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) 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
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/l ''''' し '''''' |
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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) ,,__,,
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| ヽ.__| 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 ■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 ■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 【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 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。 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。 >>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 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) ■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 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 ■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 >>587
じゃあ>>10は?極端に簡単だけどこじつけには見えない >>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。 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 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)。 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 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? 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) 【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 >>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 >>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 ■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 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 >>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。 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% (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 >>548
高くなるんじゃないの…?
司会者が風に変わっただけで… 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 ■事象Eの尤度関数P(n|E)について
ゲームの回数が(N<3)の時の事象Eの確率 P(E|n)
事象Eの尤度関数P(n|E)=3/4
事象Eの主観確率P(E)=2/3
P(n|E)=eとおくと
ゲームの回数が(N<3)であるからeのとる値は
3/4<e<1の範囲になる可能性が高い
e=1ならP(E|n)=2/3
e=3/4ならP(E|n)=1/2(直観確率と一致) 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 ■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E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と当たりの確率が1/2) >>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) >>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) >>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。 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 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 >>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 >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 >>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? ■ このスレッドは過去ログ倉庫に格納されています