:42.57

467 名前：ニュースソース検討中＠自治議論スレ[] 投稿日：2018/03/26(月) 02:42:24.05 ID:kXMXJ4tz [1/7]
　

モンティ・ホール問題の考え方。

　　　＊　　　　　　　　　　＊　　　　　　　　　　　　＊
Ａ０　◎○○　→　Ａ１－１　◎×○　→　Ａ２－１　◎×○
　　　　　　　　　　　　　　＊　　　　　　　　　　　＊
　　　　　　　→　Ａ１－２　◎○×　→　Ａ２－２　◎○×

　　　＊　　　　　　　　　　＊　　　　　　　　　　　＊
Ｂ０　○◎○　→　Ｂ１　　　○◎×　→　Ｂ２　　　○◎×

　　　＊　　　　　　　　　　＊　　　　　　　　　　　　＊
Ｃ０　○○◎　→　Ｃ１　　　○×◎　→　Ｃ２　　　○×◎

ここで
＊　選択している
◎　当たり(見えてない)
〇　はずれ(見えてない)
×　はずれ(見えている)
Ａ０,Ｂ０,Ｃ０,Ａ１－１,Ａ１－２,Ｂ１,Ｃ１,Ａ２－１,Ａ２－２,Ｂ２,Ｃ２
は各状態。

まずえらぶものを横に３つ並べ、３つの並びの１番左を選ぶ場合を場合を考える。
その他を選ぶ場合も対称性から一般性は失われない。

矢印でそれぞれのステップでの状態変化が示されている。
１番左の縦列が最初の状態、(Ａ０,Ｂ０,Ｃ０)
その右の矢印の右の列が２番目の状態、(Ａ１－１,Ａ１－２,Ｂ１,Ｃ１)
さらにその右の矢印の右の列が３番目の状態(Ａ２－１,Ａ２－２,Ｂ２,Ｃ２)

まず一番左の状態では、Ａ０、Ｂ０、Ｃ０の３つのケースとなるが確率はいずれも1/3である。
次に、はずれを開けてくれるので２番目の状態となる。
この状態では、Ａ１－１もしくはＡ１－２となる確率が1/3、Ｂ１、Ｃ１のケースとなる確率はいずれも1/3である。
次に選択を変えると３番目の状態となるが、
この状態では、Ａ２－１もしくはＡ２－２となる確率が1/3、Ｂ２、Ｃ２のケースとなる確率はいずれも1/3である。

ここで
2番目の状態で当たりの確率は見て分かる通りＡ１－１もしくはＡ１－２となる確率なので1/3、
3番目の状態で当たりの確率は見て分かる通りＢ２もしくはＣ２となる確率なので2/3である。

簡単でしょ？

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/04(月) 22:09:41.61

最後箱2つにして５０％なら箱１００個あって一個選んだ後に残りのはずれ98個を開けても
箱は2つだから50％か…

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/05(火) 01:13:06.29

扉の枚数　Ｎ枚
変えない場合の当選確率　１／Ｎ
変えた場合の当選確率　　(Ｎ－１)／Ｎ

３枚　　１／３　　２／３
４枚　　１／４　　３／４
５枚　　１／５　　４／５
・
・
・
100枚　　１／100　　99／100

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/05(火) 01:15:11.38

50％にするには２回は試行しないと

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/05(火) 19:03:21.15

『どちらとも言えない』が確率５０％の意味だから

50％に『する』必要はない

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/06(水) 09:52:00.96

俺はこの問題を、マリリンが正答したという「説」は嘘だと思う。
マリリンが正答したのは、事前に番組スタッフを通じて答えを知っていたやらせ。
マリリンが最初に行った解説は、解説になっておらず、マリリンは正確に理由を説明していない。
反論を受けて、時間をたってから行った解説で、ようやく何となく理解したことがわかる。
その間、この問題を知っている人物からレクチャーを受けたんだろう。
知能指数２３０なんて、旧式のビネー法に基づく子供時代のもので、価値などない。
マリリンの本を読むと、この人物はたいして賢くない凡人であることがわかる。

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/06(水) 09:59:53.41

この問題の解説は、>>4または>>10で決まりなんだけど、
なぜかそういう言う風に考えない心理的盲点が、人間にはあるというのがきも。
大多数の人間は、司会者がヤギのドアを開けた時点で、残された２枚のうちに一つがあたりだから、
それぞれは、確率２分の１であると考えてしまう。
つまり、のこされた二枚のドアは「確率的に同等」だと思ってしまう。ここが間違いなのだ。
正確に言うと、自分が最初に選んだドアであり「司会者が絶対に開かないドア」
もう一枚のドアは「あたりであるために、司会者があえて開かなかった可能性のあるドア」なのだ。
両者は同じ確率は持っていないのである。
どうも人間はこれを心理的にうまく評価できないために、両方のドアを同質に思ってしまうのだ。

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/06(水) 10:10:11.81

ごくまれに、この問題を最初から「正答した」という人がいるが、
そういう人はむしろ、確率的思考をしない人の、まぐれ当たりだと思う。
この心理的錯覚は非常に強固なもので、
正常な人、優秀な人ならだれでもそう考えるのが当たり前といえるほどである。

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/06(水) 10:58:06.33

・標準仮定
モンティ・ホール問題や3囚人問題を数学的に解くためには
問題文に明示的に書かれていない条件を仮定する必要がある。
標準仮定はそうした仮定の一つであり、
モンティ・ホール問題の場合、次のような内容となっている。

①当たり扉はランダムかつ等確率に設定される
②ホストは挑戦者の選んだ扉を開けない
③ホストは必ず残りの扉を一枚開ける
④ホストはハズレの扉しか開けない
⑤ホストは挑戦者の選んだ扉が当たりのとき、ハズレ扉をランダムかつ等確率に選んで開ける
⑥ホストは扉を開けた後に必ずswitchの機会を挑戦者に与える

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/06(水) 11:19:09.16

⑤の仮定が必要になるってことは、かなり気づきにくいと思う
というか、未だにホストに癖があると確率が変わってくるという理屈が良く分からん
癖があると、最初に選んだドアが当たる確率は1/3のままじゃなくなるとのことだが
直感的には関係なさそうに見える

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/06(水) 12:14:11.39

前提　　挑戦者が扉1を選んでホストが扉3を開ける

仮説事象①　　　扉1が当り
仮説事象②　　　扉2が当り
証拠事象　　　　ホストが扉3を開ける
条件付事象①　　扉1が当りでホストが扉3を開ける
条件付事象②　　扉2が当りでホストが扉3を開ける

扉1と扉2が当る確率はともに1/3。挑戦者が扉1を選んだならば
扉1が当りのときにホストが扉3を開ける確率は1/2で、扉2が当りでホストが扉3を開ける確率は1だから
扉1が当りでホストが扉3を開ける確率は1/6 、扉2が当りでホストが扉3を開ける確率は1/3である
従って、ホストが扉3を開けたとき、扉2が当たりの確率は(1/3)／(1/6+1/3)=2/3 となる

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/06(水) 19:29:08.76

ホストがどういう動きをするかなんて関係ない

ゲームの回数が少ないときは確率５０％に近く

多数回になるにつれて

選択変更時の当たりの確率が２倍に近づくだけ

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/06(水) 20:21:14.49

三枚のカードがあります。うち一つに当たりがあります。
AさんとBさんが一枚づつ選びます（同じカードは選ばない）
ここでBさんが、人並み外れて運が悪く、３分の１より低い確率でしかカードが当てられないとします。
すると残ったカードには３分の１以上の確率であたりがあるでしょう。
モンティホールの問題は、Bさんのあてる確率はゼロですから、残されたカードは当たる確率がとても高くなります。
こう考えるとだれもが正答を導くのに、モンティホールでは、正確な確率評価をさせないような心理的トリックがあるといわざるを得ません。

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/06(水) 21:07:51.29

最初>>4を数学的に正しい説明と書いたけど、よく考えてみるとこれもちょっと不親切だね。
すくなくともこれは、あらかじめ答えを知っている人の解説と言われても仕方がない。
なぜなら、「じゃあ司会者があたりのドアを開けたら、
挑戦者のあたりの確率はゼロになって、確率は変化するのに、
司会者がはずれのドアを開けたら、少なくとも一つの可能性を消しているのに確率が変わらないのはなぜ」と言われたとき、説明に苦しむ。
実際心理的トリックのキモもここにいるから。

さっきの三枚のカードの例だと、Bさんが１００パーセントあてることになるから、
そもそもAさんはあてられっこないわけだがｗ

>>10の説明をする人だけが、この問題を理解している。
マリリンの正答はやらせ、少なくとも最初は理解していないｗ

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/06(水) 21:18:39.87

トリックなんてない

ゲームの回数が少ないときは確率５０％に近く

多数回になるにつれて

選択変更時の当たりの確率が２倍に近づくだけ

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/06(水) 21:44:52.76

□当たり　■ハズレ

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■■□
　　　：
　　　：

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/06(水) 21:51:41.98

>>511
二者択一であることと、確率が５０％（近く）であることは何の関係もない
あなたは今日中に生きるか死ぬかの二通りであるから、今日中に死ぬ確率は５０％と考えるのかｗ
明日の降水確率はつねに５０％なのかｗ
サハラ砂漠でもそうなんだなｗ

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/06(水) 21:54:55.82

>>512
明日という日は地球上で一回だけ

『つねに』なんて存在しません(´･ω･`)

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/06(水) 21:58:26.54

>>512
二者択一が確率５０％でないとは
いったいどういう状態なのかね？

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/06(水) 21:58:46.40

>>だったら一回だけの試行であり、お前の論理によれば確率５０％じゃん。
じゃあ、今日中に５０％の確率で死ねばいいｗｗｗ

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/06(水) 22:00:29.57

>>514
お前は今日中に生きるか死ぬかだろ？
ならばお前の理屈によれば５０％の可能性で死ぬわけだｗ

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/06(水) 22:01:28.88

二者択一が確率５０％でないと主張するのであれば
これはもう入院するしかないでしょう

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/06(水) 22:41:42.83

サイコロを振って
１の目が出る確率 1/6 と１以外の目がでる確率 5/6 の比較なんてどうかな？
１の目が出るか、それ以外が出るかの二者択一だけど50％じゃない

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/06(水) 22:59:42.91

>>517
下げで自信なげに何くだらないことを言っているんだよ。
お前は自分が何か深いことでも考えていると思っているのかｗ
御託はいいからおまえは今日中（あと一時間ｗ）に５０％の可能性で死ねばいいよ
生きるか死ぬかの二通りしかないんだからｗ
バーカバーカバーカ

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/06(水) 23:24:16.89

>>518
ちなみに、１グラムの石と１トンの石を二者択一しても
どちらか一方を選択する確率は５０％です

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/06(水) 23:34:56.64

>>530
サゲで自信無げにバーカバーカバーカ
お前はあと３０分以内に50％の確率で死ね。生きるか死ぬかしかないのだからｗ
あす東京に雪が降るか降らないかも二者択一だから、あす東京に雪が降る確率は５０％
もちろん、明日東京に小惑星がぶつかる可能性もお前の論理では50％
バーカバーカバーカ

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/06(水) 23:36:00.70

□当たり　■ハズレ

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

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/06(水) 23:36:56.05

>>520
サゲで自信無げにバーカバーカバーカ
お前はあと３０分以内に50％の確率で死ね。生きるか死ぬかしかないのだからｗ
あす東京に雪が降るか降らないかも二者択一だから、あす東京に雪が降る確率は５０％
もちろん、明日東京に小惑星がぶつかる可能性もお前の論理では50％
バーカバーカバーカ

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/06(水) 23:40:19.14

私が地球壊滅作戦の最高司令官と承知していただこうか(´・ω・`)

私は、長い歴史を持った知的種族の滅亡する直前の悲壮美が好きだ

生存の意思が強ければ強いほど悲しいまでの美しさが生じる

地球人類は今、終末を迎えた

死に物狂いで抵抗し、有終の美を際立たせてくれたまえ

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/07(木) 00:08:04.15

登場人物：僕(当たりがどれか知らない)彼(当たりがどれか知ってる)
３つの玉があります
内一つは当たりです

(i)
①彼が外れの玉を一つ取り除きました
②僕は残ったふたつの玉で当たりを引き当てようとして、ひとつの玉を選択しました

(ii)
①僕はみっつの玉から当たりを引き当てようとして、ひとつの玉を選択しました
②彼が当たりの玉を一つ取り除きました
③僕は改めて残ったふたつの玉で当たりを引き当てようとして、ひとつの玉を選択しました

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/07(木) 00:08:14.29

挑戦者が扉を変えて当たる確率は
最初に選んだ扉がハズレの確率に一致するので 2/3 となる

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/07(木) 00:36:07.50

「明日雨が降るかどうかは決まっていない」のに対し

「昨日雨が降ったかどうかは決まっている」と考えられる

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/07(木) 00:41:36.99

>>523
『生きるか死ぬかしかないのだから』

『仮死状態になる』という可能性が除外されているので

誤った二分法になります(｀・ω・´)

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/07(木) 01:15:54.84

>>525
続きを待ってたんだけど、ないのか？
何を言いたいのか言葉足らず
(ⅱ)②の「当たりの玉」は「外れの玉」の間違いか？

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/07(木) 01:17:37.27

>>529
何となく似たような問題設定を書いてみただけだよ
(ii)については「当たりの玉」であってる

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/07(木) 07:32:07.17

>>530
なるほど、そういうことね
じゃあ普通に、僕が(改めて)選択した玉が当たる確率は
(ⅰ)　1/２　　(ⅱ)　０

と思ったけど、もしかして主観確率と客観確率の違いをテーマにできるかも
何も知らない「僕」から見たら両方とも１/３というのは深読みしすぎか

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/07(木) 15:23:53.10

https://cdn-ak.f.st-hatena.com/images/fotolife/E/Esper1029/20160114/20160114110725.png
変えれば当たる確率2/3

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/07(木) 22:10:59.90

>>505
⑤の仮定は不要だよ.
何でそんな間違いるのかなあと思ってウィキペディアのモンティホールの項目見たら
間違いだらけのことが書いてあったｗ
思いっきり訂正しておいたけどね。なんかまだ間違いが残ってるんじゃないかな。
こういう記事が１０年近く放置されているってことは、いかにこの問題がわかりにくいかを示していると思う。

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/07(木) 22:26:53.99

モンティが「もう一つのハズレのドアがどれかを教えてくれる」のではなく
モンティも当てようとする（モンティが当てたらプレーヤーは自動的に外れる）場合
　　　↑
モンティは必ずハズレのドアを開けるから
これではルール違反になる

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/07(木) 22:55:37.65

モンティが残ったドアのうち必ずはずれのドアをあけるのが、この問題のキモだから、
たとえモンティが無作為にドアを開けたとしても、挑戦者の選んだドアを開けたり、
あたりのドアを開けた場合はゲームは不成立とする条件を付けていれば、結局普通のモンティホールの問題と変わりなく、選択を変えるのが正しい回答になる。
ウィキぺディアは、無作為に開けていれば、選択を変えても変えなくても変わらないかのように言っているが、実際には前記の不成立条件を付けているから、間違っている。

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/07(木) 23:03:37.47

無作為に開けていれば１／２になるであっている
改悪はやめて元に戻せ

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/07(木) 23:44:37.18

・標準仮定
①当たり扉はランダムかつ等確率に設定される
②ホストは挑戦者の選んだ扉を開けない
③ホストは必ず残りの扉を一枚開ける
④ホストはハズレの扉しか開けない
⑤ホストは挑戦者の選んだ扉が当たりのとき、ハズレ扉をランダムかつ等確率に選んで開ける
⑥ホストは扉を開けた後に必ずswitchの機会を挑戦者に与える

仮定⑤の条件は必要か否か
もちろん直感的には必要ないっぽいけど
直感が当てにならないケースである可能性も否定しきれない

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/07(木) 23:56:30.51

挑戦者が扉を選んだ瞬間に確率は発生するの？

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/08(金) 00:07:28.36

>>533>>535
お前が間違ってるぞ

司会は選ぶ扉は必ず、プレイヤーが始めに選んだ扉ではない(司会の扉≠プレイヤーの扉である確率が１)
司会は選ぶ扉は必ず、ハズレの扉である(司会の扉がハズレの確率が１)
というのはどちらもモンティホール問題に必要な条件

司会は、プレイヤーの扉を除く残りの２つの扉からランダムに選ぶ(司会がアタリを選ぶかもしれない)という設定
や
司会は、アタリの扉を除く残りの２つの扉からランダムに選ぶ(司会はプレイヤーと同じ扉を選ぶかもしれない)という設定
司会は、３つの扉からランダムに１つ選ぶという設定
などでは
A「司会がプレイヤーと異なる扉を選び、かつ、司会が選んだ扉がハズレ」という条件の下での
B「プレイヤーが選んだ扉がアタリ」である確率P(B|A)
は1/2
になり
本来のモンティホール問題の設定の時のみ、この確率は1/3になる

条件付き確率P(B|A)がP(B)から変わらない(同じ値になる)のは
事象Aと事象Bが独立のとき(特にP(A)が確率1のとき、AとBは独立である)

本来のモンティホール問題の設定では、AとBは独立なのでP(B|A)＝P(B)＝1/3だが
上の３設定では独立ではないことからP(B|A)≠P(B)＝1/3と確認できる

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/08(金) 00:36:16.15

□当たり　■ハズレ

ゲームがN→∞に向かうと
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・`)

https://upload.wikimedia.org/wikipedia/commons/0/0c/Monty_problem_monte_carlo.svg

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/08(金) 00:44:02.95

>>537
⑤が必要か否かは何の確率を考えたいかによる

例えばこれからゲームをするとして、switchしない戦略でのアタリの確率
すなわち
「ルールの下で司会が選んだ扉がハズレである」時の「自分が最初に選らんだ扉がアタリである」確率
を考えたいだけなら、⑤は不要
仮に司会に何らかの癖があったとしても、この確率は他の条件から1/3と計算できる

逆に例えば
今、正にゲームの最中で選択を迫られている場面であり、その具体的状況での
「ルールの下で司会が選んだ扉はドア２であり、ドア２がハズレである」時の「自分が最初に選らんだ扉：ドア１がアタリである」確率
を考えたくて、その確率が1/3となるためには
「プレイヤーの選んだ扉がドア１でそれがアタリのとき、司会はドア２とドア３の内ランダムに１つ選んで開ける」
という条件が必要

もし司会に癖があって、例えば「ドア２とドア３がハズレのとき、司会は確率１でドア２を選ぶ」という場合
司会がドア２を選んだら、残った扉：ドア３はハズレであることが確定してしまう
(司会がドア３を選んだら、残った扉：ドア２はアタリであることが確定する)ので
「司会がドア２を開けてハズレである」時の「始めに選んだドア１がアタリである」確率は１となる

このように
司会が具体的にどの扉(ドア１、ドア２、ドア３のどれ)を選んで開けたか
まで考えた確率を計算する上では、司会の癖の条件の記述が必要となる

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/08(金) 01:04:46.45

モンティが当たりのドアを開けるなんて言う勝手なルールを作るな

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/08(金) 15:01:12.23

>>532
マリリンが言ったとおり変えれば当たる確率は倍か。
てかこれで合ってんだろうけど何か誤解してグダグダになってる人がいる感じ？

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/08(金) 17:29:16.93

>>543
ゲームの回数が少ないときに
二倍の確率が見えるのかい？(´･ω･`)

https://upload.wikimedia.org/wikipedia/commons/0/0c/Monty_problem_monte_carlo.svg

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/08(金) 18:09:38.49

>>544
https://cdn-ak.f.st-hatena.com/images/fotolife/E/Esper1029/20160114/20160114110725.png
見えるんじゃないの？

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/09(土) 21:16:02.69

　　　　　　　　,,＿＿,,
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**１３２人目の素数さん** · 2018/06/09(土) 21:31:14.18

□当たり　■ハズレ

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・・・』

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/10(日) 09:28:25.73

三枚のドアABCがあります。そのうち1枚にあたりのドアがあります。
挑戦者が１枚のドアを選びます。
ここで急に風が吹いてきて、たまたま挑戦者が選ばないドアが開いてしまい、
しかもそのドアがはずれであることがわかってしまいました。
さて、挑戦者は空いてないドアを選び直したほうが、当たる確率が高くなるでしょうか？

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/11(月) 21:43:33.19

「ゲームが一回の時のプレイヤーが当たりを引く」
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

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/12(火) 18:49:04.69

□当たり　■ハズレ

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

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/12(火) 19:44:56.14

>>504
条件7. 回答者が複数人か、その同じゲームが何回も試行される権利があること。

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/12(火) 20:26:13.85

大数の法則により、ファーストチョイス時の当たりの確率が
１／３になるのはゲームが多数回（N→∞）の時のみ

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）…事象C

モンティがハズレのドアを開けても
プレイヤーのファーストチョイス時の当たりの確率に
何の影響も及ぼさない
また、プレイヤーが当たりを引こうがハズレであろうが
モンティはハズレのドアを一枚だけ開ける
したがって、

『事象A』と『事象B』は互いに独立である

また、

『事象C』は『事象B』によって導出される

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/12(火) 20:47:40.78

■Let's Make a Deal -- Big Deal of the Day (Monty Hall)
https://www.youtube.com/watch?v=T5QYTrDReTo

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/12(火) 22:23:26.19

数学の専門書とかによく出てくる奇妙な慣用句「簡単のため（に）」は言葉の乱れですか？

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/12(火) 23:08:58.38

安全のために
正義のために
と同じ使い方

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/12(火) 23:37:10.81

ゲームが多数回（N→∞）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）…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

『事象A』は『事象N』によって導出される

『事象A』と『事象B』は互いに独立である

『事象D』は『事象C』によって導出される

『事象C』は『事象B』によって導出される

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/12(火) 23:37:41.79

「安全を考える」とは言えるけど「簡単を考える」とは言えない。
簡単という語を名詞のように使うのは誤用だよ。
そのため、その用法は一般社会に広がっていない。

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/12(火) 23:39:04.61

確率論はパラレルワールドを想定しているんだっけ？

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/13(水) 00:16:31.55

「簡単のために」について同じ質問を数学の先生にしたことがあるけど、「理系の学問だとよく使うよ」と言ってた
そんなもんかと思って軽く納得した記憶がある

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/13(水) 13:24:40.23

何が起こるかわからない時は
予想しないほうがいい

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/13(水) 15:50:19.38

モンティはプレイヤーのファーストチョイスのあと
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）

□■

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

■■（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）

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/13(水) 15:51:27.95

〈１回の試行で，ある事象の起こる確率がpであるとき，

この試行を独立にn回繰り返したとき，

この事象が起こる回数をfとすると，

これが起こる割合f/nは試行回数nが大きくなるに従って

pに近づく〉という定理

1713年J.ベルヌーイが初めて定式化

これにより経験的確率と数学的確率が一致し，

確率論の実際的応用の根拠が与えられる

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/13(水) 19:52:18.16

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

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

**sage** · 2018/06/13(水) 21:42:15.87

>>548
その場合は、同じ。
このことから>>4や>>10は、しょせん答えを知っている者の後知恵とわかる。
>>4や>>10が説明になるのなら、なぜ>>548ではそれが適応されないのかすぐに説明することは難しい。
素直に場合分けをするのが、最善だろう。

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/13(水) 23:30:33.44

同感だけど、結局場合分けって全部で何通りと考えればいいのかな？

当たり入れ　→　選択　→　外れ開け　→　変更するか否か
３×３×２×２=36　っていう単純式で合ってる？

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/14(木) 00:08:21.71

外れ開けは２通りじゃなくて３通りだわ
３×３×３×２=54通りで
変更なしだと９勝18敗、変更すると18勝９敗

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/14(木) 00:40:04.18

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

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/14(木) 09:49:41.93

>>566を訂正
全54通りのうち30通りは確率０だから実質全24通り？
場合の数だけで考えると、６勝６敗　→　６勝６敗
「１通りの確率が全て等しいというわけではない」という点がややこしい
３勝６敗　→　６勝３敗　という結果に最終的にはなる

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/14(木) 18:31:52.10

ゲームが多数回（N→∞）の時…事象N

プレイヤーがチェンジした時の当たりの確率…事象E

■事象Eの確率を求める

ゲームが多数回（N→∞）の時の事象Eの確率 P(E|N)

事象Eの尤度関数P(N|E)＝１

事象Eの主観確率P(E)＝２／３

∵ベイズの定理より

P(E|N)＝P(E) * P(N|E)＝２／３ * １＝２／３（主観確率と一致）

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/14(木) 18:50:52.23

■モンティホール問題（カードシャッフル）

このゲームができるのは1回だけです

ハートのエース99枚とスペードのエース1枚を合わせた
トランプカード100枚をシャッフルします

その中から1枚のカードを選びます

山札から98枚のハートのエースを取り除きます

最後に残った2枚のカードの中から1枚のカードを選びます

スペードのエースを引く確率は何％でしょう？

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/14(木) 21:47:39.08

>>565
モンティホール問題は、厳密に言えば
➀司会者があたりを知っており、わざとはずれのドアを当てる
②司会者もあたりを知らず、試しにあけたドアがはずれだった

の２ケースがあり、それぞれで答えが異なる。

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/14(木) 21:50:42.14

➀の場合
一般性を失うことなくあたりを１と考えると
（挑戦者の選ぶドア、司会者の選ぶドア）は
（１、２か３）（２，３）（３，２）
がそれぞれ等確率でおきる。
よって、最初のドアがあたりの確率：選びなおすと当たる確率＝１：２

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/14(木) 21:53:19.98

②の場合、司会者はあたりのドアを知らないから
（１，２）（１，３）（２，１）（２，３）（３，１）（３，２）
が等確率で全て起きる。
このうち問題の条件を満たすのは
（１．２）（１．３）（２．３）（３．２）であり
最初のドアがあたりの確率：選びなおすと当たる確率＝１：１となる。

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/14(木) 21:58:06.09

ここで興味深いのは➀でも②でも、もっぱら司会者の「内面」がちがうだけで、
外見的な行動は同じなのである。
モンティホール問題は、もともとクイズ番組という設定であるから
実際には➀のケースでも、あたかも②であるかのように演出することが可能である。
こうなれば、大多数の人間が引っかかるのはむしろ当然である。
>>4や>>10がいかに「答えを知っている人の後知恵」にすぎないかがよくわかる。

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/14(木) 22:00:12.25

□■■　ファーストチョイス

□■　セカンドチョイス

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/14(木) 22:20:03.66

思うんだが
②の場合は二人挑戦者がいて司会がいない場合みたいだね

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/15(金) 00:41:56.63

□■（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

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」

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/15(金) 17:53:50.28

□■■　ファーストチョイス

　　　■　モンティチョイス

　 □■　セカンドチョイス

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/15(金) 20:35:00.61

■モンティは何をしたのか？

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）…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

事象Bが起きたことによって
事象Cと事象Dも同時に発生する

この一連の事象を事象Fとする

■ゲームが多数回（N→∞）の時

P(F|N)＝P(B|N) * P(C|N) * P(D|N)＝１

■ゲームの回数N＜３の時

P(F|ｎ)＝P(B|ｎ) * P(C|ｎ) * P(D|ｎ)＝１／２

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/15(金) 20:53:19.29

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/16(土) 00:10:04.16

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**１３２人目の素数さん** · 2018/06/16(土) 00:11:49.32

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

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/16(土) 00:15:47.10

■事象Dとは何か？

ステイでは、当たりとハズレが同時に出ることはない（排反事象）

チェンジでも当たりとハズレが同時に出ることはない（排反事象）

ステイの当たりの確率がPなら

チェンジの当たりの確率は１－P

ステイのハズレの確率は１－P

チェンジのハズレの確率はP

ゆえに、
『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

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/16(土) 00:21:11.37

■ゲームの回数N＜３の時

P(F|ｎ)＝P(B|ｎ) * P(C|ｎ) * P(D|ｎ)＝１／２になるのは

事象Cの尤度関数P(ｎ|C)＝１（確率はそのまま）であるから

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/16(土) 11:37:13.07

【悲報】モンティホール問題を解説するだけのスレ、5chで600くらいまで伸びてる

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/16(土) 12:57:42.36

しかも「後知恵の間違った解説」が、本質を突いた解説として最初のうちはもてはやされているのがキモ。
>>10のことだけどね。

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/16(土) 13:01:51.93

モンティホール問題を、「こう考えればすぐにわかる」とか言って、
極端に簡単な解説
たとえば「挑戦者が選ばないほうにあたりの確率が２倍あり、
そのうち一つの可能性を消したのだから、残りのカードに３分の２のあたりがあるのは当たり前」
という類い。
はすべて、答えを知っている人のこじつけであって、正しい解説とはいいがたい。

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/16(土) 17:34:24.51

>>570
１００枚で一組のトランプから１枚のカードを引いたとき
「ハートが出る」、「スペードが出る」ということは
同時に起きないので、
これらは互いに排反事象です

スペードのエースが出る確率　P
ハートのエースが出る確率　１－P

Pは出るか出ないかの二つの可能性のみ（余事象）
１－Pも出るか出ないかの二つの可能性のみ（余事象）

ゆえに、
Pの確率は５０％
１－Pの確率も５０％

この確率を維持したまま
最後にもう一度二者択一を行うので
スペードのエースが出る確率は５０％です

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/16(土) 17:44:01.63

ゲームが多数回（N→∞）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

□■（ステイ　or　チェンジ）…排反事象C

排反事象Cの尤度関数P(N|C)＝２

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の確率はチェンジで二倍になるか？

事象Aの主観確率 P(A)＝１／３

事象Fの確率 P(F|N)＝P(B|N) * P(C|N) * P(D|N)＝１

∵ベイズの定理より

P(A|N)＝P(A) * P(N|C)／P(F|N)＝｛１／３ * ２｝／１＝２／３（確率が二倍になる）

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/16(土) 23:44:05.37

■排反事象Cの尤度関数P(N|C)＝２とは何か？

P(N|C)＝ｃとおく

ゲームが多数回（N→∞）であるからcのとる値は

1＜ｃ＜３の範囲になる可能性が高い

ｃ＝１ならチェンジでも当たりの確率は１／３のまま

ｃ＝３ならチェンジで１００％当たりになる

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/17(日) 00:44:51.27

モンティホール問題の解説だけで本一冊書けちゃう？

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/17(日) 00:55:39.71

意味不明が過ぎる

> ゲームの回数N＜３の時…事象ｎ
> ゲームが多数回（N→∞）の時…事象N

「ゲーム回数」と「事象」という別のものに同じ記号Nを用いている所にまずセンスの無さを感じる
そもそも元のゲームの設定や
ここらで話題に挙がっていたようなゲーム回数が少数の場合と多数の場合の比較では
ゲーム回数は確率的に定まるものではないので
「ゲームの回数N＜３の時」等を事象として扱うのは不適当
「～の時の確率」という語句が「～という事象が起きた時の条件付き確率」とは限らないことを知れ

> 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
> □■（ステイ　or　チェンジ）…排反事象C

これらも意味不明
確率は事象ではない
図？が意味することも不明

> 排反事象Cの尤度関数P(N|C)＝２

尤度関数として条件付き確率をそのまま用いているのに１を超えているのは明らかな間違い
条件付き確率でないとするなら、ベイズ定理の式にそのまま代入しているのは間違い

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/17(日) 01:48:04.78

■０＜ｃ＜１の範囲の場合はどうか？

ｃ＝０．５ならチェンジすると当たりの確率が１／６

これはつまりファーストチョイス時の当たりの確率が１／６
（６回につき一回しか当りが来ない）

※しかしこのくらいのことはよく起こる

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/17(日) 07:08:30.85

>>587
じゃあ>>10は？極端に簡単だけどこじつけには見えない

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/17(日) 08:22:19.56

>>594
>>10のような説明だと
>>548の時だって、ドアを変えたほうが確率が２倍になるように思えてしまう。
実際には違う。

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/17(日) 11:00:30.72

当扉固定、選択、外扉開の場合分けで９通り

標準モンテ( 1/3 → 2/3 )
確率０が５通り、確率 1/6 が２通り、確率 1/3 が２通り

変形モンテ( 1/2 → 1/2 )
確率０が３通り、確率 1/6 が６通り

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/17(日) 11:20:30.26

変形モンテの場合でも、最初に選んだ扉が当たりの確率は 1/3 のまま。
チェンジしても 1/3 のままで、
残りの 1/3 は司会者が当たり扉を開けてしまいゲーム終了(不成立)。

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/17(日) 11:49:41.94

標準モンテ( 1/3 → 2/3 ) ゲーム完全成立
変形モンテ( 1/3 → 1/3 ) 1/3 不成立
>>548モンテ( 2/9 → 2/9 ) 5/9 不成立

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/17(日) 20:37:13.36

ステイでは、当たりとハズレが同時に出ることはない（排反事象）

チェンジでも当たりとハズレが同時に出ることはない（排反事象）

P(N|C)＝P(N|A) * ２

｛P(N|C)／P(N|A)｝＝２

チェンジで当たりの確率は二倍になるのか？

それともステイの当たりの確率が二倍になったのか？

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/17(日) 22:23:16.08

賞品配置　→　扉選択　→　(外れ)扉開け
(標準・変形・突風)モンティ・ホール問題のいずれにせよ
３×３×３=27通り　を超えるパターンは絶対にない

標準(1/3 → 2/3)　1/18 が６通り、1/9が６通り　(確率０が15通り)　
変形(1/2 → 1/2)　1/18 が18通り(不成立６通り)　(確率０が９通り)
突風(1/2 → 1/2)　1/27 が27通り(不成立15通り)

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/17(日) 23:28:09.47

【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

修正 · 2018/06/18(月) 01:32:10.42

>>593
■０＜ｃ＜１の範囲の場合はどうか？

ｃ＝０．５ならチェンジすると当たりの確率が１／６

これはつまりファーストチョイス時のハズレの確率が１／６
（６回につき一回しかハズレを引かない）

※この場合、チェンジすると大損

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/18(月) 18:57:46.52

>>518
サイコロを次に一回振って

１の目が出る確率　P＝A

１以外の目がでる確率　１－P＝B

事象AとBは、互いに排反事象なので

P(A∪B）＝P(A)＋P(B)が成り立つ

事象Aが起こる確率：P(A) （Aの生起確率）
０ ≦ P(A) ≦ １
P(A)＝０ : A は絶対に起こらない
P(A)＝１ : A は必ず起こる

Aは起こるか起きないかのどちらか（確率５０％）

余事象（Ac＝Ω－A）～ A が起こらない確率：P(Ac)
P(Ac)＝１－P(A)

P(Ac)＝１－P(A)＝P(B)が成り立つ

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/18(月) 19:37:38.00

■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）

（P（A∩E）＝０）とき、
事象AとEは、互いに排反

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

別式 · 2018/06/19(火) 16:26:42.63

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

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/20(水) 02:48:35.53

>>595
読解力の問題でしょ。
あなたの書き込み見てると「言い難い」とか「思えてしまう」とか
主観が先行しすぎ。>>548はモンティホール問題と異なるのは
明らか。数学力関係ない。読解力さえあれば両者の設定が異なることはすぐわかる。
「答えを知っているに違いない」というのもあなたの主観にすぎない。

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/20(水) 03:10:45.36

「高校生に分かるように」

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/20(水) 03:11:15.45

て考えると厳密じゃなくなっちゃうのかな

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/20(水) 05:11:32.31

厳密には全27通り(1/18が６通り、1/9が６通り、確率０が15通り、不成立０通り)
確率０と不成立をちゃんと区別できるかどうかが鍵
いずれの場合も、問題が成立するのは12通りしかない

(ステイ、チェンジ、確率０、不成立)
標準モンテ　(６、６、15、０)　　　33％ → 66％
変形モンテ　(６、６、９、６)　　　33％ → 33％
突風モンテ　(６、６、０、15)　　　22％ → 22％

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/20(水) 13:04:45.67

(当扉、選択、開扉)　(stay、switch)　(標準、変形、突風)

AAB　　○×　　1/18　　1/18　　1/27
AAC　　○×　　1/18　　1/18　　1/27
ABC　　×○　　1/9　　1/18　　1/27
ACB　　×○　　1/9　　1/18　　1/27

BAC　　×○　　1/9　　1/18　　1/27
BBA　　○×　　1/18　　1/18　　1/27
BBC　　○×　　1/18　　1/18　　1/27
BCA　　×○　　1/9　　1/18　　1/27

CAB　　×○　　1/9　　1/18　　1/27
CBA　　×○　　1/9　　1/18　　1/27
CCA　　○×　　1/18　　1/18　　1/27
CCB　　○×　　1/18　　1/18　　1/27

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/20(水) 16:32:50.00

>>548
高くなるんじゃないの…？
司会者が風に変わっただけで…

**別式２** · 2018/06/20(水) 17:31:33.15

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

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/20(水) 18:17:14.83

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/20(水) 18:20:00.32

P(ｎ|E)＝P(ｎ|A) * P(F|ｎ)＝（３／２） * （１／２）＝３／４

P(ｎ|A)＝a

P(ｎ|E)＝e

P(F|ｎ)＝ｆとおく

a＝e／ｆ

e＝aｆ

ｆ＝e／a

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/20(水) 18:25:36.52

訂正 · 2018/06/20(水) 18:27:54.54

>>615
ゲームの回数がN＜３の時の事象Eの確率 P(A|ｎ)
↓
ゲームの回数がN＜３の時の事象Aの確率 P(A|ｎ)

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/20(水) 18:56:19.88

>>611
高くならない(609・610参照)
当たりを知ってる司会者が「必ず」外れ扉を開けるのと
突風が吹いて「たまたま」外れ扉が開いてしまった、とでは雲泥の差

突風には意思を持たない完全なランダム性があるので
挑戦者が選んだ扉や、当たり扉を開けてしまったりして
ゲームが成立しない場合が 5/9 の確率で発生するというのがミソ

ゲーム成立確率 4/9　(ステイ：チェンジ)＝(2/9：2/9)＝(1/2：1/2)

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/20(水) 20:55:43.53

>>564
＞なぜ>>548ではそれが適応されないのかすぐに説明することは難しい。
そんなことはない。
>>548では「たまたま」当たりのドアが開いてしまうことがあり得るが
モンティホールのオリジナル設定では絶対にあり得ない。
また>>548は、３つの扉のうち自分が選ぼうとしていた扉がたまたま開いて
「はずれ」であったとき、残りの扉のどちらかを選ぶという状況と同じ。だから
扉を変える・変えないの設定は５４８の状況とは無関係であるとわかる。

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/20(水) 22:40:33.93

ラスト３行の説明は、いまいち分かりづらいな

結果的には同じ状況になるかもしれんけど
選んでから突風が吹くのと、選ぼうとする直前に突風が吹くのでは
数学的な計算の上では全然別の問題になるような気がしないでもない

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/20(水) 23:14:57.99

上記の前者と後者の比較

12/27 の確率で発生する現象を前提とした問題
6/27 の確率で発生する現象を前提とした問題

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/21(木) 00:47:02.41

>>619
選択は確率とまったく関係が無い
どの扉も閉じたままの状況を考えれば良い
このとき選択をいくら変えても当たり確率は変わらない
だから外れが見えたのが偶然であれば事前に選んでいようがいまいが状況は同じ

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/21(木) 03:20:55.51

＞３つの扉のうち自分が選ぼうとしていた扉がたまたま開いて
「はずれ」であったとき、残りの扉のどちらかを選ぶという状況と同じ

何をもって>>548と同じ状況と言いきれるのかが不明
本来ならゲーム不成立になるところを、無理やり別のゲームにしてる感が拭えない

>>10の説明が>>548には適応されないということを主張したいなら
もっと簡潔に以下の説明ぐらいで良いのでは

突風モンテでは挑戦者が選んだ扉や、当たりの扉を開けてしまう可能性もあるので
標準モンテとは明らかに設定が異なることが分かる

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/21(木) 14:27:37.65

>>617
わかりやすくする例えでドアが100あって選んだの以外の98枚が開いたら…
てのがあるが98枚が風で開いて全て外れの場合、やっぱ高くなってるんじゃ？

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/21(木) 19:44:20.68

□当たり　■ハズレ

ゲームを二回しか行わない場合は
期待値の設定ができない
（３回のうち何回当たるという表現ができない）

１□■■…ｐ１
２■□■…ｐ２

考えられる組み合わせは４つ

（□■　■□　□□　■■）…ｐ３

ｐ３は、次のように分解できる

（□■□■）…一回目の選択

（■□□■）…二回目の選択

一回目も二回目もともに確率５０％

ｐ１とｐ２は独立な試行
（ｐ１の結果がｐ２の結果に影響を与えない）

ｐ１の確率は５０％、ｐ２の確率は５０％
（ベルヌーイ・トライアル）

以上により、
ｐ３のそれぞれの要素の起こる確率は
すべて等しく各５０％になる

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/21(木) 22:54:20.46

・標準仮定
①当たり扉はランダムかつ等確率に設定される
②ホストは挑戦者の選んだ扉を開けない
③ホストは必ず残りの扉を一枚開ける
④ホストはハズレの扉しか開けない
⑤ホストは挑戦者の選んだ扉が当たりのとき、ハズレ扉をランダムかつ等確率に選んで開ける
⑥ホストは扉を開けた後に必ずswitchの機会を挑戦者に与える

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/22(金) 00:04:11.92

>>623
高くなるのは>>625の標準仮定の条件を満たしているときのみ
>>548は仮定②③④の条件を満たさずに
ゲーム中止になる可能性があるというところがミソ

それでも納得がいかない場合は、全パターンを列挙して数え上げてみて(全27通り)
『突風が吹いた場合のモンティ・ホール問題』で検索

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/22(金) 00:51:41.05

AAA　　BAA　　CAA　
AAB　　BAB　　CAB
AAC　　BAC　　CAC

ABA　　BBA　　CBA
ABB　　BBB　　CBB
ABC　　BBC　　CBA

ACA　　BCA　　CCA
ACB　　BCB　　CCB
ACC　　BCC　　CCC

(当たり　最初の選択　突風)　３×３×３=27通り
変えないで当たり　６通り
変えて当たり　　　６通り
ゲーム中止　　　　15通り

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/22(金) 15:35:25.32

突風の場合のマリリンはなんと説明するのだろう

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/23(土) 09:00:52.78

>>626
＞『突風が吹いた場合のモンティ・ホール問題』で検索

突風の場合だと１/3になっちゃう？なんかモンティ・ホール問題を初めて聞いたときのような
わけわからない感覚になる

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/23(土) 09:01:43.58

>>629
もしかしたらマリリンのいうことを否定した数学者側視点だったりする可能性もあるか…

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/23(土) 11:24:13.41

>>629
数字上は以下のようになっても、にわかには納得しづらいという気持ちは分かる
もう既にゲームが成立してる状況なんだから
ゲームが中止になる確率は関係ないんじゃないかってね

標準モンテ　1/3 → 2/3
変形モンテ　1/3 → 1/3　1/3 中止
突風モンテ　2/9 → 2/9　5/9 中止

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/23(土) 11:53:10.63

ちなみに変形モンテの定義は、当たりを知らない司会者が
残り２扉から開けたドアが「たまたま」外れだったという場合

自分一人でもトランプ３枚を使って300回やれば、以下のようになるはず
そのうち 100回は途中で当たりカードを開けてしまってゲーム中止
ゲームが成立した200回のうち、100回はステイで当たり、100回はチェンジで当たり

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/23(土) 14:07:43.07

>>630
マリリン否定の視点じゃないことは明らかだと思うけど？
どういう人が、どういう場合に、どういう錯覚をしてるのかを、いったん整理ね

普通の人は直感的に以下のように考える
(標準・変形・突風)モンテのいずれの場合でも
最終的には二者択一にしかならないんだから、変えても変えなくても50％で当然

その考え方は(変形・突風)モンテの場合には、結果的には正しくなる
ところが、標準モンテの場合だけは 1/3 が 2/3 になると主張したのがマリリン
当時マリリンは袋叩きにあったが、シミュレートその他で正しいことが証明？された

しかし、なお現在に至っても納得できない人達が一定数存在するので
認知心理学？その他の分野で直感と確率が一致しない好例として有名な問題である

標準モンテの場合で 1/3 が 1/2 になると錯覚する人は珍しくないけど
(変形・突風)モンテの場合でも、標準モンテの場合と同じように
1/3 が 2/3 になると錯覚する人は、個人的には相当レアだと思う

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/23(土) 19:17:13.57

標準モンテの場合で 1/3 が 1/2 になると
錯覚する人は珍しくない

■錯覚ではない

シミュレーション効果の薄い
ゲームを二回以下プレイまたは観察する者にとって
確率は限りなく５０％に見える

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/23(土) 19:25:55.02

http://bright-magazine.com/wp-content/uploads/2015/01/20150126_27.png
林修のテレビだと100万個のドアで説明してた。
風で999998個のドアが開いたら変えたら当たる確率高そう

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/23(土) 19:49:54.17

モンティがハズレのドア９８個開けるのよりも

風がハズレのドアを９８枚開けるほうが

遥かに難易度が高い

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/23(土) 20:49:36.81

>>635
標準モンテの場合は、以下の通りで間違いないということは
とりあえずの共通認識でよろしいかな？

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

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/23(土) 22:00:57.88

>>637
了解

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/23(土) 22:23:54.75

マリリンさんの問題の表現の仕方には
次のように考えさせる言葉（文章題）の「ひっかけ」がある。
abcは場合、ドアは左から#1, #2, #3という番号がふられている。

a. 当外外
b. 外当外
c. 外外当

ここで回答者が#1のドアを選ぶとするとaの場合になるのでそれを除外する。
b. 外当外
c. 外外当

モンティさんは#3のドアを開けるので、cの場合だと「当たり」になってしまう。
したがってcの場合はないのでcを除外。

2. 外当外

残ったのはこれ。つまり1/3で同じ。

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/23(土) 22:29:02.05

>>636
色んな人達が色んな錯覚をするんだよなぁ
「必ず」と「たまたま」とは全く違う現象の問題である
ということを納得させるのは一筋縄じゃいかんわ

ちなみに、ドアの枚数を増やして考えるのは定番だけど、個人的にはあまり好みじゃない
３枚でも100枚でも100万枚でも、本質的には同じことだからね　　　　

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/23(土) 22:34:15.88

確率は「偶然」のことだから「偶然＝たまたま」。
モンティさんは「作為的＝選択的」。
モンティ・ホール問題は、偶然に作為が混入する。
だから確率から逸脱する。

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/23(土) 22:44:38.45

司会者はサイコロをふらない神。
サイコロをふらない神は作為的な神だから、外れのドアだけを作為的に開ける能力がある。
これによって偶然性がそのぶんだけ除去される。
偶然の要素が減るということは確実性が高まることを意味している。

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/23(土) 23:09:28.16

１００枚のドアを使った場合

モンティなら９８枚開けることができる

突風だと４８枚とか５２枚なんて言う場合もある

同じ取り扱いができない

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/23(土) 23:34:20.54

※１００枚のドアを使って突風モンティを行う

□当たり　■ハズレ

突風は必ず９８枚のドアを開けるとすると

１□■■■■■■■■■■……■１００

最初にプレイヤーが当たりを引く確率は１／１００…ｐ１

最初にプレイヤーがハズレを引く確率は９９／１００…ｐ２

最初にプレイヤーが当たりを引いて
ゲームが成立する確率は９９／１００…ｐ３

最初にプレイヤーがハズレを引いて
ゲームが成立する確率は１／１００…ｐ４

ｐ１＊ｐ３＝９９／１００００

ｐ２＊ｐ４＝９９／１００００

ともに等確率になる

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/23(土) 23:45:55.10

※３枚のドアを使って突風モンティを行う

□当たり　■ハズレ

最初にプレイヤーが当たりを引く確率は１／３…ｐ１

最初にプレイヤーがハズレを引く確率は２／３…ｐ２

最初にプレイヤーが当たりを引いて
ゲームが成立する確率は２／３…ｐ３

最初にプレイヤーがハズレを引いて
ゲームが成立する確率は１／３…ｐ４

ｐ１×ｐ３＝２／９

ｐ２×ｐ４＝２／９

ともに等確率になる

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/24(日) 00:37:32.90

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

突風モンティは突風がプレイヤーのドアを開けたり
プレイヤーの選択したドア以外で当りのドアを開けてしまう
などの偶然性を含むといいながら、ドアの数が増えた時には
突風が開けるドアの数はＮ－２で固定されるという
必然性を含んでいる

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/24(日) 01:21:29.06

■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

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/24(日) 01:34:01.47

>>644>>645
そんな単純な計算式で良かったのか！　目から鱗
ドア３枚なら全27通りで、なんとか表を作れたけど
ドア４枚の全パターンを列挙しようとしたら、途中で挫折したｗ

Ｎ=３、４、５、、、Ｎ
Ｐ= 2/9、3/16、4/25、、、(Ｎ－１)／Ｎの２乗

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/24(日) 01:54:50.70

>>646
＞突風が開けるドアの数は(Ｎ－２)で固定されるという必然性を含んでいる

自分的にはコロンブスの卵
言われてみればそうだなという感じで、気づかなかった着眼点
>>647は先に書かれてたけど、さすがに上手くまとまってるな

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/24(日) 07:57:15.74

ドアに鍵がかかっている場合、突風が吹いても一枚のドアも開かないから
突風の喩え話はよくないｗ
てか、自然現象が必ずランダム（サイコロ振り）だとは限らないからね。

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/24(日) 16:04:55.26

選択を変えても変えなくても1/2で変わらないと考えた人の直感がなんであったか、
その1つを想定してみよう。

Aは当たり
Hは外れ
[]は回答者が最初に選択する1番目のドア
()は司会者が開ける3番目のドア
以下は起こり得るケース

[A]H(H) [H]A(H) [H]H(A)
[H]A(H) [H]H(A) [A]H(H)
[H]H(A) [A]H(H) [H]A(H)
9ケース中[A]を持つのは3ケース：3/9=1/3

この中から起こり得ないケースを消そう。
司会者が当たりであるAのドアを開くことはないので
(A)を含むケースは起こり得ないことになる。
残ったケースは次のとおり。

[A]H(H) [H]A(H)
[H]A(H) [A]H(H)
[A]H(H) [H]A(H)
6ケース中[A]を持つのは3ケース：3/6=1/2

じゃあ、マリリンの提案どおり[]を乗り換えてみよう。
A[H](H) H[A](H)
H[A](H) A[H](H)
A[H](H) H[A](H)
6ケース中[A]を持つのは3ケース：3/6=1/2

どちらも1/2で変わらない、という結論が得られる。

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/24(日) 18:01:06.66

起こり得るケースは9通りじゃない18通りだと思う人がいるかもしれない。
なので18ケースを用意にしてみよう。

[A]H(H) [H]A(H) [H]H(A)
[H]A(H) [H]H(A) [A]H(H)
[H]H(A) [A]H(H) [H]A(H)

[A](H)H [H](A)H [H](H)A
[H](A)H [H](H)A [A](H)H
[H](H)A [A](H)H [H](A)H

18ケース中[A]を持つのは6ケース：6/18=1/3
司会者は正解のAを開けることはないので
(A)というケースは起こりえないことになる。
そのケースを取り除いてみよう。

[A]H(H) [H]A(H)
[H]A(H) [A]H(H)
[A]H(H) [H]A(H)

[A](H)H [H](H)A
[H](H)A [A](H)H
[H](H)A [A](H)H

12ケースに減った。12ケース中[A]を持つのは6ケース：6/12=1/2
では、マリリン氏が提案するように選択ドアを乗り換えてみよう。

A[H](H) H[A](H)
H[A](H) A[H](H)
A[H](H) H[A](H)

A(H)[H] H(H)[A]
H(H)[A] A(H)[H]
H(H)[A] A(H)[H]

12ケース中[A]を持つのはやはり6ケース：6/12 = 1/2

やはり1/2で変更しても変わらない。

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/24(日) 20:08:43.60

どこにトリックがあるかは、パッと見では分かりづらいな

選択１、開扉３に固定するのは別に問題ないとして
それなら、そもそも起こり得るケースは
[Ａ]H(Ｈ)　と　[Ｈ]Ａ(Ｈ)　の２通りしかない
単純に[Ａ]と[Ｈ]の比較で 1/3 と 2/3 だな

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/24(日) 21:30:36.04

ラスト１行はさすがに我田引水が過ぎたか？
これだと、まんまと 1/2説を補強してるみたいだな

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/24(日) 22:02:45.56

(全パターン12通りの中で)選択Ａ、扉開Ｃとなる場合を考える
(当たり　選択　扉開)　の起こり得るケースは
ＡＡＣ　と　ＢＡＣ　の２通りのみ

ＡＡＣ　の起こる確率　1/3 × 1/3 × 1/2 ＝ 1/18
ＢＡＣ　の起こる確率　1/3 × 1/3 × 1＝ 1/9

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/24(日) 22:09:19.98

https://cdn-ak.f.st-hatena.com/images/fotolife/E/Esper1029/20160114/20160114110750.png
標準モンテに関してはこの図とかドア増やした例えとかわかりやすいんで
こういう感じに突風モンテも説明できれば…

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/24(日) 23:20:03.64

マリリンさんの発想はすごくシンプル
100 010 001 (3/9 = 1/3)
00 10 01 (2/6 = 1/3)
0 1 1 (2/3)

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/25(月) 05:20:16.24

1,000枚のうち1枚が正解のドア。
回答者がそのうち1枚を選ぶ。
a. すると司会者が残りの999枚のドアのうちハズレのドアを1枚開ける。
b. すると司会者が残りの999枚のドアのうちハズレのドアを998枚開ける。
回答者は最初の選択を変えたほうが賢明ですか。

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/25(月) 05:31:56.68

>>653
話をシンプルにしてみた。

1. [A]H(H)
2. [H]A(H)
3. [H]H(A)

3ケース考えられるが、このうち(A)をもつ3.のケースは起こりえないので、3.を消す。

1. [A]H(H)
2. [H]A(H)

2ケースのうち当たりを選択した[A]を持つのは1のケースだけ。
つまり1/2になる。
マリリンさんの提案通りここで選択ドアを乗り換えてみる。

1a. A[H](H)
2a. H[A](H)

それでもやはり[A]を持つケースは1/2のまま。

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/25(月) 09:07:37.78

全部で●通りの場合、それぞれの１通りが起こる確率は(1/●)で全て等しい
という思い込みが錯覚の原因だな
場合分けをする時は、それぞれの１通りが起こる確率も計算に入れる必要がある
(当たり　選択　開扉)　の起こり得る組み合わせは全12通り

AAB　　BAC　　CAB　　
AAC　　BBA　　CBA　　
ABC　　BBC　　CCA　
ACB　　BCA　　CCB

ステイで当たりが６通り　　1/18 が６通りで 1/3
チェンジで当たりが６通り　　1/9 が６通りで 2/3

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/25(月) 10:14:33.85

こっちのほうがイメージしやすいか
確率 1/9 と確率 1/18 の両方が混在するというのが分かるはず

AA(BC)　　　BAC　　　　CAB
ABC　　　　BB(AC)　　　CBA
ACB　　　　BCA　　　　CC(AB)

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/25(月) 12:06:47.85

>>660-661
それらABCはそれぞれ何を意味する記号ですか？

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/25(月) 12:34:00.58

モンティ・ホール問題には選択の機会が２度ある。

1番目の機会
司会者がハズレの扉を開ける前の起こり得るケース：
AHH
HAH
HHA

２番目の機会
司会者がハズレの扉を開けた後の起こり得るケース：
AH
HA

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/25(月) 12:48:56.83

見た目の区別がつかないコインを2枚投げた時でも
区別した場合の数を数えるのが確率(高校数学)の定石
ハズレの2つも区別すべし

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/25(月) 12:58:07.31

>>658
試しにドア(４、５、６)枚でハズレ扉を１枚だけ開けるケースを
全パターン(36、80、150)通りを考慮した上で計算してみた

ステイで当たる確率　　　1/4　　1/5　　　1/6　　　　
チェンジで当たる確率　　3/8　　4/15　　5/24

規則性が正しいと推測すると
ステイ：チェンジ　＝　１／Ｎ　：　(Ｎ－１)／Ｎ(Ｎ－２)

変更したほうが期待値が上がるのは間違いないが、Ｎ＝1000枚とかだと
どっちでも現実的には、あんまり変わらんなという気がしないでもない

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/25(月) 13:20:02.58

>>662
単に３つのドアを区別できるように名前をつけただけ
別に扉１・扉２・扉３って名前をつけてもいいけど
確率計算の数字と紛らわしくなるから、個人的には好みじゃない

例えばABCは、賞品(当たり)をＡのドアに配置した後に
挑戦者がＢのドアを選択して、司会者がＣのハズレ扉を開いたってこと

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/25(月) 14:54:12.28

>>663
(A)・(H1)　　1/6
(A)・(H2)　　1/6
(H1)・(A)　　1/3
(H2)・(A)　　1/3

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/25(月) 15:10:14.28

□当たり　■ハズレ

A　　B
□|■■←Bに突風が吹いてもゲームは成立
■|□■
■|■□
□|■■←Bに突風が吹いてもゲームは成立
■|□■
■|■□
□|■■←Bに突風が吹いてもゲームは成立
■|□■
■|■□←当たりに突風が吹いたらゲームは不成立
↑
最初に当たりを引く確率は１／３

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/25(月) 18:57:36.38

御免。L1yARLEyさんが用いていらっしゃる記法が解らない。(´；ω；｀)

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/25(月) 22:10:22.33

>>669
>>667はスルーして
以下はABC表記の意味の再解説(すでに理解してるならスマン)

ゲームの流れとして、まず３つのドア(Ａ、Ｂ、Ｃ)を用意する
①当たりの賞品を(ＡまたはＢまたはＣ)に配置する
②挑戦者は最初に(ＡまたはＢまたはＣ)のドアを選択する
③司会者は必ずハズレの(AまたはBまたはC)のドアを１枚だけ開ける

①②③の流れを時系列的にワンセットで表現したのが(ABC)という表記の仕方
標準モンテの全パターンは>>660の 12通り
分かりやすいように①②③の記号付きで表示してみる

AAB　　①A ②A ③B　　1/3 × 1/3 × 1/2 ＝ 1/18　　ステイ○　チェンジ●
AAC　　①A ②A ③C　　1/3 × 1/3 × 1/2 ＝ 1/18　　ステイ○　チェンジ●
ABC　　①A ②B ③C　　1/3 × 1/3 × 1 ＝ 1/9　　　ステイ●　チェンジ○
ACB　　①A ②C ③B　　1/3 × 1/3 × 1 ＝ 1/9　　　ステイ●　チェンジ○

以下省略

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/25(月) 22:43:55.75

③に「挑戦者が選ばなかった残り２つのドアから」という条件を追加

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/25(月) 23:27:03.05

標準も変形も突風も扉増加も全部まとめてみた↓

n個の扉からプレイヤーが１つ選び、それがアタリであるという事象をXとし、確率は1/nとする
司会がn個の中から、n-2個選び
司会が選んだ中にアタリがない(司会が選んだ扉は全部ハズレ)という事象をY
司会が選んだ中にプレイヤーが選んだ扉がない(司会はプレイヤーとは別の扉を選ぶ)という事象をW
プレイヤーも司会も選ばなかった扉の中にアタリがあるという事象をZとする

p＝P(Y|notX,W) ; プレイヤーが選んだ扉がハズレで、かつ、その扉を司会は選んでない時に、司会の選んだ扉が全部ハズレの確率
q＝P(W|X) ;　プレイヤーの選んだ扉がアタリの時に、司会がプレイヤーと同じ扉を選ばない確率
r＝P(W|notX) ;プレイヤーの選んだ扉がハズレの時に、司会がプレイヤーと同じ扉を選ばない確率
とすると

司会がプレイヤーと同じ扉を選ばず、かつ、司会が選んだ中にアタリがない時の、プレイヤーが選んだ扉がアタリの確率
P(X|Y,W)
＝q/{q + (n-1)pr}
とくにq=rのときは
＝1/{1 + (n-1)p}

司会がプレイヤーと同じ扉を選ばず、かつ、司会が選んだ中にアタリがない時の、残った扉がアタリの確率
P(Z|Y,W)
＝{(n-1)pr}/{q + (n-1)pr}
とくにq=rのときは
＝{(n-1)p}/{1 + (n-1)p}
となる

標準では
p=1,q=r=1だからP(X|Y,W)＝1/n, P(Z|Y,W)＝(n-1)/n

変形では
p=1/(n-1),q=r=1だからP(X|Y,W)＝1/2, P(Z|Y,W)＝1/2

突風では
p=1/(n-1),q=r=2(n-1)/{n(n-1)}だからP(X|Y,W)＝1/2, P(Z|Y,W)＝1/2

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/26(火) 10:51:42.39

３枚のカードが袋に入っています。
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。
このカードの裏が赤である確率は？

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/26(火) 19:28:52.61

「突風」はどういう意味ですか？　ランダムという意味？

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/26(火) 19:45:11.21

>>674
そうランダム。詳しくは>>548
このとき「本来ならゲーム不成立になる」という御仁がいるが
この意見については意味が分からん

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/26(火) 21:56:18.57

ドッピオが１のドアを選択する

モンティがハズレのドアを開ける

２つの選択可能なドアがある

ディアボロが現れてその内一つを選ぶ

当たりの確率は５０％

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/26(火) 21:58:39.86

つまり、クイズの司会者もどのドアの後ろに車があるのか山羊がいるのか知らなくて
回答者が選択したドア以外をどれか一枚を適当に選んで開けるってことですね？
その場合、このクイズが想定していない事態が起こるので新たにルールを設ける必要がありそうですね。
不成立にした場合は標準形式と同じことになりそうですね。繰り返しゲームならば。

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/26(火) 22:00:58.88

>>666
ABCがドアの名前だとすると、なぜAACとかいう並びがあるのか不思議で。
ドアの並び方が動くというのはおかしいので。

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/26(火) 22:32:23.75

□当たり　■ハズレ

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P（H）が２／３に限りなく近づく

１□■■
２■□■
３■■□
　　　：
　　　：
N■■□←P（H）＝２／３

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P（H）＝２／３を保持したまま
二択を行うことになる

１□■
２■□
３■□
　　：
　　：
N■□←チェンジすると当たりの確率が２倍

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