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
レス数が1000を超えています。これ以上書き込みはできません。
■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？ □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 ・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 >>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 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 >>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 >>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… >>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 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 >>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 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 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 >>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 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。 >>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 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。 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。 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 ※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 ※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 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 ■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 >>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 >>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 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。 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。 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。 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 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 (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 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) 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。 >>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。 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 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) >>660-661
それらABCはそれぞれ何を意味する記号ですか？ 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 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 >>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 >>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 >>663
(A)・(H1) 1/6
(A)・(H2) 1/6
(H1)・(A) 1/3
(H2)・(A) 1/3 □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 御免。L1yARLEyさんが用いていらっしゃる記法が解らない。(´；ω；｀) >>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 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 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 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？ 「突風」はどういう意味ですか？ ランダムという意味？ >>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 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％ 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。 >>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。 □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 >>678
確かに ABC がドアの名前だという説明部分は紛らわしかったな
あらためて説明すると、ABC はゲームの流れ①②③を表したもの
①当たりを扉Ａに配置 ②挑戦者が扉Ｂを選択 ③司会者がハズレ扉Ｃを開ける
分かりにくいかもしれんが、文字数省略の一手段として大目に見てくれ >>677
何が同じことになると思ってるの？
不成立 → やり直し → ゲーム成立 で結局は同じ状況になるってことかな？
その場合でも確率は違ってくるので誤解のなきよう
標準形式 変更しないで当たる確率 1/3 変更して当たる確率 2/3
(変形・突風)形式 変更しないで当たる確率 1/2 変更して当たる確率 1/2 コンピュータでシミュレーションしたらマリリンが正しかった、ってなったとかいうから
突風モンテもシミュレーションしたら… 計算が複雑な問題ならシミュレーションも有効かもしれんが
この手の問題は、与えられた設定や状況を正しい式で表すのが難しい(間違えやすい)だけで
計算自体は簡単な「文章題」だから、シミュレーションはほぼ意味はないぞ
「正しい式で表す」が「正しくシミュレートする」に置き換わるだけだから
前者を正しく理解できてる人にとってはシミュレートするまでもなく正解は分かるし
前者を間違える人は後者も間違える
この手の問題で間違ったシミュレーション(正しくカウントしない等)を持ってきて
間違った答えの正当性を主張したり「そういう解釈もできる」とかのたまう輩のなんと多いことか・・・
確率をシミュレーションで求めるのは止めた方が良い 大数の弱法則はちゃんと証明されとりますがな(´・ω・`) 大数の法則は否定しないぞ
正しく適用できない人が居るという話
「どう数式化するのか(どうシミュレートするのか)」が問題の肝なのに
「シミュレーションの結果、数値は○○になりました。だから○○が正しい答えです」
という解答、解説は本質を誤魔化して理解した気にさせてるだけ
間違った答えも導きやすいから辞めた方が良いということ 標準モンテであくまで 1/2だと言い張ってて、頑なに納得しない人がいるじゃん？
いくら「正しい式」とやらを示したところで、平行線の議論が永久ループするだけの場合もある
そういう場合には「そんなに納得できないなら自分でシミュレーションしてみろ」
と突き放すぐらいしか最終的にはなさそうな気がするけどね
「シミュレーションはほぼ意味ない」は語弊を恐れず言いきったね
「もしかしたら自説(直感・思い込み)が間違ってたのかも？」
と気づかせる、あるいは疑問を持つキッカケぐらいにはなると補足しておく
ねらい
確率の実験での確率的現象の不思議さを感得させ、生徒の確率の学習に対する興味・関心を覚醒する。
実験・観察から予想された結果について、その根拠を樹形図に基づいて論理的に分析することを通して、
確率の考え方とその重要性(よさ)を体験的に理解させ、そして数学的確率の定義を確立する。
また、確率の考え方に基づいて分析的に調べていく過程で「同様に確からしい」ことの意味とその重要性に気づかせる。 頑なに理解しようとしない人に実験させたところで
実験のやり方を間違える(自説に沿うように実験を改変する)と正しい答えは導かれない
そういう人はやり方が間違ってると指摘されても頑なに納得しないだろうし
「やっぱり自説は正しかったんだ」と更に信じ込んでしまう危険性もある 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。 ゲームの観測数が少ない者にとっては
確率は５０％です 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。 >>681
例えばモンティ・ホールさんがロボットだと考えてみます。
モンティ・ロボが残りの2枚のドアから外れのドアを選択するまでの内部処理を考えてみます。
1. 残りの2枚のドアから1枚のドアをランダムに選ぶ。
2. モンティ・ロボがセンサーでドアの後ろを確認する。
3a. 1.で選んだドアが当たりのドアだったら取り消して1.の処理に戻る。
3b. 1.で選んだドアが外れのドアだったら実際にそのドアを開けるアクションを起こす。
でも外部的にはモンティ・ロボは外れのドアだけを選んで開けているように見えます。
だから標準パターンと同じですよね？
ランダムな突風が当たりのドアを開けてしまったときはゲームを不成立にし、
車と山羊を並び替えるところからゲームをリセットし、
ゲームがやり直される場合と3a.とはどう異なるんでしょうか？ そこまでムキになって実験の有効性を否定しなくても、という気はするけどね
必要以上に実験の無効性を強調したがる、
標準(1/2)派のミスリードと疑われてもしょうがない 最初の一回目にシミュレーションの極限値が
当てはまらないなんて常識 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。 >>691
＞だから標準パターンと同じですよね？
その通り(1/3 → 2/3)
しかし、やり直すなら「最初から」やり直すのが鉄則
「途中から」やり直すのなら、わざわざ(1/2)のランダム開けにした意味がなくなる
３a．のモンティ・ロボが当たりのドアを開けてしまう確率０％
突風が当たりのドアを開けてしまう確率 1/3 シミュレーションによる説明は他の説明に比べ
(真の理解が得られなてないのに)分かった気にさせやすいという点と
シミュレーションで得られた数値は正しいはずという思いが先行して
そのシミュレート方法が正しいかどうかの吟味が軽視されがち
という問題点がある
モンティホール問題やその他の確率の問題を話題にした場所で
その手の勘違いや間違いをウンザリするほど見てきたから
それならいっそシミュレーションによる説明はすべきではない、というのが俺の判断だ
それでもどうしてもシミュレーションで説明したいなら
それらの点に十分注意していただきたい >>691
９０回試行し、プレイヤーははじめに扉Ａを選ぶとして
ロボの場合
扉Ａがアタリなのは３０回で、そのうちの１５回でロボは扉Ｂを開け、もう１５回は扉Ｃを開ける
扉Ｂがアタリなのは３０回で、そのうちの３０回ともロボは扉Ｃを開ける
扉Ｃがアタリなのは３０回で、そのうちの３０回ともロボは扉Ｂを開ける
(正確には、９０回試行したときの回数の期待値がそれぞれ３０回や１５回ということ)
ロボが扉Ｂを開けたのは４５回で、そのうち扉Ａがアタリなのは１５回
ロボが扉Ｃを開けたのは４５回で、そのうち扉Ａがアタリなのは１５回
となる
突風の場合
扉Ａがアタリなのは３０回で、そのうちの１０回で突風は扉Ａを開け、１０回は扉Ｂを開け、１０回は扉Ｃを開ける
突風がＡを開けた１０回はゲーム不成立となる
扉Ｂがアタリなのは３０回で、そのうちの１０回で突風は扉Ａを開け、１０回は扉Ｂを開け、１０回は扉Ｃを開ける
突風がＡかＢを開けた２０回はゲーム不成立となる
扉Ｃがアタリなのは３０回で、そのうちの１０回で突風は扉Ａを開け、１０回は扉Ｂを開け、１０回は扉Ｃを開ける
突風がＡかＣを開けた２０回はゲーム不成立となる
突風が扉Ｂを開け、かつゲーム成立だったのは２０回で、そのうち扉Ａがアタリなのは１０回
突風が扉Ｃを開け、かつゲーム成立だったのは２０回で、そのうち扉Ａがアタリなのは１０回
となる 完璧な説明、乙！
試行回数 90回、選択扉Ａ固定はナイスアイデア
こういうふうに丁寧に場合分けすれば間違いようがないよね
標準モンテ 成立(１) 不成立(０)
変形モンテ 成立(2/3) 不成立(1/3)
突風モンテ 成立(4/9) 不成立(5/9) 【リフレーミング】は
先入観にとらわれず
物事を視点や焦点、解釈を変えて
色んな角度から見ることで
別のものや前向きな考え方が見えてくるということ パンツに穴が空いたwwwwwww
パ ン テ ィ ー ホ ー ル 問 題 賞品の 挑戦者 司会者が開けた扉
配置 の選択 扉１開 扉２開 扉３開
扉１当 扉１選 ０ １／２ １／２
扉１当 扉２選 ０ ０ １
扉１当 扉３選 ０ １ ０
扉２当 扉１選 ０ ０ １
扉２当 扉２選 １／２ ０ １／２
扉２当 扉３選 １ ０ ０
扉３当 扉１選 ０ １ ０
扉３当 扉２選 １ ０ ０
扉３当 扉３選 １／２ １／２ ０ >>701を基に(標準・変形・突風)を列挙。 ()内はゲーム不成立
(当たり扉１固定、以下省略)
0 1/2 1/2 0 1/2 1/2 (1/3) 1/3 1/3
0 0 1 (1/2) 0 1/2 (1/3) (1/3) 1/3
0 1 0 (1/2) 1/2 0 (1/3) 1/3 (1/3) モンティがランダムに残りのドアを開け、
かつ、車のドアを開けてもゲームが有効なままならば、
それが繰り返しゲームの場合、
スイッチングのほうがステイングよりも有利だと
直感的に思うでしょう。
なぜなら、モンティ自らが車のドアを開けて種明かしする偶然もそこに加わるのですから
プレイヤは車を直接指差すチャンスにも恵まれます。 モンティがランダムに残りのドアを開けるか選択的に開けるかの違いは、
果たして根本的な違いでしょうか？
モンティ・ホール問題には暗黙の前提があるように思われます。
・それが繰り返し試行ゲームであること。
・繰り返しのたびに回答を変えてはいけないこと。 >>703
＞モンティがランダムに残りのドアを開け、
＞かつ、車のドアを開けてもゲームが有効なままならば、
無効(不成立)
この場合でも有効(成立)と解釈するのは相当無理がある(最初からやり直し)
それこそ暗黙の前提 >>677
＞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。
このクイズが想定してるのは、最終的に未開扉が２枚残ったうえで
そのうちのどちらの扉を選べば得かということ
そういう状況にならないと、そもそもゲームとは呼べない(＝無効・不成立)
＞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。
逆だよ。 不成立にした場合は標準形式と異なることになるわけで。
そもそも不成立にしかならない □当たり ■ハズレ
A B
□|■■
■|□■
■|■□
□|■■
■|□■
■|■□
□|■■
■|□■
■|■□
↑
最初に当たりを引く確率は１／３
A B
□|■
■|□
■|□
□|■
■|□
■|□
□|■
■|□
■|□
↑
チェンジで当たりを引く確率は２／３ ■
■
■
■
■
■
■
■
■
↑
モンティはただひたすらハズレのみ
確率１でチョイス 変形モンティの場合
Ａ｜Ｂ
□｜■
■｜□
■｜■ 不成立 (当たり扉を開けてしまった)
□｜■
■｜□
■｜■ 不成立 (当たり扉を開けてしまった)
□｜■
■｜□
■｜■ 不成立 (当たり扉を開けてしまった)
↑
チェンジで当たりを引く確率は１／２ 突風モンティの場合 (イメージ、厳密には９通りだけの正確な表現は無理)
Ａ｜Ｂ
｜■■ 不成立 (挑戦者が選んだ扉を開けてしまった)
■｜□
■｜■ 不成立 (残り２扉から当たり扉を開けてしまった)
□｜■
｜■■ 不成立 (挑戦者が選んだ扉を開けてしまった)
■｜□
□｜■
■｜■ 不成立 (残り２扉から当たり扉を開けてしまった)
｜■■ 不成立 (挑戦者が選んだ扉を開けてしまった) >>710 訂正
Ａ｜Ｂ
｜■■ 不成立 (挑戦者が選んだ扉を開けてしまった)
■｜□
■｜■ 不成立 (残り２扉から当たり扉を開けてしまった)
□｜■
｜□■ 不成立 (挑戦者が選んだ扉を開けてしまった)
■｜□
□｜■
■｜■ 不成立 (残り２扉から当たり扉を開けてしまった)
｜■□ 不成立 (挑戦者が選んだ扉を開けてしまった)
↑
チェンジして当たる確率１／２ 「不成立」とは何を意味するんですか？
回答者が100％外れになるということ意味するんですか？
それとも、ゲームがリセットされてやり直されることを意味するんですか？ 不成立とは
「司会がハズレを開け、プレイヤーに変更の機会を与えた」
という状況が成立していないこと(そういう状況ではないこと)でしょ
司会がアタリを開けた場合にゲームとして不成立かどうかはゲームの設定次第
「司会がアタリを開けてしまったら、その回はノーカンとして、ゲームを最初からやり直す」や
「司会がアタリを開けてしまったら不成立としてゲーム終了。プレイヤーはゲームの挑戦権を失う」
「司会がアタリを開けてしまった場合も、プレイヤーに扉変更の機会を与える」
等の設定が考えられるが、いずれの場合でも
変形モンティホール(司会が残りの2つからランダムに選んで開ける)で
「司会がハズレを開け、プレイヤーに変更の機会を与えた」という状況における
ステイがアタリの確率、チェンジがアタリの確率は1/2ずつ
というのは変わらない 標準モンティやモンティロボ(開けようとする扉がアタリの時は、扉を選びなおす)は
アタリの扉を開ける事前確率が0であり、この事前確率によりステイやチェンジのアタリの確率が1/3,2/3と計算される
一方
変形モンティのやり直し設定(開けた扉がアタリの時はゲームを最初からやり直す)で、ゲームが成立した状況に限れば
司会がアタリの扉を開ける確率は0となるが
これは状況成立後の事後確率(事前確率ではない)なので
標準モンティと同様に計算することはできない 不成立とはノーカン(最初からやり直し)の意味として書いてるけどね
①挑戦者が最初に選んだ扉 ②まだ開けられてないもう一方の扉
ゲームの前提条件 (標準仮定>>625)
最終的に①扉と②扉が残る
①扉と②扉のどちらかに必ず当たりがある
(当たりを知らない)挑戦者が①扉と②扉の２択にチャレンジする
ゲームの途中で当たり扉を偶然にも知ってしまった挑戦者が
当たり扉を知りながら100％の確信を持ってチェンジするとか
そんなものは心情的にもゲームとは呼びたくないな ノーカンで最初からやり直すというゲーム設定は
シミュレーションや期待回数から確率を考える場合に分かりやすい、都合がいい
というだけで
状況が成立しない場合のゲーム設定の内容は変形モンティの確率を求めるのに必要ない、関係ない
ということが分かっていれば良いんだけどね
ゲーム設定を弄くれば変形モンティも標準と同じになることもあるかもしれない！
みたいな勘違いする人が結構いるのよ・・・ >>714
変形(1/2)派だけど、事前と事後とで混乱してきた
モンティ問題って、ある扉がハズレだという新たな情報を示した「後」の確率の問題だよね？
無理やり()内を埋めてみたけど、以下の解釈で合ってるんだろうか？
標準 当たり扉を開ける確率 事前(０) 事後(０)
ステイ・チェンジ 事前(1/3・1/3) 事後(1/3・2/3)
変形 当たり扉を開ける確率 事前(1/3) 事後(０)
ステイ・チェンジ 事前(1/3・1/3) 事後(1/2・1/2) ,,＿＿,,
／ ｀､
/ ヽ
/ ● ● |
／l ''''' し '''''' |
/ l ＿＿. |
l /ヽ＿ ` --' ＿ノ
＼ ￣ ヽ∩
⌒l l三 |
| ヽ.__| >>717
「チェンジがアタリ」が単に「3つの扉の内、プレイヤーも司会も選ばなかった残りの扉がアタリ」を意味するなら
「チェンジがアタリ」の事前確率は
標準で2/3, 変形で1/3 だ A B Ａ Ｂ
□|■■ １|２３
■|□■ ４|５６
■|■□ ７|８９
開ける可能性のある扉
標準 (２３)・(６)・(８)
変形 (２３)・(５６)・(８９)
突風 (１２３)・(４５６)・(７８９) 単に既存の説明を数字で言い換えてるだけだが
チェンジして当たる確率
残りの１枚が(５)か(９) ＝ 最初に(４)か(７)を選ぶ ＝ ２／３ □当たり ■ハズレ
□|■■ A|B.C
■|□■ D|E.F
■|■□ G|H.I
モンティと突風が開ける可能性のある扉
標準 (BCFH)
変形 (BCEFHI)
突風 (ABCDEFGHI)
チェンジして当たる確率
残りの１枚が(E.I)＝最初に(D)か(G)を選ぶ＝２／３
□|■■ A|D.G
■|□■ B|E.H
■|■□ C|F.I
モンティと突風が開ける可能性のある扉
標準 (DGFH)
変形 (DEFGHI)
突風 (ABCDEFGHI)
チェンジして当たる確率
残りの１枚が(E.I)＝最初に(B)か(C)を選ぶ＝２／３ ○|×× １|２３
×|○× ４|５６
×|×○ ７|８９
開ける扉の組み合わせ
標準 268、368
変形 258、259、268、269、358、359、368、369
突風 147、148、149、、、、、、、367、368、369
標準 ステイ２勝 チェンジ４勝
変形 ステイ８勝 チェンジ８勝 ８不成立
突風 ステイ18勝 チェンジ18勝 45不成立 モンティが残りのドアから当たりを開いてしまったら、
ゲームを無効としてカウントせず、また並び替えて最初からやり直す
というゲームは、結局のところ>>651-652みたいなケースでしょう？ >>723 訂正
○|×× １|２３
×|○× ４|５６
×|×○ ７|８９
開ける扉
標準(268 368) ステイ２勝 チェンジ４勝
変形(258 369) ステイ２勝 チェンジ２勝 不成立２回
突風(147 258 369) ステイ２勝 チェンジ２勝 不成立５回 標準 変形 突風
□| ■ □| ■ |■■(無効)
■|□ ■| ■(無効) |□■(無効)
■| □ ■| □ |■□(無効)
□|■ □|■ □| ■
■|□ ■|□ ■| ■(無効)
■| □ ■|■ (無効) ■| □
□|■
■|□
■|■ (無効) >>724
それはそうかもしれないけど、それとは別に
なぜ標準の場合には、その説明が成立しないかを考えてみた
○|×× １|２３
×|○× ４|５６
×|×○ ７|８９
標準の場合は、開ける扉は(268 368)の２パターンのみということは明らか
開ける扉を 369 に固定するという設定自体が間違いなのかな？
開け扉固定と○×図形とは、標準に限っては相性が悪そう
挑戦者が扉１を選んで、司会者がハズレ扉３を開けた場合の、扉２の当たる確率を求めよ
この問題文自体は、何の問題もなく成立するはずなのに不思議だ ？
その問題文は問題なく成立してるし、確率計算も問題なくできるぞ
問題があるとするならその図の表し方の方じゃないか
正直その図式や略語が何を意味してるのかさっぱり分からない >>296
[G]G{C}のケースはクルマのドアを開けてしまうことになるから
この可能性は消える――
消えるわけではなく2番のドアを開けるにシフト
[G]{G}C
4. 司会者が回答者に訊く「2番のドアに変更したいですか」
回答者は2番のドアを選ぶことでクルマを当てやすくなるだろうか―
回答者は2番と3番どちらのドアでも選択可能
[C]G [G]C [G]C-> C[G] G[C] G[C]
チェンジでCを選ぶ可能性は２／３にアップ 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
■□ □■
□■ ■□
■□ □■ まず2つのドアで考えてみるといい
2枚のドアのうち1つに車が入っている
司会者は車の入っていないドアを開けるので
残りのドアを選べば100％車がもらえる
つまりドアは1つしか開けないけど、
2つとも開けたのと同じ結果が手に入る
ドア3つの場合で言えば、最初に選んだドア1つ開けるのと
残ったドア2つとも開けるの場合の2択ということになるね >>730
なぜシフトする？
出題文ではモンティ・ホールは3番目のドアを開けることになっている。 回答者に与えられた最初の選択権時には
どのドアを開けてもその後ろに車がある可能性は等しいことになっている。
どのドアにも重み付けはない。
車とヤギを並べ替える役割の人は完全にランダムに並べ替える能力があると想定されている。 扉1 が当りで、 挑戦者が扉1 を選んだら、 司会者は扉2 を開けたり、 扉3 を開けたりします。
扉2 が当りで、 挑戦者が扉1 を選んだら、 司会者は扉3 しか開けることができません。
扉3 が当りで、 挑戦者が扉1 を選んだら、 司会者は扉2 しか開けることができません。
あなたが選んだ扉1 が当りだから司会者は扉2 と扉3 のどちらにしようか考えてから扉3 を開けたのでしょうか？ (扉1当たり説)
それとも扉2 が当りだからホストは仕方なしに扉3 を開けたのでしょうか？ (扉2当たり説)
どちらの説の方が信憑性が高いですか？ ① ○|×× ○|開× ○|× ステイで当たり
② ×|○× ×|○開 ×|○ チェンジで当たり
③ ×|×○ ×|開○ ×|○ チェンジで当たり
④ ○|×× ○|×開 ○|× ステイで当たり
⑤ ×|○× ×|○開 ×|○ チェンジで当たり
⑥ ×|×○ ×|開○ ×|○ チェンジで当たり
挑戦者が１番目のドアを選んで
司会者が３番目のドアを開けるケースは、②④⑤の３通り
ステイで当たり １通り
チェンジで当たり ２通り 変形モンティ・ホール問題
① ○|×× ○|開× ○|× ステイで当たり
② ×|○× ×|開× ×|× 無効
③ ×|×○ ×|開○ ×|○ チェンジで当たり
④ ○|×× ○|×開 ○|× ステイで当たり
⑤ ×|○× ×|○開 ×|○ チェンジで当たり
⑥ ×|×○ ×|×開 ×|× 無効 ●当１選１開１ ●当２選１開１ ●当３選１開１
○当１選１開２ ●当２選１開２ ◎当３選１開２
○当１選１開３ ◎当２選１開３ ●当３選１開３
●当１選２開１ ○当２選２開１ ◎当３選２開１
●当１選２開２ ●当２選２開２ ●当３選２開２
◎当１選２開３ ○当２選２開３ ●当３選２開３
●当１選３開１ ◎当２選３開１ ○当３選３開１
◎当１選３開２ ●当２選３開２ ○当３選３開２
●当１選３開３ ●当２選３開３ ●当３選３開３
●確率 ０ 15通り 起こりえない
○確率 1/18 ６通り ステイで当たる確率 １／３
◎確率 1/9 ６通り チェンジで当たる確率 ２／３ ■ドア三枚でゲームを一回だけ行った時の確率空間
Ω＝｛（i，j）|１≦i≦３，１≦j≦２｝
Ｆ＝Ωの部分集合全体
P(A)＝Ａの要素の個数／６
有限集合Ω＝｛ω1，…，ωn｝
ＦをΩの部分集合全体
各根元事象ωiの確率をｐi
P(A)＝Σ｛i|ωi∈Ａ｝ｐi と定義すると
（Ω，F，P）は確率空間である ドアの位置は考えなくてもよい
最初の選択 残りのドア
(当たり) (ハズレＡ) (ハズレＢ)
(ハズレＡ) (当たり) (ハズレＢ)
(ハズレＢ) (ハズレＡ) (当たり)
司会者が (ハズレＡ) または (ハズレＢ) を１枚開ける
最初の選択 残りのドア
(当たり) (ハズレＡまたはＢ)
(ハズレＡ) (当たり)
(ハズレＢ) (当たり) ■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 □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 ドアの数は４枚とする(当たり１枚、ハズレ３枚)
司会者は２段階で必ずハズレのドアを開ける
再選択の機会が２回ある挑戦者の一番お得な戦略は？
① ピック → ステイ → ステイ
② ピック → ステイ → チェンジ
③ ピック → チェンジ → ステイ
④ ピック → チェンジ → チェンジ 直感で、①１／４、②３／４になるのは分かるけど
③④の計算(場合分け)はクソ面倒そう ■ドアが一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
モンティはプレイヤーが当たりを引いているので
ただドアオープン
□□
□□
□□ P(A)＝１
プレイヤーがハズレを引いている
可能性はゼロ
Ω＝｛（i，j）|i＝１，j＝０｝
#A＝１－０＝１なので
Aの起こる確率ｐ＝i／i＝１／１
#Aは事象Aに含まれる要素の個数
ドアが一枚の時は当たりの確率P(A)＝１ ■ドアが四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)＝１／４
モンティのファーストチョイス
□□ ■■ ■■
□□ ■■ ■■
□□ ■■ ■■ P(A)＝１／３
モンティのセカンドチョイス
（ステイorチェンジ）
□□ ■■
□□ ■■
□□ ■■ P(A)＝１／２
Ω＝｛（i，j，k）|１≦i≦４，１≦j≦３，１≦k≦２｝
#A＝４ｘ３ｘ２－３ｘ２ｘ１＝２４－６＝１８なので
Aの起こる確率ｐ＝１８／２４＝３／４
#Aは事象Aに含まれる要素の個数
ドアが四枚の時は当たりの確率P(A)＝３／４ 男『ここにＡＢＣＤ４枚のカードがあります。』
男『４枚のうち１枚が当たりです。』
男『私はどれが当たりか知っています。』
男『さあ、好きなの１枚選んで。』
女『じゃあＡ』
男『では、貴方の選ばなかったＢＣＤのうちＤはハズレであることを教えよう。』
（Ｄをめくる。確かにハズレだった。）
男『もう一度残ったＡＢＣの３枚から選び直していいよ。変えてみる？』
女『（モンティホールの応用だから変えたほうが若干得そうね）じゃあＢ。』
男『選ばなかったＡＣのうちＣもハズレなことを教えよう。』
（Ｃをめくる。確かにハズレだった。）
男『ラストチャンス。ＡＢどっち？』
女『…(やっぱりＡに戻したくなってきたw）』 マルチステージ問題
① ピック → ステイ → ステイ １／４
② ピック → ステイ → チェンジ ３／４
③ ピック → チェンジ → ステイ ３／８
④ ピック → チェンジ → チェンジ ５／８ ■ドアが四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)＝１／４
プレイヤーのファーストチェンジ
プレイヤーがCのドアを選択した時は
モンティはAのドアを開ける
A B C
■■| □□ ■■ P(A)＝１／４
■■| □□ ■■ P(B)＝３／８
■■| □□ ■■ P(C)＝３／８
P(B|C)＝P(B) * P(C|B)＝３／４
P(B|A)＝P(B) * P(A|B)＝３／８
P(C|A)＝P(C) * P(A|C)＝３／８
ここからチェンジすると
P(B|C)＝１／４
P(B|A)＝５／８
P(C|A)＝５／８ Ω＝｛（i，j，k，l）|１≦i≦４，１≦j≦３，１≦k≦８，１≦l≦２｝
#A＝４ｘ３ｘ８ｘ２－３ｘ２ｘ７ｘ１＝１９２－４２＝１５０なので
Aの起こる確率ｐ＝１５０／１９２＝７５／９６
#Aは事象Aに含まれる要素の個数
モンティがプレイヤーが最初に選択したドアを
開けることができる場合
ドアが四枚の時の当たりの確率P(A)＝７５／９６ ここで確率モデル出す人ってことごとくスレタイを理解してないよね スレタイ的には>>4、>>10、>>12、>>13ぐらいで完全決着
あとはせいぜい図形を使って分かりやすくするぐらい
単なる暇人の暇つぶしで自己満足 ① ○|×× ○|開× ○|× ステイで当たり
② ×|○× ×|○開 ×|○ チェンジで当たり
③ ×|×○ ×|開○ ×|○ チェンジで当たり
④ ○|×× ○|×開 ○|× ステイで当たり
⑤ ×|○× ×|○開 ×|○ チェンジで当たり
⑥ ×|×○ ×|開○ ×|○ チェンジで当たり >>750
Aの起こる確率ｐ＝７５／９６＝２５／３２ ドア３枚の場合では２／３が最大値なんだから
ドア４枚の場合では３／４(0.75)が最大値でしょ
２５／３２(0.78125)は、どっかが間違ってるに１票 >>755
おそらくモンティがプレイヤーのファーストチョイスの
ドアを開けられることに起因していると思われる A B C
■■| □□ ■■ P(A)＝１／４
■■| □□ ■■ P(B)＝３／８ ……α
■■| □□ ■■ P(C)＝３／８
αからのチェンジ
P(A)＝３／４
P(B)＝５／８，１／４
P(C)＝５／８，１／４
αからのステイ
P(A)＝１／４
P(B)＝３／４
P(C)＝３／４
ドアAがゲーム最後まで残っている場合、
チェンジで確率が１／４
ステイで確率が二倍になるという現象が起きる ちょっと何言ってるか分からない。足して確率１になってないけど？
α までは分かる
>>747モデル
(選択ドアＡ) (ドアD開け) (ドアC開け) (最初がステイ)
P(A)＝１／４ P(A)＝１／４ P(A)＝５／８ P(A)＝１／４
P(B)＝１／４ P(B)＝３／８ P(B)＝３／８ P(B)＝３／４
P(C)＝１／４ P(C)＝３／８
P(D)＝１／４ (選択ドアＡ) (ドアD開け) (ドアC開け) (最初がステイ)
P(A)＝１／４ P(A)＝１／４ P(A)＝１／４ P(A)＝１／４
P(B)＝１／４ P(B)＝３／８ P(B)＝３／４ P(B)＝３／４
P(C)＝１／４ P(C)＝３／８
P(D)＝１／４
プレイヤーのファーストチョイス時のドアP(A)＝１／４は不変
モンティが取り除くことはできる 第１(選Ａ・開Ｄ) P(A)＝1/４ P(B)＝3/8 P(C)＝3/8
第２(選Ｂ・開Ｃ) P(A)＝5/8 P(B)＝3/8 (>>747モデル)
第２(選Ａ・開Ｃ) P(A)＝1/4 P(B)＝3/4
補足
第２(選Ｂ・開Ａ) P(B)＝3/8 P(C)＝5/8 >>760
＞プレイヤーのファーストチョイス時のドア P(A)＝１／４ は不変
P(A)＝1/4 で不変なのは第１選択・第２選択ともにＡである場合のみ
>>747のケースでは第２選択がＢでＣを開けてるから、P(B)＝3/8 で不変
P(A)＝(1/4)+(3/8)＝5/8 ドア100枚の場合には
再選択がＡ(ステイ)を97回連続で繰り返してはじめて
P(A)＝1/100 で不変であると言える 二回目の選択からチェンジを繰り返して
最後の二択の時にファーストチョイスのドアに戻ってきても
P(A)＝1/100 で不変 P(A)＝１／４だった確率がP(A)＝５／８へと
２．５倍もアップするとは考えずらい 異なる場面(事前と事後)なのに同じ記号を用いて確率をP(A)と表したり
少し上では、ドアAがアタリの確率をP(A)と表している(これ自体あまり良くはない)のに、その直後
「ドアAがアタリの時のドアBがアタリの確率」ではないものをP(B|A)と表したりと
数学記号の乱用が激しい Aのドアオープンの時のBの当たりの確率で普通に意味が通る 最初の選択時の当たりの確率が低いほど
P(A)の不変性は高くなる 不変かどうかは、新しい情報を得られたかどうかで決まる
残りのドアにハズレがあるということは、最初から分かってることだから
残りのドアからハズレを作為的に開けてもらっても、新しい情報を得られたとは言えず
最初に選んだドアＡの当たる確率は変わらない、というのが根本原理
ところが、いったんドアＢにチェンジしてしまうと
今度は最初に選んだドアＡを開けられる可能性が発生するわけだ
にもかかわらず、他のドアが開けられたということは
最初に選んだドアＡが当たりである可能性が、当初よりも高くなったということ
つまり、この場合、不変の対象がドアＡからドアＢに移る
ドアＢにチェンジした時点で
残りのドア(Ａ含む)が開けられることは、新しい情報ではないので
P(B)が不変なのであり、P(A)は不変ではない ドアAを温存しながらチェンジし続けることも可能だよ １００枚のドアがあってプレイヤーが最初のドアで
当たりを引く確率はP(A)＝１／１００
これはドアを開けるモンティにとっても自明な出来事
このドア以外のどのドアを開けても
最初のドアのP(A)＝１／１００は不変
まあ、ドアの枚数が少ないときは一回目で
プレイヤーが最初に当たりを引いてしまうこともある 有名なトランプ問題の正解は10/49だけど、1/4だと言い張っちゃうタイプと見た
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。 P(A)が最初の確率より大きくなることはないよ
トランプは小さくなっている Aの起こる確率ｐ＝２５／３２
最初に当たりを引いた確率は７／３２＝０．２１８７５
P(A)＝１／４＝０．２５よりも小さい Ω＝｛（i，j，k，l）|１≦i≦４，１≦j≦３，１≦k≦８，１≦l≦２｝
A＝３ｘ２ｘ７ｘ１／４ｘ３ｘ８ｘ２＝４２／１９２＝７／３２なので
最初に当たりを引く確率ｐ＝７／３２＝０．２１８７５ ｑ＝１－ｐだから
>>775は
最初に当たりを引く確率ｑ＝７／３２＝０．２１８７５
Aの起こる確率ｐ＝２５／３２
トランプ問題と比較しても整合性が合う ⊂ヽ(´・ω・)つ ⊂ヽ( ‘ｊ’ )つ
＼ ／ ＼ ／
( ＿_フ ( ＿_フ
(／ (／ ドアが六枚の時は当たりの確率P(A)＝０．８７１７０７４９２４
最初に当たりを引く確率ｑ＝０．１２８２９２５０７５９
ちなみに ５／６＝０．８３３３３３３３３３３
１／６＝０．１６６６６６６６６６６
１／７＝０．１４２８５７１４２８５
ドアが六枚になって初めて
最初に当たりを引く確率ｑは１／７よりも小さくなる ドアの枚数が増えるにしたがって
最初に当たりを引く確率ｑは小さくなってゆく
決して大きくなること（確率増加）はない 計算したら不変じゃなくて６枚ですでに１／７になってしまった ドア４枚のマルチステージ問題(>>747)
第１(選Ａ・開Ｄ) P(A)＝1/４ P(B)＝3/8 P(C)＝3/8
第２(選Ｂ・開Ｃ)のケースにおける、P(A)とP(B)を求めよ
①Ａが当たりで男がハズレの中からＣを選ぶ確率
Aが当たりの確率は1/4
男は当たりのＡを除くと必ずＣを選ばなくてはならない(確率1)
よって 1/4*1=1/4
②Ｂが当たりで男がハズレの中からＣを選ぶ確率
Ｂが当たりの確率は3/8
男がＡＣのハズレの中からＣを選択する確率は2/5(当たりの比率2:3と反比例)
よって 3/8*2/5=3/20
当たりがＡかＢの場合にＣが開けられる確率＝①+②＝(1/4)+(3/20)＝2/5
P(A)＝①/(①+②)＝(1/4)/(2/5)＝5/8
P(B)＝②/(①+②)＝(3/20)/(2/5)＝3/8 トランプ問題と同じで最初の選択時の確率は
下がることはあっても上がることはない トランプ問題は無作為に引いたら、たまたま当たりカードが出たというケースだから
箱の中のカードが当たりである確率が下がるのは当たり前
ちなみに、たまたまハズレカードが出たら、箱カードの当たり確率は上がる
モンティ問題では意図的にハズレを開けてるから、原則は不変だけど
マルチステージではいったんチェンジしたら、不変対象が変わるというだけのこと
ちなみに、最初の選択時の確率が上がることはあっても下がることはない ｑ＝１－ｐだから
ダイヤのカードはハズレの意味だよ >>781の計算式で確かに確率は上がる
しかし実際には当たらない ◆ドア六枚マルチステージノイズシェーピング
A...B..C..D..E..F
□■■■■■１／６ ５／６
□■■■■１／６ ５／２４ ５／２４ ５／２４ ５／２４
□■■■１／６ ５／２４ ５／１６ ５／１６
□■■１／６ ５／２４ ５／８
１／６ ５／１６ ２５／４８
□■１／６ ５／６
Ω＝｛（i，j，k，l，m，n，o，p，q）|
６ｘ５ｘ４ｘ２４ｘ１６ｘ８ｘ４８ｘ３ｘ２，５ｘ４ｘ２３ｘ１５ｘ７ｘ４７ｘ３ｘ２ｘ１｝
#A＝１０６１６８３２０－１３６２０６００＝９２５４７７２０なので
Aの起こる確率ｐ＝９２５４７７２０／１０６１６８３２０＝０．８７１７０７４９２４
#Aは事象Aに含まれる要素の個数
ドアが六枚の時は当たりの確率P(A)＝０．８７１７０７４９２４
ちなみに５／６＝０．８３３３３３３３３３３ モンティ・ホール問題における確率不変の法則とは
以下の①②の確率が不変の法則である
① 最初に選択したドアが当たりである確率
② ハズレのドアを開けられる直前に選択されているドアが当たりである確率
再選択の機会が１回以下しかない問題については、①不変の法則が無条件に成立
再選択の機会が２回以上ある問題については、
チェンジする度に②不変の法則を適用しないといけない(①不変の法則は消滅)
ドアＮ枚の場合に(Ｎ－３)回連続してステイしている場合のみ
①不変の法則が成立する ドア１００枚の場合
ステイを96回繰り返した → 97回枚目のハズレのドアを開けた
P(A)＝1/100 P(B)＝99/200 P(C)＝99/200
再選択97回目にドアＢにチェンジ → 98枚目のハズレのドアＣを開けた
P(A)＝101/200 P(B)＝99/200
① P(当A→開C)＝1/100*1＝1/100
② P(当B→開C)＝99/200*2/101＝198/20200
P(開C)＝①+②＝2/101
P(A)＝①/(①＋②)＝(1/100)/(2/101)＝101/200
P(B)＝②/(①＋②)＝(198/20200)/(2/101)＝99/200 ■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 ドアN枚からステイ戦略を(Nー4)回続けて
ドア３枚に減ったところで、チェンジを２回繰り返して
最終選択が最初のドアＡに戻った時の当たり確率
P(A)＝1/N P(B)＝(Nー1)/２N P(C)＝(Nー1)/２N
ドアＡからドアＢにチェンジ → ドアＣを開ける
P(A)＝(N+1)/２N P(B)＝(Nー1)/２N
ドアＢからドアＡにチェンジ
P(A)＝(N+1)/２N ドアＡからドアＢにチェンジ → ドアＣを開ける
P(A)＝1/N P(B)＝(Nー1)/N
ドアＢからドアＡにチェンジ
P(A)＝1/N
だよ ドアN枚 (Nー4)回ステイ後に、ドアＡからドアＢにチェンジ
P(A)＝1/N P(B)＝(Nー1)/２N P(C)＝(Nー1)/２N
① ドアＡが当たりでドアＣを開ける確率
1/Ｎ*1＝1/Ｎ
② ドアＢが当たりでドアＣを開ける確率
両方ともハズレACのうちＣを開ける確率は、当たり比率と反比例なので
P(A)/{P(A)＋P(C)}＝(1/Ｎ)/{(1/Ｎ)＋(Ｎー1)/２Ｎ}＝2/(N＋1)
よって (Nー1)/２N*２/(N＋1)＝(Nー1)/N(N＋1)
①＋②＝(1/Ｎ)＋(Nー1)/N(N＋1)＝2/(Ｎ＋1)
P(A)＝①/(①＋②)＝(1/Ｎ)/{2/(Ｎ＋1)}＝(N＋1)/2N
P(B)＝②/(①＋②)＝(Nー1)/N(N＋1)/{2/(Ｎ＋1)}＝(N－1)/2N
よって、ドアＡからドアＢにチェンジしてドアＣを開けた場合は
P(B)が不変になるのであり、P(A)は不変でなくなる
(N＝4、>>781参照、N＝100、>>790参照) ３枚のドアABC
ドアＡが選択されている場合
ハズレの可能性のあるドアBCの中からCを意図的に開けると
P(A) 不変、P(B) は消えた P(C) の分だけ上昇
ドアＢが選択されている場合
ハズレの可能性のあるドアACの中からCを意図的に開けると
P(B) 不変、P(A) は消えた P(C) の分だけ上昇 × ハズレの可能性のあるドアBC(AC)
○ どちらかが必ずハズレであると最初から分かってるドアBC(AC) 中心極限定理で定式化できれば
P(A) 不変が証明できる 定式化はわからないけどチェンジを繰り返すほど
最初に選択したドアの確率が期待値に収束すると思う 最初にプレイヤーが選択したドアの当たりの確率P(A)
ゲームの回数ｎが大きくなるにつれて
期待値μ 分散σ^2の
正規分布N（μ，σ^2／ｎ）に近づくことを示せばよい ドア４枚 ドアAを選択 → ドアＤを開ける
P(A)＝1/４ P(B)＝3/8 P(C)＝3/8
ドアＢにチェンジした時点で、P(A)：P(C)＝２：３ なので
ドアＡを開ける確率60％ ドアＣを開ける確率40％
ドアＣは、ドアＡが当たりの場合には必ず開けられるし
ドアＢが当たりの場合でも、一定割合で必ず開けられる
ドアＣを開ける確率40％のうち25％の分
ドアＡが当たりだから、必然的にドアＣが開けられた(1/4*1)
ドアＣを開ける確率40％のうち15％の分
ドアＢが当たりだから、一定割合でドアＣが開けられた(3/8*2/5)
ドアＣが開けられた(確率40％)のうち
ドアＡ当たり由来25％、ドアＢ当たり由来15％ なので
ドアＣが開けられた場合は
25％／40％＝62.5％ の割合でドアＡが当たりである 逆バージョンで、ドアＣではなくドアＡが開いたとする
① P(開A｜当B)＝3/8*3/5＝9/40
② P(開A｜当C)＝3/8*1＝3/8
①＋②＝9/40＋3/8＝3/5
P(B)＝①/(①＋②)＝(9/40)/(3/5)＝3/8
P(C)＝②/(①＋②)＝(3/8)/(3/5)＝5/8
よって P(B)＝3/8 で不変であり、ドアＣとドアＡのどちらが開いたとしても
ドア４枚における連続チェンジ戦略の当たり確率は 5/8 である >>802
× P(開A｜当B) ○ P(当B・開A)
× P(開A｜当C) ○ P(当C・開A) ,,＿＿,,
／ ｀､
/ ヽ
/ ● ● |
／l ''''' し '''''' |
/ l ＿＿. |
l /ヽ＿ ` --' ＿ノ
＼ ￣ ヽ∩
⌒l l三 |
| ヽ.__| やはり、モンティホール問題が分からないレベルの初学者には
「情報を得れば(例えそれが無駄な情報でも)確率は変わるもの」と徹底して教えるべきだな
そうすれば
> P(B)が不変なのであり、P(A)は不変ではない
などというアホな表現が出てくることもない
(ここまでのアホは稀だが、同様の間違いは割とよくある) ん？ 不変自体を完全否定の そもそも論なわけ？
ドア３枚の標準モンティ・ホール問題で
最初にドアＡを選択した後、ドアＣが開けられた場合
P(A)＝1/2 P(B)＝1/2 になるっていうこと？
P(A)＝1/3 P(B)＝2/3 になるなら
P(A)が不変で別に間違ってないと思うけど >>801
■ドア４枚でドアＢにチェンジした時のドアＡの確率
P(A)＝１／４ P(B)＝３／８ P(C)＝３／８
ドアＣが開けられた時のドアＡの確率P(Ａ|Ｃ－)は
ドアＣがハズレの時P(C－)＝５／８かつ
ドアＡが当たりの時P(A)＝１／４であるから
P(Ａ|Ｃ－)＝P(A)∧P(C－)＝（１／４）ｘ（５／８）＝５／３２ ある状況(事前分布)における事象Aの確率を(確率測度Pを用いて)
P(A)
と表すとすると
それから事象Dに相当する情報を得た状況(事後分布)における事象Aの確率は
Pとは別の記号(確率測度Q)を用いて
Q(A)
と表される
このように状況が事前と事後の関係になっているとき、PとQは
任意の事象Xに対してQ(X)＝P(X|D)
という関係が成り立っている
つまり、事前と事後では、事象Aの確率は
P(A)から別物Q(A)に変化する
この基本中の基本をまず頭に叩き込め！
AとDが事象として独立のとき
P(A)の値とQ(A)の値は、数値として一致する
(独立でないときはP(A)の値とQ(A)の値は一致しない)
ので
「事前と事後で、事象Aの確率は1/3のまま不定、事象Bの確率は1/3から2/3に変動する」
などということはあるが
「事前と事後で、P(A)は1/3のまま不変、P(B)は1/3から2/3に変動する」
などの表現は、完全に間違い
P(B)自体はどこまでいっても1/3のまま変動することはない
このような間違いを犯すくらいだから「ちょっとした表現の違いで、大した問題ではない」と軽く思うかもしれないが
この手の話題では
語句の有無や省略の仕方、言い回しのちょっとした違い、記号や図式の書き方の少しの違いで
それが指し示す内容が変わり、式や数値が別物になることもある
正しくない、あるいは雑な記号化が致命的になることを肝に銘じ、深く反省しろ！ ID:Q8iFYOVr や ID:MfxQjqYK >>807
条件付き確率の定義
・事象Ｂが起きたと分かったもとでの、事象Ａが起こる確率
・P(A｜B)＝P(A∩B)/P(B)
P(A｜C－)＝P(A∩C－)／P(C－)
＝(1/4*1)／(2/5)
＝5/8
＞ドアＣが開けられた時のドアＡの確率P(Ａ|Ｃ－)は
＞ドアＣがハズレの時P(C－)＝５／８かつ
＞ドアＡが当たりの時P(A)＝１／４であるから
＞P(Ａ|Ｃ－)＝P(A)∧P(C－)＝（１／４）ｘ（５／８）＝５／３２
P(C－)≠5/8 P(C－)＝2/5
P(Ａ|Ｃ－)≠P(A)∧P(C－) P(A｜C－)＝P(A∩C－)／P(C－)
ドアAが当たりの時は、ドアＣが100％の確率で開けられる
>>747はドアＣが開けられたということが前提条件
その条件下での P(A) と P(B) の比較なので、条件付き確率の問題 Ｃのドアの当たりの確率が３／８の時
Ｃのドアのハズレの確率は５／８だよ
余事象 P(Ａ|Ｃ－)＝P(A)∧P(C－)＝（１／４）ｘ（５／８）＝５／３２
分母にP(C－)追加して計算しなおしても
P(Ａ|Ｃ－)＝｛P(A)∧P(C－)｝／P(C－)
＝｛（１／４）ｘ（５／８）｝／（５／８）
＝（５／３２）／（５／８）
＝１／４
見事にP(A)は不変 >>811
～ドアＣが開けられたということが前提条件
その条件下での P(A) と P(B) の比較なので～
ドアＣが開けられた時のドアＡの確率P(Ａ|Ｃ－)求めれば
同じことだよ １００歩譲って、本来とは異なる記号の使い方などをしていても、自分の中だけの計算で確かめるだけならば認めよう
だが、正しく理解し運用しなければ、他人(特に初学者)に説明や解説することなど不可能だ
(自分が理解してると勘違いしてる者が一番タチが悪い)
問題
以下はモンティホール問題やその変形問題などに関する、よくある『間違った』推論です。
文の細かな意味や記号の書き方などに注意し、間違っている行を全て挙げ、正しく書き直しなさい。
問１(２行)
標準モンティで、プレイヤーは扉Aを選び、司会は扉Cを開けたらハズレであった時の、扉Aがアタリの確率はP(A:当|C:外)と表せる。
P(A:当|C:外)＝1/2である。
問２(４行)
標準モンティで、プレイヤーは扉Aを選び、司会は扉Cを開けたらハズレであった時の、扉Aがアタリの確率はP(A:当|C:外)と表せる。
P(A:当|C:外)＝1/3である。
変形モンティ(司会は残った２つからランダムに選んで開ける)で、プレイヤーは扉Aを選び、司会は扉Cを開けたらハズレであったときに限れば、扉Aがアタリの確率はP(A:当|C:外)と表せる。
従って、変形モンティでもP(A:当|C:外)＝1/3である。
問３(３行)
標準モンティで、司会が選んだ扉がハズレのときの、プレイヤーがはじめに選んだ扉Aがアタリの確率が1/3になるためには「プレイヤーが選んだ扉Aがアタリの場合に、司会は残った２つの扉からランダムに選んで開ける」という条件が必要である。
実際、「プレイヤーが選んだ扉Aがアタリの場合に、司会は扉Bを確率pで選び、扉Cを確率1-pで選ぶ」という場合、司会は扉Cを開けたらハズレであった時の、扉Aがアタリの確率は(1-p)/(2-p)である。
(1-p)/(2-p)＝1/3となるのは、p＝1/2のときだけである。 >>813
P(A)：P(C)＝1/4：3/8＝２：3
∴ P(A－)：P(C－)＝３：２
P(A－)＋P(C－)＝１
∴ P(A－)＝3/5 P(C－)＝2/5
P(A)＝P(B)＝P(C)＝1/3 のケースで、最初にドアＡを選択した場合
P(B－)＝P(C－)＝1/2 になるのは明らか
某謎理論だと、P(B－)＝P(C－)＝1－(1/3)＝2/3 になるので明らかに矛盾する
ゆえに、P(C－)＝１－P(C) の式は間違っている >>817
P(A)＝P(B)＝P(C)＝1/3 のケースで、最初にドアＡを選択した場合
P(B－)＝P(C－)＝1/2 になるのは明らか
P(B－)＝P(C－)＝２/３だよ
□当たり ■ハズレ
A B
□|■■
ドア三枚で最初に当たりを引く確率は１／３
ハズレを引く確率は２／３ 比率なんて関係ない
ただの余事象
P(A－)＋P(C－)＝１１／８
>>811
P(A｜C－)＝P(A∩C－)／P(C－)
＝(1/4*1)／(2/5)
＝5/8
なんで同じP(C－)掛けているのに数値が違うんだよ
仮にP(C－)＝２／５で計算しなおしても
P(A｜C－)＝P(A∩C－)／P(C－)
＝｛(1/4)*(2/5)｝／(2/5)
＝１/４
見事に不変 Ｐ(Ａ∩Ｂ)＝Ｐ(Ａ)×Ｐ(Ｂ)であるからして
>>811の式は
P(A|C－)＝P(A∩C－)／P(C－)
＝｛Ｐ(Ａ)Ｐ(C－)｝／P(C－)
＝｛(１／４）ｘ（２／５）｝／(２／５)
＝（１／１０）ｘ（５／２）
＝１／４ P(C－)＝５／８で計算しても
P(A|C－)＝P(A∩C－)／P(C－)
＝｛Ｐ(Ａ)Ｐ(C－)｝／P(C－)
＝｛(１／４）ｘ（５／８）｝／(５／８)
＝（５／３２）ｘ（８／５）
＝１／４
見事に同じ結果が導けました(*´▽｀*) つまりこれは
（２／５）ｘ(５／８)＝１／４ということです >>807
＞ドアＣが開けられた時のドアＡの確率P(Ａ|Ｃ－)は
この書き方だと、P(C－)がドアＣが開けられる確率になるだろうが
そもそも、開けられる確率とハズレである確率は一致しない 計算結果が一致したのには驚いた
つまり、余事象はさておいて
本質的に同じことを言っていたとは……(*´▽｀*) >>820
時系列 事象Ａ → 事象Ｂ
P(A∩B)≠P(A)*P(B)
P(A∩B)＝P(A)*P(B｜A)
P(当A｜開C)＝{P(当A)*P(開C｜当A)}／P(開C)
＝(1/4*1)／2/5
＝5/8 P(開C)＝2/5 の主張を撤回する
司会者には当たりが見えてるので、ドアＢが当たりの場合に
ドアＡを開けるか、それともドアＣを開けるかは完全なランダム
ゆえに、P(開Ａ｜当B)＝1/2 P(開C｜当B)＝1/2
① P(当A・開C)＝1/4*1＝1/4
② P(当B・開C)＝3/8*1/2＝3/16
③ P(開C)＝①＋②＝(1/4)＋(3/16)＝7/16
P(当A｜開C)＝①/③＝(1/4)/(7/16)＝4/7
P(当B｜開C)＝②/③＝(3/8)/(7/16)＝3/7 逆パターンで、最初に選んだドアＡが開いたとする
① P(当B｜開A)＝3/8*1/2＝3/16
② P(当C｜開A)＝3/8*1＝3/8
③ P(開A)＝①＋②＝9/16
P(当B｜開A)＝①/③＝(3/16)/(9/16)＝1/3
P(当C｜開A)＝②/③＝(3/8)/(9/16)＝2/3 ドア４枚で１回目にチェンジしたケースをまとめると
①司会者が最後に開けたドアが、それまで手付かずのドアだった場合(確率7/16)
最初に選んだドアが当たりの確率 4/7 (チェンジ → チェンジ)
１回目にチェンジしたドアが当たりの確率 3/7 (チェンジ → ステイ)
②司会者が最後に開けたドアが、挑戦者が最初に選んだドアだった場合(確率9/16)
１回目にチェンジしたドアが当たりの確率 1/3 (チェンジ → ステイ)
２回目にチェンジしたドアが当たりの確率 2/3 (チェンジ → チェンジ)
ドア４枚の場合に、連続チェンジ戦略で勝てる確率
(7/16)*(4/7)＋(9/16)*(2/3)＝5/8 >>828 訂正
× ①P(当B｜開A) ○ ①P(当B・開A)
× ②P(当C｜開A) ○ ②P(当C・開A) >>827
P(当A｜開C)＝①/③＝(1/4)/(7/16)＝4/7
P(当B｜開C)＝②/③＝(3/8)/(7/16)＝3/7
Ｐ(Ａ∩Ｂ)＝Ｐ(Ａ)×Ｐ(Ｂ)であるからして
P(当A｜開C)＝①ｘ③＝(1/4)ｘ(7/16)＝７/６４
P(当B｜開C)＝②ｘ③＝(3/8)ｘ(7/16)＝２１/１２８
何で割り算してんの？ >>827 を訂正
× P(当B｜開C)＝②/③＝(3/8)/(7/16)＝3/7
○ P(当B｜開C)＝②/③＝(3/16)/(7/16)＝3/7
>>831
事象Ｘ → 事象Ｙ
(部分Ｘ)／(全体) じゃなくて (部分Ｘ)／(部分Ｙ)
事象Ｙが起こったと分かったもとでの、事象Ｘが起こる確率
(部分Ｘ)にあたるのが、当たりがドアＡかつドアＣを開く確率
(部分Ｙ)にあたるのが、当たりがドア(ＡまたはＢ)かつドアＣを開く確率 (部分Ｘ)／(全体) じゃないと
P(当A｜開C)は求められないよ
(部分Ｘ)／(部分Ｙ) は
P(当A｜開C)にあらず ■ドア４枚でドアＢにチェンジした時のドアＡの確率
P(A)＝１／４ P(B)＝３／８ P(C)＝３／８
ドアＣが開けられた時のドアＡの確率P(Ａ|Ｃ－)は
ドアＣがハズレの時P(C－)＝５／８かつ
ドアＡが当たりの時P(A)＝１／４であるから
P(Ａ|Ｃ－)＝P(A)∧P(C－)＝（１／４）ｘ（５／８）＝５／３２
論理積使えば一発で答えが出る >>831
＞Ｐ(Ａ∩Ｂ)＝Ｐ(Ａ)×Ｐ(Ｂ)であるからして
その式が成り立つのは事象Ａと事象Ｂが独立であるときのみ
当たりドアや選択ドアを開けられないルールによって
事象Ａと事象Ｂは独立事象ではなく従属事象 >>836
Ｐ(Ｂ)はプレーヤーが選択していて確定事象
このとき
Ｐ(Ａ)とＰ(Ｃ)は互いに排反事象になるので
Ｐ(Ａ∩Ｃ)＝０
Ｐ(Ａ)とＰ(Ｃ)の関連性だけ調べればいいのであって
Ｐ(Ｂ)の確率は関係ない >>833
(部分Ｘ∩Ｙ)／(部分Ｙ)
(部分Ｙ)を新しい全体の分母として考えなさいという問題
>>834
ドアＢが当たりで 且つ ドアＣが開けられる確率も計算過程に入れないと
P(A｜C－)は求められない
横着せずにきちんと場合分けをしないといけない >>838
P(A｜C－)は求められない
横着せずにきちんと場合分けをしないといけない
単なる思い込みだよ
普通に計算できる 尤度P(C－｜Ａ)＝５／８をドアＡの当たりの確率P(A)に
掛ければいいだけ
このとき、事象Ｃが起きた時のという意味の
P(C－)＝１で分母に入れなくてもいい シンプルだよシンプル
Ｐ(Ｂ)の確率は関係ない
それが条件付確率の本質 >>840
ドア３枚の標準問題で
P(A)＝P(B)＝P(C)＝1/3 ドアＢを選択
ドアＣが開けられた場合のドアＡが当たりである確率が
P(当A｜開C)＝2/3 っていうことですら共通認識でないのか？
P(C－)＝2/3と思ってるみたいだから、謎の論理積の公式とやらに代入すると
以下みたいな訳が分からん数字が出るけど、本当にこれが正解と思ってる？
P(Ａ|Ｃ－)＝P(A)∧P(C－)＝1/3*2/3＝2/9
一応、バカ正直に条件付き確率の問題として解くと
① P(当A ∩ 開C)＝1/3*1＝1/3
② P(当B ∩ 開C)＝1/3*1/2＝1/6
③ P(開C)＝①＋②＝(1/3)＋(1/6)＝1/2
P(当A｜開C)＝①/③＝(1/3)/(1/2)＝2/3
P(当B｜開C)＝②/③＝(1/6)/(1/2)＝1/3 ■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 >>842
最初からドアが三枚の時は
チェンジで当りの確率が二倍になるから
P(当A｜開C)＝2/3
訳が分からん数字が出てくるのは
しなくていい計算をしているからだよ
ドア四枚の時もP(B)の計算は不要なのに
計算が必要だと思い込んでいる トランプ問題において
シャッフルしてからカードを３枚続けて引くと
すべてダイヤになるという『事象』の生起確率
これは確率１で必ず起きる
山札から三枚続けてダイヤのカードが出る
三枚の個別の確率の積でいい
そうじゃなくて山札をシャッフルした後に
三枚ダイヤが出る
（これはトランプ問題の大前提で必ず起きる）
この確率が１という事です 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
P(A)＝１０
P(B)＝３９
P(A)＋P(B)＝４９
P(A)／｛P(A)＋P(B)｝＝１０／４９ >>845
山札から三枚続けてダイヤのカードが出る
確率であれば三枚の個別の確率の積でいい 確率が1越えてるねw
高校生より馬鹿な拗らせ君は記号もまともに使えないw >>842
ドア四枚からドア三枚になる時には
プレイヤーがBのドアに必ずチェンジするので
P(B)＝１
ドアが最初から三枚の時は
プレイヤーがBのドアを選ぶ確率は
P(B)＝１／３
ゆえに、
P(Ａ|Ｃ－)＝｛P(A)∧P(C－)｝／P(B)
＝（２／９）ｘ３＝２／３
P(C－)＝２／３で正解であり、論理積も正しく
標準問題と一致する ■以下の式は標準モンティホール問題にのみ当てはまる
① P(当A ∩ 開C)＝1/3*1＝1/3
② P(当B ∩ 開C)＝1/3*1/2＝1/6
③ P(開C)＝①＋②＝(1/3)＋(1/6)＝1/2
P(当A｜開C)＝①/③＝(1/3)/(1/2)＝2/3
P(当B｜開C)＝②/③＝(1/6)/(1/2)＝1/3
ドア四枚からドア三枚になる時には
プレイヤーがBのドアに必ずチェンジするので
P(B)＝１
したがって、上記の式をドア四枚で行うと
最初に選択したドアの確率が上がるという
不自然な答えが出るのです P(～～)と書きさえすればそれで確率を表した気になってる
というのも拗らせ君たちの頻出勘違いだよな
状況が変わっても全部P(～～)と書いてしまうので
P(B)＝1とP(B)＝1/3が併記されてても間違いでないと思い込むｗ
他の問題でよくある例だと
確率が1/2の確率みたいなのを考えるときにP(P(X)=1/2)という馬鹿表現を用いたりとかｗ >>852
正しい書き方示さないと詭弁になります(*´▽｀*) 数学が苦手な中高生でも
同問題の中なのに未知数は全部xとおく
みたいな間違いする子が稀に居る
同じ問題の中なのにx=1だったりx=1/3して
本人は見分けがついてるつもりらしいが、そのうち自分でも混乱して間違う
ただし、そういう子に「別物は別の記号で置いて表そう」と教えれば
大抵はちゃんと理解して従ってくれる
そこが馬鹿な拗らせ君とは決定的に違う所 P(当A｜開C)＝①/③＝(1/4)/(7/16)＝4/7は
三倍大きく見積もられた数値ですので
１／３で補正すると
P(当A｜開C)＝（４／７）ｘ（１／３）＝４／２１ P(Ａ|Ｃ－)＝P(A)∧P(C－)＝（１／４）ｘ（５／８）＝５／３２
P(当A｜開C)＝（４／７）ｘ（１／３）＝４／２１
悪くない感じではある >>849
事象Xが起こる確率を P(X) と表すならば ０≦ P(X) ≦１ にしかならない
なのに P(A)＝10 とか書いちゃってるから
「確率が１超えてるねw」 とつっこまれてるわけ
トランプ問題は P(A)：P(B)＝10：39 と表現すれば問題はない A＝１０
B＝３９
A＋B＝４９
A／（A＋B)＝１０／４９ >>845
＞これは確率１で必ず起きる
前提条件を確率１と同等視するのは、よくある典型的な勘違い
前提条件が起こる確率を(新たな全体)と考えて
それを分母にして計算しなさいというのが条件付き確率の問題
突風でドアＣが開いたという問題の場合
ドアCが開いたということは確定で大前提だから
P(開C)＝１ である、というのは典型的な間違った解釈
突風はドア３枚の中からランダムに開けるので P(開C)＝1/3 >>860
トランプ問題は三枚のカードの生起確率が１だから
A＝１０
B＝３９
A＋B＝４９
A／（A＋B)＝１０／４９
が導けたんだろう
個別の確率の積を計算してもいいけど
結果は同じになる 分母が１になる部分なんていちいち計算に入れても
条件付確率の式の見た目をよくする効果しかない
トランプ問題の本質は三枚のカードの個別の確率の
計算は必要ないことに気付けるかが問われている >>790 訂正
ドア100枚 ステイ連続96回 → 97枚目のハズレのドアを開けた
P(A)＝1/100 P(B)＝99/200 P(C)＝99/200
再選択97回目にドアＢにチェンジ → 98枚目のハズレのドアＣを開けた
① P(当A ∩ 開C)＝1/100*1＝1/100
② P(当B ∩ 開C)＝99/200*1/2＝99/400
③ P(開C)＝①+②＝103/400
P(当A｜開C)＝①/(①＋②)＝(1/100)/(103/400)＝4/103
P(当B｜開C)＝②/(①＋②)＝(99/400)/(103/400)＝99/103 >>794 訂正
ドアN枚 連続(Nー4)回ステイ → ドアＡからドアＢにチェンジ
P(A)＝1/N P(B)＝(Nー1)/２N P(C)＝(Nー1)/２N
① P(当A ∩ 開C)＝ 1/Ｎ*1＝1/Ｎ
② P(当A ∩ 開C)＝(Nー1)/２N*(1/2)＝(Nー1)/4N
③ P(開C)＝(1/Ｎ)＋(Nー1)/4N＝(N＋3)/4N
P(当A｜開C)＝①/③＝(1/Ｎ)/{(N＋3)/4N }＝4/(N＋3)
P(当B｜開C)＝②/③＝{(Nー1)/4N}/{(N＋3)/4N }＝(N－1)/(N＋3) >>850
当たり確率が変動するのは、ドアが開けられた時であり
ドアが選ばれた時ではない ドアN枚 ステイ連続(Nー4)回 → (N－3)枚目のドアを開ける
P(A)＝1/N P(B)＝(Nー1)/２N P(C)＝(Nー1)/２N
ドアＡからドアＢにチェンジ → ドアＡが開けられた
① P(当B ∩ 開A)＝{(Nー1)/２N}*1/2
② P(当C ∩ 開A)＝{(Nー1)/２N}*1
①：②＝(1/2)：1＝１：２
P(当B｜開A)＝①/(①＋②)＝1/3
P(当C｜開A)＝②/(①＋②)＝2/3
ある特定のケースでは
(残り３枚になるまでステイＡ、直後にチェンジＢ、最後にドアＡを開けられる)
当たり確率がドアの枚数とは関係がなくなる、というところが面白い
ただし、最後にドアＡが開けられる確率はドアの枚数と関係がある
P(開A)＝①＋②＝3(Ｎ－1)/4Ｎ >>866
P(当B｜開A)＝①ｘ(①＋②)
P(当C｜開A)＝②ｘ(①＋②)
だろ
何で割り算をする >>867
事象Ｘ ドアＢが当たり
事象Ｙ ドアＣが当たり
事象Ｚ ドアＡが開けられる
事象Ｚが起こったと分かったもとでの、事象Ｘが起こる確率
P(X｜Z)＝P(X∩Z)/P(Ｚ)
(分子)＝P(X∩Z)＝(当たりがドアＢ かつ ドアＡが開けられる確率)
(分母)＝P(Z)＝ (当たりがドアＢ かつ ドアＡが開けられる確率)
＋(当たりがドアＣ かつ ドアＡが開けられる確率) ドアN枚 ラスト２回だけ連続チェンジ戦略の平均勝率
①最後に手付かずのドアが開けられる確率 (N＋3)/4N
②最後に最初に選んだドアが開けられる確率 3(N－1)/4N
①の場合に、最初に選んだドアが当たりの確率 4/(N＋3)
②の場合に、手付かずのドアが当たりの確率 2/3
(平均勝率)＝{(N＋3)/4N}*{4/(N＋3)}＋{3(N－1)/4N}*(2/3)
＝(1/N)＋{(N－1)/2N}
＝(N＋1)/２N ■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……①
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
①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 >>111
>>112
何を言っているのか今頃になってやっと分かった
P(A)＝1/11 P(B)＝4/11 P(C)＝6/11
ドアＣを選択 → ドアＡを開ける
① P(当B ∩ 開A)＝(4/11)*(１)＝4/11
② P(当C ∩ 開A)＝(6/11)*(1/2)＝3/11
①：②＝4：3
P(当B｜開A)＝4/7
P(当C｜開A)＝3/7
Q(A)＝1/11 Q(B)＝4/11 Q(C)＝6/11
ドアBを選択 → ドアＣを開ける
① Q(当A ∩ 開C)＝(1/11)*(１)＝1/11
② Q(当B ∩ 開C)＝(4/11)*(1/2)＝2/11
①：②＝１：２
Q(当A｜開C)＝2/3
Q(当A｜開C)＝1/3 >>871 訂正
× Q(当A｜開C)＝2/3 ○ Q(当A｜開C)＝1/3
× Q(当A｜開C)＝1/3 ○ Q(当B｜開C)＝2/3 >>871
ドアＣを選択 → ドアＡを開ける
① P(当B ∩ 開A)＝(4/11)*(１)＝4/11
② P(当C ∩ 開A)＝(6/11)*(1/2)＝3/11
の式にある*(1/2)の部分は固定値ではなくて
０＜ｎ＜１の範囲を取る ・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 ドアAを開けることは自明のことなので
① P(当B ∩ 開A)＝(4/11)*(１)＝4/11
② P(当C ∩ 開A)＝(6/11)*(１)＝6/11
①：②＝4：6
P(当B｜開A)＝２／５
P(当C｜開A)＝３／５
になる ＞例 1 (事前分布が偏っている場合). 扉 A,B,C がアタリである確率をそれぞれ
＞P(A) = 65/100, P(B) = 2/100, P(C) = 33/100とおく．
＞あなたが A を選ぶと司会者は B がハズレだと示した．
＞あなたは扉を C に変更すべきだろうか？
① P(当A ∩ 開B)＝(65/100)*(１)＝65/100
② P(当C ∩ 開B)＝(33/100)*(1/2)＝66/100
①：②＝65：66
P(当A｜開B)＝①/(①＋②)＝65/131
P(当C｜開B)＝②/(①＋②)＝66/131 (答え) 変更すべき >>878
× ①P(当A ∩ 開B)＝(65/100)*(１)＝65/100
× ②P(当C ∩ 開B)＝(33/100)*(1/2)＝66/100
○ ①P(当A ∩ 開B)＝(65/100)*(1/2)＝65/200
○ ②P(当C ∩ 開B)＝(33/100)*(１)＝33/100 ■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
モンティがドアAを開けるのは
ドアCに当たりがある時のみとする
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) >>864 微修正 (標準仮定>>875に準拠)
ドアN枚 連続(Nー4)回ステイ → (N－3)枚目のドアを開ける
P(A)＝1/N
P(B)＝(Nー1)/２N
P(C)＝(Nー1)/２N
ドアＡからドアＢにチェンジ → ドアＣを開ける
① P(当A ∩ 開C)＝ (1/Ｎ)*(１)＝1/Ｎ
② P(当B ∩ 開C)＝{(Nー1)/２N}*(1/2)＝(Nー1)/4N
①：②＝4：(N－1)
P(当A｜開C)＝①/(①＋②)＝4/(N＋3)
P(当B｜開C)＝②/(①＋②)＝(N－1)/(N＋3) ドア３枚ＡＢＣ
Ａが当たりの確率を(ａ)、Ｂが当たりの確率を(ｂ)、Ｃが当たりの確率を(ｃ)とする
ドアＡを選択 → ドアＣを開ける
① P(当A ∩ 開C)＝ａ*(1/2)＝ａ/2
② P(当B ∩ 開C)＝ｂ*(１)＝ｂ
①＋②＝(ａ/2)＋ｂ＝(ａ＋2ｂ)/2
P(当A｜開C)＝①(①＋②)＝(ａ/2)/{(ａ＋2ｂ)/2}＝ａ/(ａ＋2ｂ)
P(当B｜開C)＝②(①＋②)＝ｂ/{(ａ＋2ｂ)/2}＝2ｂ/(ａ＋2ｂ) >>785
③ ピック → チェンジ → ステイ ３／８
④ ピック → チェンジ → チェンジ ５／８
④はP(A)＝１／４ P(C)＝３／８という事ね
つまり、(チェンジ×２)戦略でもP(A)は不変じゃん(*´▽｀*) >>747
P(A)＝1/4 → Q(A)＝4/7
P(B)＝3/8 → Q(B)＝3/7
P(C)＝3/8 ■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
ピック→チェンジ→ステイ戦略における
ドアBの当たりの確率をQ（B）とおく
Q（B）はドアAとドアCが共にハズレで、どちらかのドアが
開けられた状況下でのドアBの当たりの確率なので
∵Q（B）＝P(B)／｛０．５P(A－∪C－)｝＝６／１１ Q（B）＝１－P(A－∩C－)
でも求められる
∵Q（B）＝１－P(A－∩C－)＝１７／３２
１７／３２＝０．５３１２５
６／１１≒０．５４５４５４５４ >>886
＞Q（B）はドアAとドアCが共にハズレで、どちらかのドアが
＞開けられた状況下でのドアBの当たりの確率なので
共にハズレでなくても、どちらか一方は必ず開けられる
共にハズレだったら、Q(B)＝１ >>887
式が正しいならピッタリ一致しないとおかしいだろ 某戦略別勝率は、Ｃが開いた場合とＡが開いた場合の平均勝率だから
個別ケースの勝率が正しく算定できていることが絶対条件
最初に間違ってたら、後は計算するだけ無駄になるので
適当なところで区切りをつけて、あまり深入りしないことをオススメする
とりあえず、標準仮定の条件なら
Ｃが開けられる確率7/16、Ａが開けられる確率9/16
までは異議がないだろうから、あと一息 >>883
(チェンジ×２)戦略の平均勝率が、P(A)+P(C)
になるのは、よく考えたら当たり前だな
16回ゲームをすると考えたら、当たりの配置は４：６：６
16回のうち７回は、Ｃが開いてＡにチェンジして、４回当たり、３回ハズレ
16回のうち９回は、Ａが開いてＣにチェンジして、６回当たり、３回ハズレ ■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
ピック→チェンジ→チェンジ戦略における
ドアAの当たりの確率をQ（A）
ドアCの当たりの確率をQ（C）とおく
プレイヤーがドアAのみにチェンジした時
∵Q(A)＝P(A)｛P(B－)／P(A∪０．５B)｝＝５／１４
プレイヤーがドアCのみにチェンジした時
∵Q(C)＝P(C)｛P(B－)／P(C∪０．５B)｝＝５／１２ >>895
プレイヤーはBのドアの６回当たり分は
決してとることができない
この分の確率が計算されていない
P(B)＝３／８ であるから
プレイヤーがAかCどちらかのドアにチェンジしても
取り分は５／８になる >>896の
P(A)P(B－)とP(C)P(B－)は
プレイヤーがドアAかドアCにチェンジした時の
自分の取り分を示している Ｂのドアの６回当たり分は
Ｃが開いてＡにチェンジした場合の、３回ハズレ
Ａが開いてＣにチェンジした場合の、３回ハズレ
として、ちゃんと計算に入れている P(A)／P(A∪０．５B)＝４／７ だよ
これはドアBが当たりでAかCどちらかのドアを開けた時と
ドアAが当たりの状況下での、ドアAの当たりの確率という意味で
まだチェンジしていない！
つまり、Q(A)≠P(A)／P(A∪０．５B) わかった
Q(A)＝P(A)／P(A∪０．５B)＝４／７
だと理解しているわけか
これだとまだプレイヤーはチェンジした事にならないよ 同じく
Q(C)＝P(C)／P(C∪０．５B)＝２／３
で理解している
これだとまだプレイヤーがドアCにチェンジしたという
部分が計算されていない 勝手に定式化してあげた
∵Q(A)＝P(A)／P(A∪０．５B)＝４／７
プレイヤーがドアCのみにチェンジした時
∵Q(C)＝P(C)／P(C∪０．５B)＝２／３
こういう解釈なわけね(*´▽｀*) ドアＢにチェンジした場合を考えているからこそ、以下の結果が出る
P(A∪０．５B)＝P(ドアCを開ける)
＝(1/4)*(１)＋(3/8)*(1/2)
＝7/16 P(C∪０．５B)という状況下におけるという意味だよ
チェンジしてません チェンジしてないって、最終チェンジをしてないっていう意味か？
最後にステイしようがチェンジしようが、残り２枚になった時点で
Q(A)＝4/7 Q(B)＝3/7 であることに違いはないだろ ２つの事象Aと事象Bが起こるときに、
事象Aと事象Bがともに起こるという事象を
積事象と言います
論理的に考えて積事象以外で
どうやってチェンジしたことになるの？
P(A)P(B－)とP(C)P(B－)は
プレイヤーがドアAかドアCにチェンジした時の
自分の取り分を示している チェンジしたことになるならない以前の問題で
最終選択は残り２枚になっている状態の
Ｑ(A)とＱ(B)には、全く影響を及ぼさないという話 チェンジ戦略なんだから
最後にチェンジしなかったら
ゲームが成立しないだろう チェンジしようとしまいと、P(A)＝4/7 で変わりなし 標準モンティホール問題だって最初に１／３だった
確率がチェンジで２／３に変わるだろう？
チェンジｘ２でもプレイヤーが最終チェンジをすれば
確率は変わるのです(*´▽｀*)
ちゃんと計算しましょう ドア３枚ＡＢＣ ドアＢを選択 → ドアＣを開ける
P(A)＝1/3 → Q(A)＝2/3
P(B)＝1/3 → Q(B)＝1/3
P(C)＝1/3
最後にステイしようがチェンジしようが
Ｑ(A)＝2/3 Q(B)＝1/3 は変わりません (チェンジ×２)戦略の勝率をQ(X)とおくと、Q(X)＝5/8
Q(X)＝P(開C)*Ｑ(A) ＋ P(開A)*Q(C)＝5/8
P(開C)＝7/16 Q(A)＝4/7
P(開A)＝9/16 Q(C)＝2/3 こんな簡単な式ならとっとと作ればいいのに
∵Q(A)＝P(A)／P(A∪０．５B)＝４／７
プレイヤーがドアCのみにチェンジした時
∵Q(C)＝P(C)／P(C∪０．５B)＝２／３
これは標準モンティホール問題からの解釈
しかし、チェンジｘ２の変形問題だと
モンティがプレーヤーの最初に選択したドアを開ける
という特殊性があるため
P(A)P(B－)とP(C)P(B－)の計算が必要になる >>914訂正
標準モンティホール問題に強引にチェンジｘ２戦略を
当てはめたと仮定すると、最初に１／３だった確率が
プレイヤーの取り分２／３とチェンジした側のドアの確率
２／３との積で４／９に変わる
チェンジｘ２でもプレイヤーが最終チェンジをすれば
確率は変わるのです(*´▽｀*) ① ドアＣが開いた場合の、ドアＡが当たりである確率
② ドアＣが開いた場合の、ドアＢが当たりである確率
①②は、司会者がドアＣを開けた瞬間に決まるものであり
その後に、挑戦者がチェンジするかどうかとは全く関係がない 考える必要なかった
>>896はちゃんと
プレイヤーがドアAのみにチェンジした時
プレイヤーがドアCのみにチェンジした時
って書いてあった
∵Q(A)＝P(A)／P(A∪０．５B)＝４／７
∵Q(C)＝P(C)／P(C∪０．５B)＝２／３
これはプレイヤーがAとCどちらも選ぶ場合だった (チェンジ×２)戦略の勝率をQ(X)とおくと、Q(X)＝5/8
① Q(X)＝P(開C)*Ｑ(A) ＋ P(開A)*Q(C)＝5/8
② Q(X)＝Ｑ(A)＋Ｑ(C)＝5/8
①と②の解釈の違いか？
②の解釈としても Q(A)＝1/4 Q(C)＝3/8 にしかならんが >>921
4/7は、ドアＣが開いた場合のドアＡが当たりである確率
じゃあ、5/14は何の確率なんだ？ >>901
＞P(A)／P(A∪０．５B)＝４／７ だよ
＞これはドアBが当たりでAかCどちらかのドアを開けた時と
＞ドアAが当たりの状況下での、ドアAの当たりの確率という意味で
これはドアBが当たりでドアＣを開けた時と
ドアＡが当たりでドアＣを開けたという状況下での
ドアＡの当たりの確率という意味で
つまり、ドアＣが開いた場合のドアＡが当たりである確率 ■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
ピック→チェンジ→チェンジ戦略における
ドアAの当たりの確率をQ（A）
ドアBのハズレの確率をP(B－）とおきます
∵Q(A)＝P(A)P(B－）／｛P(A）＋P(B)／２｝ Ｐ(A)＝1/4 P(B)＝3/8 P(C)＝3/8
ドアＢを選択 → ドアＣを開ける
Q(A)＝P(A)/{P(A)＋P(B)/2}＝4/7
Q(B)＝{P(B)/2)}/{P(A)＋P(B)/2}＝3/7 ,,＿＿,,
／ ｀､
/ ヽ
/ ● ● |
／l ''''' し '''''' |
/ l ＿＿. |
l /ヽ＿ ` --' ＿ノ
＼ ￣ ヽ∩
⌒l l三 |
| ヽ.__| >>926
それチェンジ戦略じゃなくてオープン戦略じゃん なんだよオープン戦略って
単なる事実を言ってるだけだろ
①ピック→チェンジ→チェンジ
②ピック→チェンジ→ステイ
①戦略でも②戦略でも、ドアＣが開いた場合は
Q(A)＝4/7 Q(B)＝3/7 の事実は変わらんぞ 何戦略であろうが某状況下では
Q(A)＝4/7 Q(B)＝3/7 になるという話をしているだけ そうだよ
でもチェンジｘ２戦略とると
Q(A)＝５／１４ Q(A)＝4/7 Q(B)＝3/7 になった状態からステイしようがチェンジしようが
Q(A)＝4/7 Q(B)＝3/7 のままであることには変わりがない ドア２枚になった時点で
Q(A)＝５／１４ Q(B)＝９／１４ だよ ドア２枚になった時点で
Q(A)＝4/7 Q(B)＝3/7 だよ ドア７枚 当たり３つ ハズレ４つ
ハズレのドアが１枚だけ開けられた
ステイ 3/7 チェンジ 18/35
① {3－(3/7)}/5＝18/35
② (3/7)*(2/5)＋(4/7)*(3/5)＝18/35
②の考え方でも正しいんだろうけど、いまいちシックリこない 変形３囚人問題
３人の死刑囚ABC、２人処刑、１人釈放
恩赦の確率、Ａ(1/4)、Ｂ(1/4)、Ｃ(1/2)
Ａ「少なくともBCのうち１人は処刑されるわけだから、どっちが処刑されるか教えてくれ」
看守「Ｂが処刑される」
Ａが助かる確率は？
(答え) 1/5
余計な質問をしてしまったばかりに、助かる確率が減ってしまった可哀想なＡ 8: 風吹けば名無し＠＼(^o^)／ 2017/06/09(金) 06:58:03.95 ID:DdqFIpTk0
最初に当たり選んでれば選び直すと外れる
最初にハズレ選んでれば選び直すと当たる
ハズレのほうが選ぶ確率高いんやから選び直したほうがええやろ モンティホール問題は数学者に対するソーカル事件でした。 ① ○|×× ○|開× ○|× ステイで当たり
② ×|○× ×|○開 ×|○ チェンジで当たり
③ ×|×○ ×|開○ ×|○ チェンジで当たり
④ ○|×× ○|×開 ○|× ステイで当たり
⑤ ×|○× ×|○開 ×|○ チェンジで当たり
⑥ ×|×○ ×|開○ ×|○ チェンジで当たり 結局、はずれのドアを司会者が開けた後は、当たりを引く確率が三分の一から三分の二になるっていうことですか。 結局、はずれのドアを司会者が開けた後は、当たりを引く確率が三分の一から三分の二になるっていうことですか。 ドアＡを選択 → ドアＣが開けられた
P(A)＝1/3 → Q(A)＝1/3
P(B)＝1/3 → Q(B)＝2/3
P(C)＝1/3 ① P(当A ∧ 開C)＝(1/3)*(1/2)
② P(当B ∧ 開C)＝(1/3)*(1)
①：②＝1：2
P(当A｜開C)＝①/(①＋②)＝1/3
P(当B｜開C)＝②/(①＋②)＝2/3 >>10が見事すぎるが、ちと簡潔すぎるから>>938の方が表現としてはなんとなく直感的で万人向けではあるな
分からないうちははっきり言って何億枚にドアを増やそうが最後に二択を手渡される、という観点から1/2にしてしまうと思うよ
1/3で変わらんってのはただの中二病 普通、人々は直感的に、
1. ヒントなしに答える
2. ヒントが出てから答える
2のほうが得だと思うだろ？
なんでモンティホール問題では
直感がこの逆に働くのか。その謎を解明した人がいない。 あなたには回答する機会が2つ与えられる。
一つはヒントを出す前の回答、
もう一つはヒントを出してからの回答だ。
ただしヒントを出してからの回答では
ヒントを出す前の回答を放棄しなければならない。
ヒントを出してからの回答はオプションだ。
モンティホール問題では多くの人々がオプションを選ばなかった。
なぜだろう？
ヒントがない時点での回答にそれほど自信があるんだろうか？
そんなバカな。 これが繰り返しゲームだとしよう。
車がどの扉の背後に置かれるかが完全にランダムじゃない場合があるとする。
つまり、車と羊をゲームが繰り返されるごとに並べ替える人がいて
その人の並び替えにはある「癖」があるのだ。
回答者はゲームが繰り返されている間にその「癖」を学習する。
そうすると、最初に選んだ扉に少しずつ自信が増してくるかもしれない。
でもこのモンティーホール問題は繰り返しゲームだと明言されていない。 モンティ・ホール問題とは現実のテレビ番組を元にして
厳密なルールを追加して、純粋な数学的問題にしたものと認識している
現実ではヒントをくれる、いわゆる天使モンティなどいなくて
いわゆる悪魔モンティが心理戦をしかけてきていると考えるのが自然 カイジの利根川が言っていたように
既にゲームに参加してしまっている回答者には
主催者側が厳密なルールを守っていて公平である
という裏を取る術がない >>945
無作為に開けるなら２枚とも1/3で
残りの1/3が当たり扉を開けてしまって無効とも言えなくもない >>949
> 厳密なルールを追加して、純粋な数学的問題にしたものと認識している
それにしてはお粗末。
マリリンさんの回答が正しいための「暗黙の条件」（以心伝心条項）が多すぎる。 おさえておきたいデマ
①モンティ・ホール問題は Monty Hall がホストを務めるTV番組のゲームに関する問題だ
②マリリンに反論した人が多かったのは、モンティ・ホール問題の問題文が曖昧だからだ
③挑戦者が選んだ扉が当りのときにホストが開ける扉に偏りがあるとき、
ホストが開け残した扉が当りである確率は2／3とはならないので、マリリンの答えは不完全である
④モンティ・ホール問題のゲームの中でホストが挑戦者にルールを 説明したかで答えが変わる 「マリリンに聞け」に掲載されたソースでは「モンティホール問題」とは呼ばれていない。
マリリンさんは「ゲームショー問題」と名づけていらっしゃる。
ソースはこんな感じ。
｛もしあなたがゲームショーに出ているとして、
あなたは三つの扉を選ぶことができるものとします。
一つの扉の背後には車が、他の扉の背後にはヤギがいます。
あなたは一つの扉を選びます。例えば1番です。
そこで、扉の背後に何があるか知っているホストが他の扉、
例えば3番を開けます。そこにはヤギがいます。
彼はあなたに言います。「2番の扉を選びたいですか」
さあ、選択を変更するほうが得ですか？｝
http://marilynvossavant.com/game-show-problem/
繰り返しゲームだともランダムに配置替えされるとも明示されていません。
こういうゲームが何回も繰り返されるなんて現実的想定じゃありませんね。 ゲームショーとしては考えにくいケースですが、
例えば回答者であるあなたがこのゲームに30回繰り返し再挑戦できるという仮定を《勝手に》追加しましょう。
それでもシミュレートすると変更したほうが当たる確率が50%以下になることがあるんだよね。
当然2/3にも定まらない。
1+1=が2以外になることなど一度もあってはならない数学で、これは致命的欠陥です。 【余談】
最初の当たり扉の配置が均等ではなくて
かつ挑戦者がその確率を予想できるような状況であれば
最初に最もハズレそうな扉を選ぶのが最も有利な戦略になる。 回答者「あなた」が山羊よりも車を選好するとする前提すら明示されていないね。
空気を読めってやつかな。 選好など定義など無駄であろう
「変更すべきか？」ではなく
「変更した場合の扉が車の確率は？」等の尋ね方にすればいいだけ これって最初の当たり扉の配置が均等ではない場合も
スイッチの平均勝率は(2/3)になるんだよな
(1/3)の等確率で最初の扉を選ぶという前提だけど
たとえば、当(A,B,C)＝(1/2、1/3、1/6) の場合
(個別のスイッチ勝率)＝(4/7、2/5、3/4、1/2、6/7、4/5)
の６通りになるけど、全体の平均は(2/3)になる
よく考えたら当たり前かもしれないけど これ確率で説明しても納得しにくいでしょ？
開いた後に確率が変動するとかピンとこない
「当たりと思うものを選ぶ」と思わせるミスリードからくる錯覚なんだから
もし直感でAが当たりと思ったならば、「Aを選んで変更しない」がそもそも間違いで「Bを選んで変更する」を選ぶだけ もうすこし勉強してから、考えた方がいいよ。
「モンティホール 、 フィッシャー」
でググってごらん。 後半だけを考えるとわかりやすいよ
2つの扉があり片方があたりです
司会者は当たりで無い方の扉を開けてくれます
つまり自分が引く扉は一つだが、二つとも引いたのと
同じ結果が必ず得られるということ
最初に引いた扉が当たりの確率が1/3だから
残りの2/3が扉を変えた場合の確率になるね 単純思考(確率不変の定理)は変形問題に応用できないのが玉にきず
当(A,B,C)＝(1/3、1/2、1/6)
(選A、開C) 当(A,B)＝(1/4、3/4)
(選A、開B) 当(A,C)＝(1/2、1/2) 扉100枚で98枚の外れを開示したときの例をよく見るんだけど納得できない
始めに正解を開ける確率は1/100だから変えたときのほうが圧倒的に正解率が上がるっていうのは分かる
ただ分かることはその確率が1/100よりも大きいってことだけ
扉を90枚、80枚と減らしていけば変更して当たる確率は100枚のときより小さくなることは簡単に分かる
それで3枚まで減らしたときに本当に1/3より大きくなるかってのは結局計算しないと分からないんじゃないかって どの例で納得するかは、人それぞれ
昔から扉100枚の例は好き嫌いが分かれてるから、あまり気にするな
数学的な厳密性に欠けてる可能性があるとしても
理解の手助けになってる事実がある以上、一概に全否定はできない 扉N枚 (N≧3)
扉1を選んで、扉(3～N)が開かれた場合の、扉(1,2)が当たりである確率
① P(当1 ∧ 残2)＝(1/N)*{1/(Nー1)}
② P(当2 ∧ 残2)＝(1/N)*(1)
①：②＝1：(Nー1)
P(当1｜残2)＝①/(①+②)＝1/N
P(当2｜残2)＝②/(①+②)＝(Nー1)/N >>696
結局、お前は1/2派なんだよ
正しく実験されると2/3以外にはならなくて都合が悪いから
シミュレーションの有効性にケチをつけたがってるだけ 司会者と自分で合計2枚の扉を引けるんだよ
更に司会者は当たりを必ず譲ってくれる
どう考えても1/2にはならないだろ 『挑戦者は２つのドアを同時に開けることはできない』
確率でものを考える人はこんな単純な事実に気が付かないから
３分の２なんて変な数字が出てくる >>970
なんで？
結果的に挑戦者と司会者で合計２つのドアを開けてるだろ
司会者が当たりを持っていく事は無いんだから
挑戦者が２つのドアを開けたのと同じになる ゲーム終了時に開けてないドアがいくつ残るか
ここを考えるのも解りやすいね
--------------------------
もし司会者が当たりの場所を知らなかったとしても
当たった場合は後から譲ってもらえる事になっていれば2/3になるよね
当たりの場所を知ってる司会者には
同様の事がゲーム中に出来るんだよ モンティが確定情報を持っている場合、
ゲーム不成立の確率がゼロになるので
プレイヤーの最初の選択時の確率は変化しない 当(A,B,C)＝(a,b,c)
a＋b＋c＝1
扉Aを選んで、扉Cが開けられた場合の、扉Aが当たりである確率は a/(a＋2b)
どんなときでも (a) と一致するわけではない
一致しない場合でも
モンティは確定情報を持っていて、ゲーム不成立の確率はゼロ ■ニャンティホール問題
□□□ ∧,,∧ ∧,,∧
□□□ (,,・∀・) ﾐ,,・∀・ﾐ
□□□～(_ｕ,ｕﾉ ＠ﾐ_ｕ,,ｕﾐ ゲーム不成立の確率がゼロ
裏を返せば、モンティがヤギを当てる確率は１００％ 当(A,B,C)＝(65/100、2/100、33/100)
あなたが扉Aを選ぶと、司会者は扉Bがハズレだと示した。
あなたは扉Cに変更すべきだろうか？ モンティが確定情報を持ってBを開けた場合
Aの確率は変化しない
Cの確率は３５％にアップする 簡単なプログラムを作って乱数シミューレーションすればあっさり＆はっきり結果が出た
もでなぜわからなかったかの理由がまだわからない ① P(当A ∧ 開B)＝(65/100)*(1/2)
② P(当C ∧ 開B)＝(33/100)*(1)
①：②＝65：66
P(当A｜開B)＝①/(①+②)＝65/131
P(当C｜開B)＝②/(①+②)＝66/131
扉Cに変更するべき >>978
Aの確率が変化しないのは、BとCの確率が等しいときだけ これは司会者がＢを開けた後に
選び直しますか？と聞くのがミソかな
確率的には全く変わらないが、開く前だと残り2つのどちらに当たりが入っていても
自分の物になることが理解しやすいと思う
扉1つと2つどちらがいいですか？と言ってるのと同じなんだよね 男『ここにＡＢＣＤ４枚のカードがあります。』
男『４枚のうち１枚が当たりです。』
男『私はどれが当たりか知っています。』
男『さあ、好きなの１枚選んで。』
女『じゃあＡ』
男『では、貴方の選ばなかったＢＣＤのうちＤはハズレであることを教えよう。』
（Ｄをめくる。確かにハズレだった。）
男『もう一度残ったＡＢＣの３枚から選び直していいよ。変えてみる？』
女『（モンティホールの応用だから変えたほうが若干得そうね）じゃあＢ。』
男『選ばなかったＡＣのうちＣもハズレなことを教えよう。』
（Ｃをめくる。確かにハズレだった。）
男『ラストチャンス。ＡＢどっち？』
女『…(やっぱりＡに戻したくなってきたw）』
女はAに変更すべきだろうか？ 男『私はどれが当たりか知っています』
つまり、確定情報なのでAの確率は１／４まま不動
女はAに変更すべきではない
Bの確率は３／４と高確率 ① 当(A,B,C,D)＝(1/4、1/4、1/4、1/4)
↓ (選A、開D)
② 当(A,B,C)＝(1/4、3/8、3/8)
↓ (選B、開C)
③ 当(A,B)＝(4/7、3/7)
女はAに変更すべき ② 当(A,B,C)＝(1/4、3/8、3/8)
②で確定情報をもとにCの3/8がオープンになるから
通常のモンティホールと同じで
Aの1/4は変化しない 当(A,B,C)＝(1/4、3/8、3/8)
(選B、開C)
① P(当A ∧ 開C)＝(1/4)*(1)
② P(当B ∧ 開C)＝(3/8)*(1/2)
①：②＝4：3
P(当A｜開C)＝①/(①＋②)＝4/7
P(当B｜開C)＝②/(①＋②)＝3/7 ① 当(A,B,C,D)＝(1/4、1/4、1/4、1/4)
①の確率1/4はドアの枚数と分母が一致するので
ここから選択した確率は、確定情報を持った（すなわち不成立ゲームがゼロ）
男がドアを開けるのでゲーム最後まで固定される
② 当(A,B,C)＝(1/4、3/8、3/8)
②から女が選択したBの3/8も確率固定されるが
Aのドアの確率固定力のほうが強力なので
Cのドアオープンとともに強制的に3/4に上げられる >>985
①から②になる時にはAのドアの確率が1/4で固定されているのに
②から③になる時には4/7に変化するのはおかしい
確定情報を持っている男がドアを開けるのなら
③のAのドアの確率も1/4のまま不変である ① 当(A,B,C,D,E)＝(1/5、1/5、1/5、1/5、1/5)
↓ (選A、開E)
② 当(A,B,C,D)＝(1/5、4/15、4/15、4/15)
↓ (選B、開D)
③ 当(A,B,C)＝(9/29、8/29、12/29) 当(A,B,C,D)＝(1/100、32/100、33/100、34/100)
(選A、開D) 当(A,B,C)＝(2/197、96/197、99/197)
(選A、開C) 当(A,B,D)＝(2/200、96/200、102/200)
(選A、開B) 当(A,C,D)＝(2/203、99/203、102/203) >>974
最初に選んだ扉の当たり確率が変化しないための条件は
a＝a/(a+2b)
1＝1/(a+2b)
a+2b＝1
2b＝1－a
2b＝ｂ+c (∵a+b+c＝1)
b＝c 当(A,B,C,D)＝(a,b,c,d)
a+b+c+d＝1
P(当A｜選A,開D)＝2a/(2a+3b+3c)
最初に選んだ扉の当たり確率が変化しないための条件は
a＝2a/(2a+3b+3c)
1＝2/(2a+3b+3c)
2a+3b+3c＝2
3(a＋b＋c)＝2＋a
3(1－d)＝2＋a
d＝(1－a)/3 (必ずしも b＝c＝d である必要はない) ・よくある勘違い
モンティ・ホール問題で選択を変えることは
「最初に選んだドア以外の2つのドアを選ぶ」ことと同じである
普通のモンティ・ホール問題については、この勘違いでも(たまたま)正しいが
一般的な状況でも成り立つと思っているとマズい 勘違いではない
確定情報を持っているモンティがハズレのドアを開けるのなら
選択を変えることは
「最初に選んだドア以外の2つのドアを選ぶ」ことと同じである モンティ・ホール問題で出てくるゲームをやることになった挑戦者。
前日に猛勉強してコツ(a.k.a. 勘違い)をつかんだ。
「結局これは3つのドアのうち、1つを選ぶか、他の2つを選ぶかということだ。
司会者は必ず、挑戦者が選んだ1つのドア以外の2つのドアから、外れのドアを開ける。
ということは、選択を変えることは、他の2つのドアを選ぶのと同じだ。
1つより2つの方が当たる確率が高いのは当然だ。実際、確率は変えるときの方が変えないときの倍になっている。
簡単な話だ。選択を変えた方が勝ちだ！」 翌日、ゲームの説明を受ける挑戦者。
基本的にはモンティ・ホール問題なのだが、1つだけ違いがあった。
3つのドアA、B、Cのどれに賞品を入れるか、くじで決めるのだが、この確率が1/3ずつではなかった。
Aに9999/10000、Bには99/10000、Cには1/10000の確率で賞品を入れる。
以降は同じで、司会者はどのドアに賞品が入ったか知っている。
こんなの絶対Aに決まってると思った挑戦者はあまりの興奮のため、誤ってBを選んでしまった。
だが選択を変えるチャンスが1回あるのはルールで決まっているのだ。
そのときAに変えればいい…
しかし司会者が開けたのはAだった！
Aは外れだったのだ。 挑戦者は思った。
「Aが外れだったのは驚きだな…奇跡的な確率じゃないか？
でもこれでBが当たりというのは確実だろう。
BにはCの100倍近い確率で賞品が入るんだから。
…待てよ？
選択を変えるということは、残り2つのドアを選ぶということだったはずだ。
司会者がAを開けるまで、B以外が当たる確率は(9900/10000)+1/10000だった。
これはBが当たる確率より100倍以上大きい。
そしてそれがそっくり、Cが当たる確率になるはず…なのか？
だとすればBを選び続けるのはあまりに無謀すぎる。
しかしCが当たりとはとても…」 当たる確率が高いのは選択を変える方なのだろうか、変えない方なのだろうか？ このスレッドは１０００を超えました。
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