モンティホールの問題で絶対選び直す奴www [無断転載禁止]©2ch.net

**１３２人目の素数さん** · 2017/08/25(金) 14:37:30.24

コイントスで表が出たら次に出るのは絶対に裏を選択するんだな？

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/13(水) 20:26:25.40

>>375
それはちがうだろ
ゲーム自体は一回限定でも
『誰が』ゲームを行っているかは不明である
これでは1人の人間に起きる確率がわからない

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/13(水) 20:28:42.26

>>376
＞『誰が』ゲームを行っているかは不明である

不明ではない。明らかに、ゲームの参加者である1万人の人間がゲームを行っている。

＞これでは1人の人間に起きる確率がわからない

君の屁理屈によれば、「あなたの人生においては1回限りだから50％である」なんだろ？

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/13(水) 20:31:40.58

だから説得力がないと判断するのは誰？

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/13(水) 20:36:29.72

>>378
説得力がないと判断するのは、ゲームに参加した1万人。

たとえば、ゲームを終えた1万人の人間が再び集まって、
その中の何人が当たりを引いたのかをカウントしてみればよい。
このとき、1万人の中でたった1人しか当たってないことが分かる。もし

「あなたの人生においては1回限りだから50％である」

ならば、当たった人数はだいたい半分くらいカウントされて、、
外れた人数もだいたい半分くらいカウントされなければ、参加者にとって納得がいくわけがない。

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/13(水) 20:44:26.64

確率５０％には『当たり』か『ハズレ』の内どちらかである

という意味もあるから矛盾していない

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/13(水) 20:47:56.01

>>380
矛盾してるかどうかじゃなくて、納得するかどうかの話だろ？

参加者は納得しないよ。確率５０％と言われたのに、
1万人の中で1人しか当たってないんだから。

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/13(水) 20:51:33.72

誰も納得していなくても確率５０％は
何の問題もなく存在できます

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/13(水) 20:58:19.51

あるいは、次のように言ってもよい。君が言うところの「確率５０％」を、

＞確率５０％には『当たり』か『ハズレ』の内どちらかである

このようなくだらない意味に置き換えると、

「あなたの人生においては1回限りだから50％である」

という文章は

「あなたの人生においては1回限りだから、当たりかハズレの内どちらかである」

という意味になる。しかし、今は「当たり」と「ハズレ」しかないゲームをやっているのだから、
このゲームが1回限りでなくても、「当たりかハズレの内どちらかである」という事実は
常に言えてしまうのである。となれば、

「このゲームは1回限りだから、当たりかハズレの内どちらかである」

という言い方はナンセンスである。何回やったって、当たりかハズレの内どちらかだろｗ
「1回限りだから」という制約が無用の長物になってるじゃないか。

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/13(水) 21:04:19.94

ゲームの回数が多数回（N→∞）の時はちゃんと
期待値が出てくるだろ

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/13(水) 21:04:50.61

>>382
誰も納得しない「確率５０％」は、たとえ言葉の定義として矛盾がなくても、

「誰も納得しない」

という意味において大きな問題を抱えている。少なくとも俺は、
君が書いている意味での「確率５０％」なんて使わないな。

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/13(水) 21:07:14.37

私の考えを打ち砕くには

『一回限りの出来事は確率５０％になる』の

確率５０％にならないことを示せばよいのです(´・ω・`)

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/13(水) 21:10:17.03

>>384
何で多数回の話が出てくるんだ？今は「1回しかゲームをしない」ときの話だよ？

で、参加者は納得しないと言ってるんだよ？
確率５０％と言われたのに、1万人の中で1人しか当たってないんだから。
君はそこで

＞確率５０％には『当たり』か『ハズレ』の内どちらかである

と言い出したわけだ。しかし、この場合、君が言うところの

「あなたの人生においては1回限りだから50％である」

という文章は

「あなたの人生においては1回限りだから、当たりかハズレの内どちらかである」

という意味になる。だが、1回に限らず、何回やっても「当たり」か「ハズレ」のうちどちらなんだから、

「何回やったって、当たりかハズレの内どちらかだろｗ 1回限りという制約はどうしたんだよｗ」

ということになり、これでは君が「1回限り」に拘った理由がどこにもなくなる。
つまり、君のやっていることはナンセンス。

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/13(水) 21:15:18.92

>>387

>>383で
このゲームが1回限りでなくても、
「当たりかハズレの内どちらかである」という事実は
常に言えてしまうのである

に対して多数回（N→∞）の受けをしました

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/13(水) 21:16:17.35

>>386
君が言うところの「確率５０％」が

・『当たり』か『ハズレ』の内どちらかである

というくだらない定義なのであれば、

「何回やっても当たりかハズレのうちどちらかである」

という正しい文章に「確率５０％」という言葉を代入することで

「何回やっても確率５０％である」

という文章が完成する。
君の言葉の定義によれば、この文章は論理的には矛盾しておらず、"正しい" 文章である。
しかし、君はこの文章に納得しないだろう。しかし、
「誰も納得しなくても、論理的に矛盾してなければそれでいい」という立場を君は取っている。
なら、これからは君は自信をもって、

「何回やっても確率５０％である」

と宣言しまくればいい。

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/14(木) 15:03:21.88

よく読み返してみたら、ID:UVCpnaBf は

＞『当たりとハズレどちらも同じくらい出る』(>>363)

と言ってるな。つまり、>363 では「確率50％」のことを

＞『当たりとハズレどちらも同じくらい出る』

という常識的な定義で使っている。一方で、>>366 に対しては、その定義だと都合が悪いので

＞確率５０％には『当たり』か『ハズレ』の内どちらかである(>>380)

と別の定義に差し替えて使っている。ダブルスタンダードもいいとこだな。
で、>380 の定義の場合、>>389 で指摘したように

「何回やっても確率５０％である」

という文章が論理的に矛盾せず "正しい" 文章になってしまうので、
定義を差し替えたところで ID:UVCpnaBf は逃げきれない。
つまり、どちらに転んでも、ID:UVCpnaBf の言ってることはナンセンスである。

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/14(木) 15:09:30.12

とりあえず、ID:UVCpnaBf が言っている「確率50％」がどういう意味なのかハッキリしてほしい。

(1) 確率50％とは、「当たりとハズレどちらも同じくらい出る」という意味である。
(2) 確率50％とは、「当たりとハズレのうちどちらかである」という意味である。

もし(1)の意味だとしたら、ID:UVCpnaBf の主張は >>366 には通用せず破綻する。
もし(2)の意味だとしたら、>>389 で指摘したように

「何回やっても確率５０％である」

という文章が論理的に矛盾せず "正しい" 文章になってしまうのでナンセンス。

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/14(木) 18:52:07.58

■ゲームを１回に限定すると

１．最初プレーヤーがあたりを引く確率は1/2である

２．ドアを変更しない場合はそのまま1/2の確率である
　　（変更しないのであればモンティがドアを開こうが開くまいが確率は変わらない）

３．モンティがドアを開けた後にドアを変更する場合、
　　最初に選択したドアがハズレであれば変更後のドアはあたりが確定である
　　つまり、最初に選択したドアがはずれである確率＝ドアを変更した場合に
　　あたりを引く確率である

４．最初の選択であたりを引く確率は1/2、はずれを引く確率も1/2である

５．ゆえに、ドアを変更した場合のあたりを引く確率は1/2である

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/14(木) 22:12:25.78

□■（ステイ　or　チェンジ）…事象C

ゲームが多数回（N→∞）の時の事象Cの確率 P(C|N)

事象Cの尤度関数P(N|C)＝２（確率が二倍になる）

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 * ２＝１（事象Dに一致）

『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Dの確率 P(D)＝１

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/14(木) 23:36:49.62

□■（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

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/15(金) 20:30:07.55

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

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/15(金) 20:38:14.23

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) 21:18:08.60

>>395
なうゲッタチャンスそっくり

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/16(土) 01:07:10.72

こんなスロースピードでゲームやっていたら

１人のプレーヤーにチャンスは一回だろ

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/17(日) 15:49:44.64

確率は脳内で起こってるんじゃない

現場で起きてるんだ！

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/17(日) 15:50:24.32

【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

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/18(月) 01:34:02.06

■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）

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

**式修正** · 2018/06/18(月) 17:36:02.28

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

別式 · 2018/06/19(火) 16:23:03.06

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

**別式２** · 2018/06/19(火) 22:14:14.41

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** · 2018/06/19(火) 22:16:43.07

P(ｎ|A)＝a

P(ｎ|E)＝e

P(F|ｎ)＝ｆとおくと

a＝e／ｆ

e＝aｆ

ｆ＝e／a

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/20(水) 18:38:42.99

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/24(日) 18:52:33.21

■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) 20:53:26.90

ゲームが成立する確率　２（N－１）／Ｎ^2

ゲームが不成立の確率　｛（N－１）^2＋１｝／Ｎ^2

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/25(月) 15:15:06.99

69,463

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/25(月) 18:30:14.27

もとの例題ではルール (3) と (4) が重要とされるのが一般的だが、
実はもう一つ重要な前提がある
それは、「プレーヤーが最初に当たりを選んだ場合に、
モンティが残るドアのどちらを開けるかについて
"癖がない（ランダムに選ぶ）" ことだ
例えば「プレーヤーが最初に当たりのドアAを選んだ場合は、
モンティは必ずＢを開く」という可能性があるとすれば、
「マリリンの解答は間違っている」というのは必ずしも間違いではない
ここで、「癖がない（ランダムに選ぶ）」ことがいかに重要であるか、
具体的に説明する
プレーヤーがドアAを選んだ場合にモンティがドアBを選択する
（選択して開ける）確率を x とすると、ドアBが開いた
（もちろん外れ）という条件のもとで、ドアAが当たりである
確率は x/(1+x）となる（もちろん、ドアCが当たりである確率は
1/(1+x）である）

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/25(月) 21:37:59.67

回答者が当たりの扉を選んでいる場合は、
残りの扉からランダムに1つを選んで開けるとするという条件は、
頻度確率では何の意味も持たないことに留意すべきである
もっとも、ベイズ確率の計算においても、
理由不十分の原理を適用すれば、
「Aが当たりである場合に司会者が Bを開ける確率P(B | A) 」を
1/2とすることに合理性がある

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/25(月) 21:52:04.56

「Aが当たりである場合に司会者が Bを開ける確率P(B|A) 」

P(B|A)＝P(B) * P(A|B)

P(A|B)＝１／３

P(B)＝１／２

P(B|A)＝１／６

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/25(月) 22:46:57.38

前もどっかで書いたけど、単に
司会の扉がハズレの時の、はじめの扉がアタリの確率、残った扉がアタリの確率
を求めるだけなら司会の癖の記述は不要で
癖(確率xの値)が何であれ、確率はそれぞれ1/3、2/3と計算できるから
癖の記述は他の条件と比べるとそれほど重要じゃない

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/25(月) 23:28:09.93

挑戦者が常に扉をチェンジする戦略をとった場合
ゲームを反復した総合成績で見ると
司会者が開けるハズレ扉の選び方の影響がなくなるらしい
Gill, Richard (2011).

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/25(月) 23:35:33.40

P(B)＝ｂとおく

０≦ｂ≦１

ドアAが当たりである確率　ｂ／（１＋ｂ）

ドアCが当たりである確率　１／（１＋ｂ）

P(A)＝aとおく

０≦a≦１／２

P(A|B)＝ｂ／（１＋ｂ）

P(C|B)＝１／（１＋ｂ）

ドアB、Cをランダムに（ｂ＝１／２の確率で）選択した
ときに限って、ドアAが当たりの確率は１／３のまま

ドアCが当たりの確率は当初の１／３から２／３に上がる

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/25(月) 23:41:39.00

>>414
プレイヤーが自分の当たりの確率１／３を放棄して

モンティのハズレドア固定戦略を無効化するという事か

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/25(月) 23:49:38.87

(3) モンティは残りのドアのうち1つを必ず開ける
(4) モンティの開けるドアは、必ずヤギの入っているドアである

(3) と(4) は一つにできる
『モンティは残りのドアのうちヤギの入っているドア1つを開ける』

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/25(月) 23:52:05.76

プレイヤーが扉Aを選んで、司会が扉Bを選んでハズレの時の、扉Aがアタリの確率、扉Cがアタリの確率
と
司会が選んだ扉がハズレの時の、プレイヤーが選んだ扉がアタリの確率、残った扉がアタリの確率
では意味が違う(各事象が異なってる)
というだけだよ

前者のような具体的状況の確率を計算するには癖の情報が必要(ハズレの選び方によって値が変わる)だけど
後者のような抽象的状況(戦略)の確率を計算するには、癖の情報は不要(ハズレの選び方に依らず、値は変わらない)となる

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/27(水) 00:42:53.39

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

１□■
２■□
３■□
４□■
５■□
６■□←当たりとハズレが見事に入れかわる
　　：
　　：
N■□←チェンジすると当たりの確率が２倍
　↑
　ファーストチョイス時の当たりの確率P（A）＝１／３

ステイのハズレの確率はチェンジの当たりの確率に
等しいので、チェンジし続ける（Changing）なら
当たる確率が二倍になるといえる

**１３２人目の素数さん** · 2018/06/27(水) 18:35:13.44

69,494

**１３２人目の素数さん** · 2018/07/01(日) 02:59:42.03

□当たり　■ハズレ

A　　B
□|■■
■|□■
■|■□
□|■■
■|□■
■|■□
□|■■
■|□■
■|■□
↑
最初に当たりを引く確率は１／３

B
■
■
■
■
■
■
■
■
■
↑
モンティはただひたすらハズレのみ
確率１でチョイス

A　B
□|■
■|□
■|□
□|■
■|□
■|□
□|■
■|□
■|□
　　↑
　　チェンジで当たりを引く確率は２／３

**１３２人目の素数さん** · 2018/07/02(月) 18:10:30.31

□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
２／３にできる

**１３２人目の素数さん** · 2018/07/02(月) 20:19:52.01

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

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

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

**１３２人目の素数さん** · 2018/07/03(火) 20:09:49.47

□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

**１３２人目の素数さん** · 2018/07/05(木) 18:12:30.95

もんちい(*´▽｀*)

**１３２人目の素数さん** · 2018/07/05(木) 23:13:43.31

■１～３のドアの内のどれかに当たりがある確率

ドアの大きさはすべて同じで
起こり得る場合の数がｎ通りあり、
どの場合も起こるのが同様に確からしいとする

ある事象Aの場合の数がｒ通りであるとき,
事象Aの起こる確率をｐ＝ｒ／ｎと定義する
（ラプラス流の確率の定義）

事象Aの場合の数／起こり得るすべての場合の数

ゲームを二回だけ行って
起こり得る根元事象全体は
(１回目のゲームで最初に選択したドアがi、
２回目のゲームで最初に選択したドアがjのとき（i，j）と書くと)

Ω＝｛（i，j）|１≦i≦３，１≦j≦３｝

#A＝３ｘ３－２ｘ２＝９－４＝５なのでAの起こる確率ｐ＝５／９

#Aは事象Aに含まれる要素の個数

ゲームが二回だけの時は
最初に当たりを引く確率が１／２をやや上回る

**１３２人目の素数さん** · 2018/07/06(金) 00:19:44.90

ゲームを一回だけ行って
起こり得る根元事象全体は
(ゲームで最初に選択したドアがi、
ゲームで２回目に選択したドアがjのとき（i，j）と書くと)

Ω＝｛（i，j）|１≦i≦３，１≦j≦２｝

#A＝３ｘ２－２ｘ１＝６－２＝４なのでAの起こる確率ｐ＝２／３

#Aは事象Aに含まれる要素の個数

ゲームが一回だけの時は
ステイでもチェンジでも当たりを引く確率が２／３になる

ステイ　or　チェンジを含めてゲームを二回行うと

Aの起こる確率ｐ＝（２／３）^2＝４／９

１／２をやや下回る

**１３２人目の素数さん** · 2018/07/06(金) 02:44:53.25

ゲームをｎ回行って少なくとも一回の当たりを引く確率は

ｐ＝（３^ｎ－２^ｎ）／３^ｎ

ｎ＝１０なら

ｐ＝（５９０４９－１０２４）／５９０４９≒０．９８２６５８４７００８

**１３２人目の素数さん** · 2018/07/06(金) 02:55:31.71

■ドアが１００枚だとどうなる？

ゲームを一回だけ行って
起こり得る根元事象全体は
(ゲームで最初に選択したドアがi、
ゲームで２回目に選択したドアがjのとき（i，j）と書くと)

Ω＝｛（i，j）|１≦i≦１００，１≦j≦２｝

#A＝１００ｘ２－９９ｘ１＝２００－９９＝１０１なので

Aの起こる確率ｐ＝１０１／２００≒１／２

#Aは事象Aに含まれる要素の個数

ドアが１００枚でゲームが一回だけの時は
ステイでもチェンジでも当たりを引く確率が１／２になる

**１３２人目の素数さん** · 2018/07/07(土) 17:23:38.54

　　　　　　　　,,＿＿,,
　　　　　　／　　　｀､
　　　　　/　　　　　　　ヽ
　　　　　/　●　　　 ●　|
　　　／l　 '''''　し　 ''''''　|
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**１３２人目の素数さん** · 2018/07/07(土) 17:25:25.91

■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

**１３２人目の素数さん** · 2018/07/07(土) 17:41:02.02

期待値μであるような
独立同時分布確率変数列X１、X２…の算術平均

［Xｎ］＝｛X１＋X２＋…＋Xｎ｝／ｎ

のとる値は、十分大きなｎまで考えれば、
ほとんどのｎでおおよそμである

[Ｘｎ]がμから大きく外れるようなｎの現れる確率は
ｎを無限に大きくすると０に近づく

lim［Xｎ］＝μ　in probability
ｎ→∞

ゲームが一回でドアを無限に増やした時の
プレイヤーが当たりを引く期待値は

μ≒１／２

**１３２人目の素数さん** · 2018/07/07(土) 18:54:08.31

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

■□　□■
□■　■□
■□　□■

**１３２人目の素数さん** · 2018/07/08(日) 00:51:38.55

支離滅裂
期待値μのゲームをｎ回繰り返し行うときに言える話(大数の法則)と
扉を増やすことで別のゲームを考えることとは全く関係がない

関係ないのに同じｎやμなどの記号を用いるのは
非常に悪意があるか、または、単に物凄くお馬鹿か
のどちらかである

**１３２人目の素数さん** · 2018/07/08(日) 01:12:36.87

世界線が変化する

□□　■□　■■
■□　■■　■□
□■　■■　■■

■■　■□　□■
■■　□■　■□
■■　■□　□■

**１３２人目の素数さん** · 2018/07/08(日) 01:18:44.97

>>434
ゲームの回数を一回で固定して

ドアの枚数を増やすことをｎ回繰り返しのゲームとして
置き換える

これは1bitΔΣ変調回路からのアイデア

**１３２人目の素数さん** · 2018/07/08(日) 01:28:56.05

■ドアが三枚

ゲームを三回行って起こり得る根元事象全体は
(１回目のゲームで最初に選択したドアがi、
２回目のゲームで最初に選択したドアがj、
３回目のゲームで最初に選択したドアがｋのとき（i，j，ｋ）と書くと)

Ω＝｛（i，j，ｋ）|１≦i≦３，１≦j≦３，１≦ｋ≦３｝

#A＝３ｘ３ｘ３－２ｘ２ｘ２＝２７－８＝１９なのでAの起こる確率ｐ＝１９／２７

#Aは事象Aに含まれる要素の個数

ゲームが三回だけの時は
最初に当たりを引く確率が２／３をやや上回る

ゲームをｎ回行って少なくとも一回の当たりを引く確率は

ｐ＝（３^ｎ－２^ｎ）／３^ｎ

**１３２人目の素数さん** · 2018/07/08(日) 02:54:31.94

実際に>>431の数値を入力して計算してみる

期待値μ＝３／５

ｎ＝５

［Xｎ］＝｛X１＋X２＋…＋Xｎ｝／ｎ

　　　＝｛２／３＋５／８＋３／５＋７／１２＋４／７｝／５

　　　＝３．０４６４２８５７１４３／５

　　　＝０．６０９２８５７１４２８≒３／５

見事に収束する

**１３２人目の素数さん** · 2018/07/08(日) 04:30:11.22

久々に来てみたけどまだ勉強していないみたいだな

**１３２人目の素数さん** · 2018/07/08(日) 18:56:18.18

■モンティが介在しないドアが一枚と二枚を含めて行う

ドアが１枚　P(A)＝１

ドアが２枚　P(A)＝３／４

期待値μ＝５／８＝０．６２５

ｎ＝７

［Xｎ］＝｛X１＋X２＋…＋X７｝／ｎ

　　　＝｛１＋３／４＋２／３＋５／８＋３／５＋７／１２＋４／７｝／７

　　　＝４．７９６４２８５７１４３／７

　　　＝０．６８５２０４０８１６３

モンティがいないと期待値

μ＝０．６２５と比べてやや高い値をとる

［Xｎ］／μ＝１．０９６３２６５３０６１

**１３２人目の素数さん** · 2018/07/08(日) 19:20:45.95

■ゲームは一回限定で1bitΔΣ変調を行う

最初の３枚のドア（１ｆｓ）に
６４倍オーバーサンプリング（６４ｆｓ）をかけて

１９２枚のドアを擬似的に作り出す

１bit量子化器は分解能が２値（０と１）
　　　　　　　　　↓
これがステイorチェンジに対応する

P(A)＝１９３／３８４

　　　＝０．５０２６０４１６６６６

　　　≒１／２

擬似的に作り出された１９２枚のドアには

６４個の当たりがノイズ成分として擬似的に生成される

もちろん、本物の当たりは一つだけ

**１３２人目の素数さん** · 2018/07/10(火) 16:36:07.74

■ゲームは一回限定で1bitΔΣ変調を行う

最初の３枚のドア（１ｆｓ）に
２５６倍オーバーサンプリング（２５６ｆｓ）をかけて

７６８枚のドアを擬似的に作り出す

１bit量子化器は分解能が２値（０と１）
　　　　　　　　　↓
これがステイorチェンジに対応する

P(A)＝７６９／１５３６

　　　＝０．５００６５１０４１６６

　　　≒１／２

擬似的に作り出された７６８枚のドアには

２５６個の当たりがノイズ成分として擬似的に生成される

もちろん、本物の当たりは一つだけ

**１３２人目の素数さん** · 2018/07/10(火) 16:52:14.26

■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

**１３２人目の素数さん** · 2018/07/11(水) 01:02:03.52

>>428
ゲームを１０回行うと最初の選択で９８％の確率で
当たりが少なくとも一回は引ける

**１３２人目の素数さん** · 2018/07/11(水) 17:25:19.47

>>431の分散を求める

ｎ＝５

μ＝３／５

　　　　　　　　　n
V［X］＝１／ｎΣ（Xi－μ）^2
　　　　　　　　　i=1

　　　＝１／５（０．００４４４４＋０．０００６２５＋０．０００２７７＋０．０００８１６）

　　　＝０．００１２３２４

**１３２人目の素数さん** · 2018/07/11(水) 19:14:31.78

二次のモーメントを使う

ｎ＝５

μ＝３／５

V［X］＝E［X^2］－μ^2

　　　＝｛（２／３）^2＋（５／８）^2＋（３／５）^2＋（７／１２）^2＋（４／７）^2｝／５－μ^2

　　　＝｛（４／９＋２５／６４＋９／２５＋４９／１４４＋１６／４９）／５｝－９／２５

　　　＝０．３７２３７５５６６８９－０．３６

　　　＝０．０１２３７５５６６８９

**１３２人目の素数さん** · 2018/07/11(水) 19:17:28.01

どちらも小数点以下で分散が小さい

→平均 μ に近いデータが多い

→散らばり極小

**１３２人目の素数さん** · 2018/07/13(金) 18:02:54.82

Ω＝｛当たり，ハズレ，ハズレ}とおくとき，

F＝｛φ，Ω，｛当たり，ハズレ｝，｛ハズレ，ハズレ｝｝は，

σ 集合族である．

**１３２人目の素数さん** · 2018/07/13(金) 21:21:14.36

プレイヤーのファーストチョイス

□□　■■　■■
□□　■■　■■
□□　■■　■■　P(A)＝１／３

ステイorチェンジ

□□　■■　
■■　□□　　
■■　□□　P(A)＝２／３

Ω＝｛（i，j）|１≦i≦３，１≦j≦２｝

#A＝３ｘ２－２ｘ１＝６－２＝４なので

Aの起こる確率ｐ＝４／６＝２／３

#Aは事象Aに含まれる要素の個数

ドアが三枚の時は当たりの確率P(A)＝２／３

**１３２人目の素数さん** · 2018/07/15(日) 21:04:32.31

■ドアが五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)＝１／５

モンティのファーストチョイスと
プレイヤーのファーストチェンジ

　A　　　B　　　C 　　　D
■■|　□□　■■　■■　P(B)＝４／１５
■■|　□□　■■　■■　P(C)＝４／１５
■■|　□□　■■　■■　P(D)＝４／１５
P(A)＝１／５　

モンティがAのドアを開けた場合

　B　　　C 　　　D
□□|　■■　■■　P(B)＝４／１５
□□|　■■　■■　P(C)＝１１／３０　　……α
□□|　■■　■■　P(D)＝１１／３０

モンティがAのドアを開けない場合

　A　　　B　　　C 　　　
■■|　□□　■■　P(A)＝１／５
■■|　□□　■■　P(B)＝２／５　　……β
■■|　□□　■■　P(C)＝２／５

αからのチェンジ

P(B)＝１１／１５
P(C)＝１９／３０
P(D)＝１９／３０

βからのチェンジ

P(A)＝４／５
P(B)＝３／５
P(C)＝３／５

**１３２人目の素数さん** · 2018/07/15(日) 21:05:31.40

Ω＝｛（i，j，k，l，m，n）|５ｘ４ｘ１５ｘ３０ｘ３ｘ２，４ｘ１４ｘ２９ｘ３ｘ２ｘ１｝

#A＝５４０００－９７４４＝４４２５６なので

Aの起こる確率

ｐ＝４４２５６／５４０００＝０．８１９５５５５５５５５

#Aは事象Aに含まれる要素の個数

ドアが五枚の時は当たりの確率

P(A)＝９２２／１１２５＝０．８１９５５５５５５５５

ちなみに４／５＝０．８

**１３２人目の素数さん** · 2018/07/15(日) 22:20:52.13

βからのステイ

P(A)＝１／５
P(B)＝４／５
P(C)＝４／５

ドアAがゲーム最後まで残っている場合、
ステイで確率が二倍になるという現象が起きる

**１３２人目の素数さん** · 2018/07/16(月) 23:03:22.59

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

これはつまり、
『トランプ５２枚の中から４枚続けてダイヤを引く確率』

一枚目ｐ＝１／４
二枚目ｐ＝１２／５１
三枚目ｐ＝１１／５０
四枚目ｐ＝１０／４９

よってｐ＝１０／４９

(*´▽｀*)

**１３２人目の素数さん** · 2018/07/16(月) 23:49:31.93

『トランプ５２枚の中から４枚続けてダイヤを引く確率』

これはつまり

『３枚のダイヤが取り除かれたトランプ４９枚の中から
次にダイヤのカードを１枚引く確率』

と等しい

**１３２人目の素数さん** · 2018/07/17(火) 00:36:35.08

『トランプ５２枚の中から４枚続けてダイヤを引く確率』≠10/49＝0.20408163...

(13/52)*(12/51)*(11/50)*(10/49)＝11/4165＝0.0026410564...

**１３２人目の素数さん** · 2018/07/17(火) 01:04:30.45

『トランプ５２枚の中から４枚続けてダイヤを引く確率』

これはつまり

『トランプ５２枚の中から４枚続けてダイヤを引いた時、
最初の３枚の確率は考慮しなくてよい』

と等しい

**１３２人目の素数さん** · 2018/07/17(火) 01:38:45.74

「等しい」なんて言っちゃうからツッコミが入るんだって
計算した数字が完全に違うんだから、等しいも何もヘッタクレもない
問題の答えを出すための考え方自体は合ってるから、それ単独ではいいんだけど

以下のワードで検索
『よく話題になる確率の問題を集めてみる　哲学ニュース nwk』

**１３２人目の素数さん** · 2018/07/17(火) 02:07:48.34

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

これはつまり、
『トランプ５２枚の中から４枚続けてダイヤを引いた時の
確率を個別に計算し、四枚目の確率を求める』

と等しい、つまり

『３枚のダイヤが取り除かれたトランプ４９枚の中から
次にダイヤのカードを１枚引く確率』になる

一枚目ｐ＝１／４
二枚目ｐ＝１２／５１
三枚目ｐ＝１１／５０
四枚目ｐ＝１０／４９

よってｐ＝１０／４９

(*´▽｀*)

**１３２人目の素数さん** · 2018/07/17(火) 02:17:10.36

(13-3)/(52-3)＝10/49　でいいと思うけど、教科書的に計算するなら

A:最初がダイヤ、後3枚もダイヤ
B:最初がダイヤでない、後3枚がダイヤ

P(A)=(13*12*11*10)/(52*51*50*49)
P(B)=(39*13*12*11)/(52*51*50*49)

P(A)/{P(A)+P(B)}=10/49

**１３２人目の素数さん** · 2018/07/17(火) 16:58:04.70

P(A)＝(１ｘ１２ｘ１１ｘ１０)／(４ｘ５１ｘ５０ｘ４９)
P(B)＝(３ｘ１３ｘ１２ｘ１１)／(４ｘ５１ｘ５０ｘ４９)

P(A)＝１０ｙ/４ｘ
P(B)＝３９ｙ/４ｘ

P(A)＋P(B)＝４９ｙ/４ｘ

P(A)／｛P(A)＋P(B)｝＝（１０ｙ／４ｘ）／（４９ｙ／４ｘ）

　　　　　　　　　　　　　＝１０／４９

**１３２人目の素数さん** · 2018/07/17(火) 17:02:19.85

P(A)＝(１ｘ１２ｘ１１ｘ１０)／(４ｘ５１ｘ５０ｘ４９)
P(B)＝(３ｘ１３ｘ１２ｘ１１)／(４ｘ５１ｘ５０ｘ４９)

P(A)＝１０ｙ/ｘ
P(B)＝３９ｙ/ｘ

P(A)＋P(B)＝４９ｙ/ｘ

P(A)／｛P(A)＋P(B)｝＝（１０ｙ／ｘ）／（４９ｙ／ｘ）

　　　　　　　　　　　　　＝１０／４９

**１３２人目の素数さん** · 2018/07/17(火) 17:56:24.23

P(A)=(13*12*11*10)/(52*51*50*49)
P(B)=(39*13*12*11)/(52*51*50*49)

P(A)：P(B)＝10：39

P(A)/{P(A)+P(B)}=10/(10+39)＝10/49

**１３２人目の素数さん** · 2018/07/17(火) 18:03:35.09

P(A)＝(１３ｘ１２ｘ１１ｘ１０)／(５２ｘ５１ｘ５０ｘ４９)
P(B)＝(３９ｘ１３ｘ１２ｘ１１)／(５２ｘ５１ｘ５０ｘ４９)

P(A)＝１０
P(B)＝３９

P(A)＋P(B)＝４９

P(A)／｛P(A)＋P(B)｝＝１０／４９

**１３２人目の素数さん** · 2018/07/17(火) 18:09:52.17

■ドア４枚で最初に当たりを引く確率

P(A)＝(１ｘ１ｘ１)／(４ｘ３ｘ２)
P(B)＝(３ｘ２ｘ１)／(４ｘ３ｘ２)

P(A)＝１／２４
P(B)＝６／２４

P(A)＋P(B)＝７／２４

P(A)／｛P(A)＋P(B)｝＝（１／２４）／（７／２４）

　　　　　　　　　　　　　＝１／７

**１３２人目の素数さん** · 2018/07/18(水) 02:20:39.92

■ドア３枚で最初に当たりを引く確率

P(A)＝(１ｘ１)／(３ｘ２)
P(B)＝(２ｘ１)／(３ｘ２)

P(A)＝１
P(B)＝２

P(A)＋P(B)＝３

P(A)／｛P(A)＋P(B)｝＝１／３

　　　　　　　　　　　　　

**１３２人目の素数さん** · 2018/07/19(木) 18:54:55.75

(｡･ω･)y-~~ これ…メッチャ単純な話だと思うけどなぁ…

確かに最初に引いた時の確率は１/４だよ…
でもさぁ…表見てないんだろ？

なら…ダイヤ３枚引いた後に箱から出して
表見るとゆ～行為は…
ダイヤが１０枚含まれている４９枚のカードから
１枚引くのと同じ行為じゃん…

故に答えは１０/４９

**１３２人目の素数さん** · 2018/07/19(木) 20:18:13.70

◆ドア七枚マルチステージノイズシェーピング

A...B..C..D..E...F..G
□■■■■■■１／７　６／７

□■■■■■１／７　６／３５　６／３５　６／３５　６／３５　６／３５

□■■■■１／７　６／３５　８／３５　８／３５　８／３５

□■■■１／７　６／３５　１２／３５　１２／３５
　　
□■■１／７　６／３５　２４／３５
　　　　１／７　１２／３５　１８／３５

□■１／７　６／７

Ω＝｛（i，j，k，l，m，n，o）|７！ｘ３５，６！ｘ３４｝

#A＝２４５－３４＝２１１なので

Aの起こる確率ｐ＝２１１／２４５＝０．８６１２２４４８９７９

#Aは事象Aに含まれる要素の個数

ドアが七枚の時は当たりの確率P(A)＝０．８６１２２４４８９７９

ちなみに６／７＝０．８５７１４２８５７１４

**１３２人目の素数さん** · 2018/07/19(木) 21:09:00.02

>>467
昭和58年の早稲田文系の入試問題らしいし
旺文社が正解が(1/4)の受験参考書を出版してたらしいし
一時期、2chで大論争になったらしい(現在進行形？)

いつの時代も、間違える人は一定数は必ずいる
モンティ・ホール問題しかり、赤青問題しかり

３枚のカードが袋に入ってます
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
このカードの裏が青である確率は？

**１３２人目の素数さん** · 2018/07/21(土) 21:28:51.31

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

A＝１０
B＝３９

A＋B＝４９

A／（A＋B)＝１０／４９

**１３２人目の素数さん** · 2018/07/21(土) 21:35:54.92

モンティがAのドアを開けた場合

　B　　　C 　　　D
□□|　■■　■■　P(B)＝４／１５
□□|　■■　■■　P(C)＝１１／３０　　……α
□□|　■■　■■　P(D)＝１１／３０

ここからさらにCにチェンジ

　B　　　C 　　　D
■■|　□□　■■　P(B)＝４／１５
■■|　□□　■■　P(C)＝１１／３０　　
■■|　□□　■■　P(D)＝１１／３０

**１３２人目の素数さん** · 2018/07/21(土) 21:41:54.61

モンティがBのドアオープン

　　C 　　D
　□□　■■　P(C)＝１／２
　□□　■■　P(D)＝１／２　　
　□□　■■　

モンティがDのドアをオープン

　B　　　C 　　
■■|　□□　P(B)＝４／１５
■■|　□□　P(C)＝１１／１５　　
■■|　□□　

**１３２人目の素数さん** · 2018/07/22(日) 09:36:29.31

>>470
ドア５枚　　ドアＡを選ぶ　→　ドアＥを開ける
P(A)＝1/5　　P(B)＝P(C)＝P(D)＝4/15

ドアＢにチェンジ　→　ドアＡを開ける

①　P(当B ∩ 開A)＝(4/15)*(1/3)
②　P(当C ∩ 開A)＝(4/15)*(1/2)
③　P(当D ∩ 開A)＝(4/15)*(1/2)

①：②：③＝(1/3)：(1/2)：(1/2)＝2：3：3

P(当B｜開A)＝①/(①＋②＋③)＝1/4
P(当C｜開A)＝②/(①＋②＋③)＝3/8
P(当D｜開A)＝③/(①＋②＋③)＝3/8

**１３２人目の素数さん** · 2018/07/22(日) 10:22:52.20

ドア５枚　　ドアＡを選ぶ　→　ドアＥを開ける
P(A)＝1/5　　P(B)＝P(C)＝P(D)＝4/15

ドアＢにチェンジ　→　ドアＤを開ける

①　P(当A ∩ 開D)＝(1/5)*(1/2)＝1/10
②　P(当B ∩ 開D)＝(4/15)*(1/3)＝4/45
③　P(当C ∩ 開D)＝(4/15)*(1/2)＝2/15

①：②：③＝(1/10)：(4/45)：(2/15)＝9：8：12

P(当A｜開D)＝①/(①＋②＋③)＝9/29
P(当B｜開D)＝②/(①＋②＋③)＝8/29
P(当C｜開D)＝③/(①＋②＋③)＝12/29

**１３２人目の素数さん** · 2018/07/22(日) 20:27:47.00

■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　

**１３２人目の素数さん** · 2018/07/24(火) 01:49:26.80

ドアＢが選択されている場合に、ドアＣが開けられるのは、以下の２通り
①　当たりがＡのときにＣを開けられる
②　当たりがＢのときにＣを開けられる

P(開C)＝P(当A ∩ 開C) ＋ P(当B ∩ 開C)
　　　＝P(当A)*P(開C｜当A) ＋ P(当B)*P(開C｜当B)
　　　＝(1/4)*(１)＋(3/8)*(1/2)
　　　＝7/16