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
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モンティーホール問題とは...
プレーヤーの前に閉まった3つのドアがあって、プレーヤーが1つのドアを選択した後、司会のモンティが残りのドアのうちヤギがいるドアを開けてヤギを見せる。
プレーヤーはドアを変更すべきだろうか?
(wikiより) 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』 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 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 『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! 変えたらではなくて
変え続けたらの場合にのみ66.7% 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 >>488
>>463への反論をしてからお願いします<(_ _)> >>485
>>479
シミュレーターで66%とかになるのは? 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 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% >>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 試行回数1回だけなら確率は0%か100%
50%にはならない 確率は0%か100%
それすなわち確率50%のことです 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? 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… 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 『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 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。 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。 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。 ・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。
@当たり扉はランダムかつ等確率に設定される
Aホストは挑戦者の選んだ扉を開けない
Bホストは必ず残りの扉を一枚開ける
Cホストはハズレの扉しか開けない
D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
E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 D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 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@ 扉1が当り
仮説事象A 扉2が当り
証拠事象 ホストが扉3を開ける
条件付事象@ 扉1が当りでホストが扉3を開ける
条件付事象A 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 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 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。 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 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 □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■■□
:
: >>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 >>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・`) >>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? >>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 >>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 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 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 >>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 >>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 >>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 □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 >>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 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 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)
@彼が外れの玉を一つ取り除きました
A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)
@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
A彼が当たりの玉を一つ取り除きました
B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 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 「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 >>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・´) >>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
(A)Aの「当たりの玉」は「外れの玉」の間違いか? >>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 >>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
(@) 1/2 (A) 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 >>505
D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。 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 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。 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 ・標準仮定
@当たり扉はランダムかつ等確率に設定される
Aホストは挑戦者の選んだ扉を開けない
Bホストは必ず残りの扉を一枚開ける
Cホストはハズレの扉しか開けない
D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
E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D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 >>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 □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 >>537
D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、D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 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 >>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? ,,__,,
/ `、
/ ヽ
/ ● ● |
/l ''''' し '''''' |
/ l __. |
l /ヽ_ ` --' _ノ
\  ̄ ヽ∩
⌒l l三 |
| ヽ.__| □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・・・』 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? 「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 □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 >>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。 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 ■Let's Make a Deal -- Big Deal of the Day (Monty Hall)
https://www.youtube.com/watch?v=T5QYTrDReTo 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? 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 「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。 「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 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) 〈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 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 >>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。 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? 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 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 >>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 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) ■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? >>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
A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。 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 A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。 ここで興味深いのは➀でもA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A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。 □■■ ファーストチョイス
□■ セカンドチョイス 思うんだが
A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 □■(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」 □■■ 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 ■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 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
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
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(E|N)=P(E) * P(N|E)/P(F|N)=2/3 * 1/1=2/3(主観確率と一致)
P(N|E)=3/2の時、
P(E|N)=P(E) * P(N|E)/P(F|N)={2/3 * 3/2}/1=1(100%当たり) ■ このスレッドは過去ログ倉庫に格納されています