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

**SOUTH** · 2017/03/12(日) 18:23:31.38

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)

**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

　　　　　　　　,,＿＿,,
　　　　　　／　　　｀､
　　　　　/　　　　　　　ヽ
　　　　　/　●　　　 ●　|
　　　／l　 '''''　し　 ''''''　|
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　　 l　　/ヽ＿ ` --' ＿ノ
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　　　　⌒l 　　　　　　　l三 |
　　　　　 |　　　　　　　ヽ.__|

**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。