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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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? ■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 ■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 ■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 ■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 >>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 >>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 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 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 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. 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 ■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 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 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 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
(*´▽`*) 『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 『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... 『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 「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』 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
(*´▽`*) (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 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 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 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 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 ■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 ■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
(。・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 ◆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 >>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? 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 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 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
■■| □□ >>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
@ P(当B ∩ 開A)=(4/15)*(1/3)
A P(当C ∩ 開A)=(4/15)*(1/2)
B P(当D ∩ 開A)=(4/15)*(1/2)
@:A:B=(1/3):(1/2):(1/2)=2:3:3
P(当B|開A)=@/(@+A+B)=1/4
P(当C|開A)=A/(@+A+B)=3/8
P(当D|開A)=B/(@+A+B)=3/8 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
@ P(当A ∩ 開D)=(1/5)*(1/2)=1/10
A P(当B ∩ 開D)=(4/15)*(1/3)=4/45
B P(当C ∩ 開D)=(4/15)*(1/2)=2/15
@:A:B=(1/10):(4/45):(2/15)=9:8:12
P(当A|開D)=@/(@+A+B)=9/29
P(当B|開D)=A/(@+A+B)=8/29
P(当C|開D)=B/(@+A+B)=12/29 ■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……@
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
@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 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
@ 当たりがAのときにCを開けられる
A 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 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) ,,__,,
/ `、
/ ヽ
/ ● ● |
/l ''''' し '''''' |
/ l __. |
l /ヽ_ ` --' _ノ
\  ̄ ヽ∩
⌒l l三 |
| ヽ.__| >>475
P(当B)*P(開C|当B)=3/8だよ ドアBが選択されている場合に、ドアAが開けられるのは、以下の2通り
@ 当たりがBのときにAを開けられる
A 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 >>479
@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 当たりがどこにあるか知っているモンティがランダムに
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 当たりがドアBの場合は、ドアAとドアCは両方ともハズレ
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 モンティはプレイヤーがチェンジx2でドアAを選択することを
知っているから、手を貸すことになるよ 読みにくくて読む気しないんだが
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 手を貸す貸さない以前の問題で、標準仮定のDで
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 マルチステージ問題
@ ピック → ステイ → ステイ 1/4
A ピック → ステイ → チェンジ 3/4
B ピック → チェンジ → ステイ 9/14
C ピック → チェンジ → チェンジ 5/14 >>487
× B ピック → チェンジ → ステイ 9/14
× C ピック → チェンジ → チェンジ 5/14
○ B ピック → チェンジ → ステイ 5/8
○ C ピック → チェンジ → チェンジ 3/8 >>488 訂正
B ピック → チェンジ → ステイ 3/8
C ピック → チェンジ → チェンジ 5/8 ドア4枚で1回目にチェンジしたケースをまとめると
@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)
A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 こういう式にしてくれ
∵P(A){P(B−)/P(A∪B)}=P(A) >>475に準拠すると
∵P(A){P(B−)/P(A∪0.5B)}=P(A)(10/7) @ P(当A|開C)={P(A)*P(開C|当A)}/P(開C)
A 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) @=4/7
P(C)=3/8 p(開A|当C)=1 P(開A)=9/16(>>479) A=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 こういう式にしてくれ
∵P(A){P(B−)/P(A∪B)}=P(A) @ P(当A|開C)={P(A)*P(開C|当A)}/P(開C)=4/7
A 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 @=4/7
A=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 @P(当A|開C)={P(当A)*P(開C|当A)}/P(開C)
={(1/4)*(1)}/(7/16)
=(1/4)*(16/7)
=4/7
A 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 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
この確率が計算されていない 重要なのは係数kの部分
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 (7/16)*(4/7)+(9/16)*(2/3)
これがP(A)の期待値になる論拠がない
自分の願望 最終チェンジ先はドア(AかC)の2通りなので
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 だからさあ
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『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)』 >>505
>>506の模範解答をよろしくお願いします >>487はプレイヤーが最後に必ずドアAを開ける場合
B ピック → チェンジ → ステイ 3/8
C ピック → チェンジ → チェンジ 5/8
C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(*´▽`*) >>476
>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
Q(A)=Q(B−)
P(B−)は5/8だが、Q(B−)は不明 Cが開いた場合のAが当たりである確率
(Aが当たり ∧ Cを開く)/{(Aが当たり ∧ Cを開く)+(Bが当たり ∧ Cを開く)} P(B−)によってQ(A)が引き起こされるんだから
Q(A)=P(B−)
Q(B−)は不明で当たり前だよ
計算に必要ないもん >>507,>>509
君たちやっぱり仲良しだな
先に答えだけ書くと
単に個別の状況での確率を求めるなら
プレイヤーが最初にA,司会がD,プレイヤーがチェンジしてBを選び、司会がCを選んだ
という>>506の状況でAがアタリの確率は4/7,Bがアタリの確率は3/7
プレイヤーが最初にA,司会がD,プレイヤーがチェンジしてBを選び、司会がAを選んだ
という状況ではBがアタリの確率は1/3,Cがアタリの確率2/3
プレイヤーが最初にA,司会がD,プレイヤーがステイしてAを選び、司会がCを選んだ
という状況ではAがアタリの確率は1/4,Bがアタリの確率3/4
となった
プレイヤーのとる戦略の成功確率を求めるなら
ステイ→チェンジ戦略の成功確率3/4
チェンジ→司会が何を選んでもチェンジ戦略の成功確率5/8
だけど他にも
チェンジ→司会が最初に選んだのと同じ扉を選んだらチェンジ、違う扉を選んだらステイ
などの戦略もあって、この場合の成功確率は9/16
となった
で、俺は何を解答、解説、指摘すればいいの? >>513
それで十分、サンキュー
最後の戦略は (9/16)*(2/3)+(7/16)*(3/7)=9/16 ってことか 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(*´▽`*) 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 何か難しいことあったか?
多段階モンティは、はじめは等確率かもしれないが
標準モンティではなく、等確率でない変則モンティに近い(というか3枚になった時点でそのもの)
変則モンティ
モンティホール問題で扉D1,D2,D3のアタリの確率は等確率ではなく、それぞれp,q,1-p-q である設定.
プレイヤーがD1を選び、ハズレを知る司会がD3を選んだときの
D1(ステイ) がアタリの確率 p/(p+2q)
D2(チェンジ)がアタリの確率2q/(p+2q)
となる
扉4枚の2段階モンティで、扉が3枚になった状況では
アタリの確率はそれぞれ1/4,3/8,3/8となることまで分かっているなら
あとは各場合を上の変則モンティの式に代入すればいいだけ
1回目ステイ(2回目もA選択)で司会がCを開けた場合
p=1/4, q=3/8 としてD1=A(ステイ),D2=B(チェンジ)のアタリの確率1/4,3/4
1回目チェンジ(2回目にBを選択)して司会がCを開けた場合
p=3/8, q=1/4 としてD1=B(ステイ),D2=A(チェンジ)のアタリの確率3/7,4/7
1回目チェンジ(2回目にBを選択)して司会がAを開けた場合
p=3/8, q=3/8 としてD1=B(ステイ),D2=C(チェンジ)のアタリの確率1/3,2/3 >>517
■標準モンティホール問題の確率は次の通り
P(A)=1/3 P(B)=1/3 P(C)=1/3
ここからプレイヤーはBのドアを選ぶとする
プレイヤーがドアAにチェンジした時の
ドアAの当たりの確率をQ(A)とおく
Q(A)=P(A)/P(A∪0.5B)=2/3
つまり、
Q(A)=P(A)/P(A∪0.5B)は
標準問題を解くための式
モンティの介入によってドアAの確率が変わるのに
計算に入れないのはなぜ?
モンティがドアAを開けられる変形問題の場合には
尤度P(A)P(B−)が必要になる
Q(A)=P(A){P(B−)/P(A∪0.5B)}=4/9 >>517
p=1/3 q=1/3とおいて計算すると
∵p/(p+2q)=1/3
∵2q/(p+2q)=2/3
見事なまでに標準問題の式です(*´▽`*)
標準問題の式を変形問題の式だと
誤解するのはやめましょう
ちゃんと変形問題の式を作ってください >>518-519
まず何度も言ってるが式の記号が滅茶苦茶なのをまずなんとかしろ
意味不明で意思の疎通がとれない
> P(A∪0.5B)
事象(集合)に係数?が付くのは意味不明
> P(B−)
これも不明瞭。否定、補集合のことを言いたいのかもしれないが
状況によって内容が変わり得るので用いるべきでない
そもそも扉をA,B,C等と名付けているなら、事象の記号にA,B,Cを用いるべきではない
「扉Aがアタリ」という事象を表したいなら
面倒臭がらずに{A:当}などと書くべきだ
正しい式の書き方がわからないなら、せめて表したい確率の意味を日本語で出来るだけ分かりやすく書け
正しく書き下してあげるから
次に論理展開もおかしい
「標準で与式=2/3だから与式は標準問題専用の式(変則には適用できない)」
というのは論理的に正しくない
そもそも変則問題は標準問題の一般化である(標準問題は変則問題(の一部)である)
のだから、変則問題の式で標準問題が成り立つのは当然である >>520
Q(A)=P(A){P(B−)/P(A∪0.5B)}=4/9
を校正した場合はどうなりますか? >>520
そもそも変則問題は標準問題の一般化である
(標準問題は変則問題(の一部)である)のだから、
変則問題の式で標準問題が成り立つのは当然である
論点が逆だよ
∵p/(p+2q)=1/3
∵2q/(p+2q)=2/3
見事なまでに標準問題の式です
これを変形問題の式だと根拠なく断言している(*´▽`*) 標準問題の1/3をp、q、1−p−qに置き換えただけ
ただそれだけ
ここに変形問題の式を導いたという意味はありません ■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} 式の不備を指摘するなら
自分で正式を出すのが礼儀だよ >>522
意味不明なものの校正などできません
君が何の意味の確率を求めたいのか
ますは私に分かるように書け
即ち私が指定した方法(事象をABCで表さない等)で書くか、日本語で意味が通じるように書け
>>523
変形モンティ(残り2つの扉からランダムに選ぶ)や突風モンティ(3枚の扉からランダムに選ぶ)は
標準モンティとは異なる
(一方が他方の一般化にはなってない。変形と標準の両者を含むような一般化をすることは可能)
だが、変則モンティ(初期の扉のアタリ確率が等確率とは限らない)は標準モンティの一般化だ
そこから分からないのか?
もっと一般化すれば
扉がn枚D1,D2,…,Dnがあって、1つがアタリ。アタリの確率はそれぞれp1,p2,…,pn (p1+p2+…+pn=1)として
プレイヤーはまず扉D1を選択する
司会はプレイヤーが選んだD1とアタリの扉を除く残りの扉たち(n-1個かn-2個)の中からランダムに1つ選び、開けるとする
実際に司会はDnを選択し、開けたらハズレであった
この状況での、各扉Dkのアタリの確率Q(Dk:当)は
Q(Dk:当)
=P(Dk:当|司会選択:Dn ∧ Dn:外)
=P(Dk:当 ∧ 司会選択:Dn ∧ Dn:外) / P(司会選択:Dn ∧ Dn:外)
=P(Dk:当 ∧ 司会選択:Dn ∧ Dn:外) / Σ{P(Dk:当 ∧ 司会選択:Dn ∧ Dn:外)}
分子P(Dk:当 ∧ 司会選択:Dn ∧ Dn:外)は
k=1のとき p1/(n-1)
k=nのとき 0
それ以外で pk/(n-2)
だから
分母 Σ{P(Dk:当 ∧ 司会選択:Dn ∧ Dn:外)}
=p1/(n-1) + {p2 + p3 + … + p(n-1)}/(n-2) + 0
=p1/(n-1) + (1-p1-pn)/(n-2)
したがって
Q(Dk:当)は
k=1のとき {(n-2)p1} / {(n-2)p1 + (n-1)(1-p1-pn)}
k=0のとき 0
それ以外で{(n-1)pk} / {(n-2)p1 + (n-1)(1-p1-pn)}
となる n=3で<p1,p2,p3>=<1/3,1/3,1/3>とすると
この設定は、標準モンティでプレイヤーが扉D1を選択、司会がD3を選択し開けたらハズレだった状況であり
式に代入すれば
Q(D1:当)={(3-2)(1/3)} / {(3-2)(1/3) + (3-1)(1-(1/3)-(1/3))}=1/3
Q(D2:当)={(3-1)(1/3)} / {(3-2)(1/3) + (3-1)(1-(1/3)-(1/3))}=2/3
Q(D3:当)=0
と確かに標準モンティのその状況のときの確率と一致していることが確かめられる
n=3で<p1,p2,p3>=<p,q,1-p-q>とすると
この設定は、扉のアタリ確率がp,q,1-p-qの変則モンティでプレイヤーがD1選択、司会がD3を開けてハズレだった状況で
式に代入すれば
Q(D1:当)={(3-2)p} / {(3-2)p + (3-1)(1-p-(1-p-q))}=p/(p + 2q)
Q(D2:当)={(3-1)q} / {(3-2)p + (3-1)(1-p-(1-p-q))}=2q/(p + 2q)
Q(D3:当)=0
となり、>>517の式と一致している(式が正しいこと)が確かめられる
n=4で<p1,p2,p3,p4>=<1/4,1/4,1/4,1/4>とすると
この設定は、4枚扉の2段階モンティでプレイヤーが扉D1を選択、司会がD4を選択し開けたらハズレだった状況であり
式に代入すれば
Q(D1:当)={(4-2)(1/4)} / {(4-2)(1/4) + (4-1)(1-(1/4)-(1/4))}=1/4
Q(D2:当)={(4-1)(1/4)} / {(4-2)(1/4) + (4-1)(1-(1/4)-(1/4))}=3/8
Q(D3:当)={(4-1)(1/4)} / {(4-2)(1/4) + (4-1)(1-(1/4)-(1/4))}=3/8
Q(D4:当)=0
と、これまでの数値と一致し正しいことが確かめられる
同様にして
4枚扉の2段階モンティで3枚→2枚の移り変わりや
5枚扉の多段階モンティを考える場合でも、この公式を用いるだけで計算できる >>528
ドア4枚チェンジx2戦略の
条件付確率の式は作れますか? 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 途中から計算おかしいけど
結局、多段回設定って
「ずっとステイして最後だけチェンジ」戦略の成功確率(1 - (1/n))が一番高くて
他の戦略の確率は計算がやや面倒な割にはそれより低いっぽいから
設定としてはツマラナイね >>532
5/6=20/24だから
チェンジで5/24のところで21/24以上の成績を
出せれば、5/6を上回る 当たる確率が一番低くなるのをどこかで選んで
それを終盤までキープし最後にチェンジする
という戦略をとれば成功確率は上がるわけだが
自分が選ばなかった扉は、司会が開けた扉の分の確率を分配し相続するから大きくなっていく
つまり結局、最初に扉を選ぶ時が一番当たる確率が低い
すなわち最初の扉をステイし続け最後にチェンジするのが一番当たる確率が大きい ドアAからドアBにチェンジ → ドアEを開ける
P(A)=1/6 → Q(A)=16/71
P(B)=5/24 → Q(B)=15/71
P(C)=5/24 → Q(C)=20/71
P(D)=5/24 → Q(D)=20/71
P(E)=5/24 ドアAからドアBにチェンジ → ドアEを開ける
P(A)=1/6 → Q(A)=4/19
P(B)=5/24 → Q(B)=5/19
P(C)=5/24 → Q(C)=5/19
P(D)=5/24 → Q(D)=5/19
P(E)=5/24 @ P(当A ∧ 開E)=(1/6)*(1/3)
A P(当B ∧ 開E)=(5/24)*(1/4)
B P(当C ∧ 開E)=(5/24)*(1/3)
C P(当D ∧ 開E)=(5/24)*(1/3)
@:A:B:C=(4/3):(5/4):(5/3):(5/3)=16:15:20:20
P(当A|開E)=@/(@+A+B+C)=16/71
P(当B|開E)=A/(@+A+B+C)=15/71
P(当C|開E)=B/(@+A+B+C)=20/71
P(当D|開E)=C/(@+A+B+C)=20/71 トランプ問題の変形
ドア52枚 当たり13枚 ハズレ39枚
当たりのドアを意図的に3枚だけ開ける
ステイ 1/4 チェンジ 13/64
@ {10−(1/4)}/48=13/64
A (1/4)*(9/48)+(3/4)*(10/48)=13/64
やっぱり@のほうが計算が楽だし分かりやすい 4人の囚人ABCDがいて、このうち3人は処刑される。
恩赦の確率、A(1/10)、B(2/10)、C(3/10)、D(4/10)
このとき囚人Aが看守に「BCDのうち処刑される2人を教えてくれないか?」
と尋ねところ 、『BとCは死ぬよ』という回答を得られた。
このとき、Aが生き残る確率は? ■ このスレッドは過去ログ倉庫に格納されています