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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
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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）
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
P(B|A)＝P(B) * P(A|B)
P(A|B)＝１／３
P(B)＝１／２
P(B|A)＝１／６
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
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).
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
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
(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』
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
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
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
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
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
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
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
ｐ＝（３^ｎ－２^ｎ）／３^ｎ
ｎ＝１０なら
ｐ＝（５９０４９－１０２４）／５９０４９≒０．９８２６５８４７００８
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
／ ｀､
/ ヽ
/ ● ● |
／l ''''' し '''''' |
/ l ＿＿. |
l /ヽ＿ ` --' ＿ノ
＼ ￣ ヽ∩
⌒l l三 |
| ヽ.__|
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
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
□□ ■■ ■■
□□ ■■ ■■
□□ ■■ ■■
モンティチョイス
□□ ■■
□□ ■■
□□ ■■
当たりの確率が１／２世界線へシフト
■□ □■
□■ ■□
■□ □■
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
□□ ■□ ■■
■□ ■■ ■□
□■ ■■ ■■
■■ ■□ □■
■■ □■ ■□
■■ ■□ □■
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
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
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
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
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
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
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
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
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
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
→平均 μ に近いデータが多い
→散らばり極小
F＝｛φ，Ω，｛当たり，ハズレ｝，｛ハズレ，ハズレ｝｝は，
σ 集合族である．
□□ ■■ ■■
□□ ■■ ■■
□□ ■■ ■■ 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
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
#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
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
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
(*´▽｀*)
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
(13/52)*(12/51)*(11/50)*(10/49)＝11/4165＝0.0026410564...
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
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』
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
(*´▽｀*)
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
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
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
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
P(B)＝(３９ｘ１３ｘ１２ｘ１１)／(５２ｘ５１ｘ５０ｘ４９)
P(A)＝１０
P(B)＝３９
P(A)＋P(B)＝４９
P(A)／｛P(A)＋P(B)｝＝１０／４９
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
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
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
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
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？
『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
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
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
■■| □□
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
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
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
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
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)
／ ｀､
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l /ヽ＿ ` --' ＿ノ
＼ ￣ ヽ∩
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| ヽ.__|
P(当B)*P(開C｜当B)＝３／８だよ
① 当たりがＢのときにＡを開けられる
② 当たりがＣのときにＡを開けられる
P(開A)＝P(当B ∩ 開A) ＋ P(当C ∩ 開A)
＝P(当B)*P(開A｜当B) ＋ P(当C)*P(開A｜当C)
＝(3/8)*(1/2) ＋ (3/8)*(１)
＝9/16
ドアＢが選択されている場合、開けられるのはドア(ＡかＣ)の２通りのみ
ドアＡが開けられる確率と、ドアＣが開けられる確率を足すと、確率１になる
(ドアＢを開けられる確率は０)
P(開A)＋P(開C)＝(9/16)＋(7/16)＝１
①当たりがＢのときにＡを開けられる
モンティに戦略があるとプレイヤーの
チェンジｘ２戦略が顕在化できないので
ドアBに当たりがある時には
モンティはドアAは開けないルール
ドアAを開けてしまうとプレイヤーのチェンジｘ２戦略に
手を貸してしまうことになるので
モンティがドアAを開けるのはドアCに当たりがある
つまり、そうせざる負えない状況の時のみ
ドアＡを開けて、プレーヤーにＢからＣにチェンジしてもらっても
ドアＣを開けて、プレーヤーにＢからＡにチェンジしてもらっても
両方とも結果はハズレなんだから
当たりがＢの場合は、どっちを開けてもプレーヤーに手を貸すことにはならない
知っているから、手を貸すことになるよ
君ら延々と何やってんの？
まず2つのスレにマルチすんな
変形問題ならゲームのルールを明記しろ
そして記号や式は正しく、分かりやすく書け
最初に当たりが選ばれた場合は、残りのハズレ２枚から
ランダムに開くことが最初から決まってるルールだっての
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 ９／１４
④ ピック → チェンジ → チェンジ ５／１４
× ③ ピック → チェンジ → ステイ ９／１４
× ④ ピック → チェンジ → チェンジ ５／１４
○ ③ ピック → チェンジ → ステイ ５／８
○ ④ ピック → チェンジ → チェンジ ３／８
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
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
∵P(A)｛P(B－)／P(A∪B)｝＝P(A)
∵P(A)｛P(B－)／P(A∪０．５B)｝＝P(A)（１０／７）
② P(当C｜開A)＝{P(C)*P(開A｜当C)}／P(開A)
P(A)＝1/4 P(開C｜当A)＝１ P(開C)＝7/16(>>475) ①＝4/7
P(C)＝3/8 p(開A｜当C)＝１ P(開A)＝9/16(>>479) ②＝2/3
(チェンジ×２)の平均勝率(期待値)＝(7/16)*(4/7)＋(9/16)*(2/3)＝5/8
∵P(A)｛P(B－)／P(A∪B)｝＝P(A)
② P(当C｜開A)＝{P(C)*P(開A｜当C)}／P(開A)＝2/3
にならないじゃん
②＝2/3
これをどうやって導出したのか
数値を入れた式を出してくれ
＝{(1/4)*(１)}／(7/16)
＝(1/4)*(16/7)
＝4/7
② P(当C｜開A)＝{P(当C)*P(開A｜当C)}／P(開A)
＝{(3/8)*(１)}／(9/16)
＝(3/8)*(16/9)
＝2/3
ドアBが当たりの時でもチェンジする
この確率が計算されていない
ｋ＝P(B－)／P(A∪０．５B)
ここだけ見ればチェンジｘ２で
P(A)がどう変化するのかがわかる
何で計算式出さないの？
式がなければただの希望的観測だよ
これがP(A)の期待値になる論拠がない
自分の願望
P(A)の期待値じゃなくて
(チェンジ×２)戦略の勝率の期待値
記号や式をまともに書く努力をしろよ
双方とも酷くてどっちも読む気しない
それとももしかして、記号の扱いがどっちも同程度酷いということは自演なのか？
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）』
>>506の模範解答をよろしくお願いします
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(*´▽｀*)
具体的なことでお願いします
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