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** · 2018/07/24(火) 19:41:52.95

>>489の計算式は？

**１３２人目の素数さん** · 2018/07/24(火) 19:49:17.41

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

**１３２人目の素数さん** · 2018/07/24(火) 19:53:08.37

こういう式にしてくれ

∵P(A)｛P(B－)／P(A∪B)｝＝P(A)

**１３２人目の素数さん** · 2018/07/24(火) 20:04:31.18

>>475に準拠すると

∵P(A)｛P(B－)／P(A∪０．５B)｝＝P(A)（１０／７）

**１３２人目の素数さん** · 2018/07/24(火) 22:02:30.64

①　P(当A｜開C)＝{P(A)*P(開C｜当A)}／P(開C)
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

**１３２人目の素数さん** · 2018/07/24(火) 22:07:07.53

こういう式にしてくれ

∵P(A)｛P(B－)／P(A∪B)｝＝P(A)

**１３２人目の素数さん** · 2018/07/24(火) 22:15:43.78

①　P(当A｜開C)＝{P(A)*P(開C｜当A)}／P(開C)＝4/7
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

**１３２人目の素数さん** · 2018/07/24(火) 22:17:03.08

①＝4/7
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

**１３２人目の素数さん** · 2018/07/24(火) 22:39:50.28

①P(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

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

**１３２人目の素数さん** · 2018/07/24(火) 22:43:52.11

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

**１３２人目の素数さん** · 2018/07/24(火) 22:45:35.96

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

**１３２人目の素数さん** · 2018/07/24(火) 22:53:11.60

(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

**１３２人目の素数さん** · 2018/07/24(火) 23:09:26.47

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

**１３２人目の素数さん** · 2018/07/24(火) 23:16:58.51

>>500を計算しない理由は？

**１３２人目の素数さん** · 2018/07/24(火) 23:26:51.31

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？

**１３２人目の素数さん** · 2018/07/24(火) 23:36:05.48

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）』

**１３２人目の素数さん** · 2018/07/24(火) 23:37:46.67

>>505
>>506の模範解答をよろしくお願いします

**１３２人目の素数さん** · 2018/07/24(火) 23:38:53.91

>>487はプレイヤーが最後に必ずドアAを開ける場合

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(*´▽｀*)

**１３２人目の素数さん** · 2018/07/24(火) 23:40:22.38

>>505
具体的なことでお願いします

**１３２人目の素数さん** · 2018/07/25(水) 15:22:14.43

>>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

**１３２人目の素数さん** · 2018/07/25(水) 16:09:13.80

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)}

**１３２人目の素数さん** · 2018/07/25(水) 18:04:33.94

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

**１３２人目の素数さん** · 2018/07/26(木) 01:32:22.53

>>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？

**１３２人目の素数さん** · 2018/07/26(木) 02:31:39.83

>>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

**１３２人目の素数さん** · 2018/07/26(木) 23:02:36.03

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(*´▽｀*)

**１３２人目の素数さん** · 2018/07/26(木) 23:22:17.53

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

**１３２人目の素数さん** · 2018/07/27(金) 00:03:32.91

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

**１３２人目の素数さん** · 2018/07/27(金) 21:53:28.72

>>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

**１３２人目の素数さん** · 2018/07/28(土) 19:46:54.55

>>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

**１３２人目の素数さん** · 2018/07/28(土) 22:44:35.67

>>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

**１３２人目の素数さん** · 2018/07/28(土) 23:55:16.89

で、肝心の式はまだですか？

**１３２人目の素数さん** · 2018/07/29(日) 00:08:50.87

>>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？

**１３２人目の素数さん** · 2018/07/29(日) 00:21:39.16

>>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(*´▽｀*)

**１３２人目の素数さん** · 2018/07/29(日) 01:02:38.00

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

**今度はどう？** · 2018/07/29(日) 01:10:52.66

■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｝

**１３２人目の素数さん** · 2018/07/29(日) 01:12:20.10

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

**１３２人目の素数さん** · 2018/07/29(日) 02:43:54.43

>>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

**１３２人目の素数さん** · 2018/07/29(日) 02:44:32.12

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

**１３２人目の素数さん** · 2018/07/29(日) 03:04:08.66

>>525はどうですか？

**１３２人目の素数さん** · 2018/07/29(日) 03:48:17.73

>>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？

**１３２人目の素数さん** · 2018/08/01(水) 12:38:07.11

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

**１３２人目の素数さん** · 2018/08/01(水) 18:06:56.83

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

学術 · 2018/08/01(水) 19:02:56.77

過程がよくないのが多いわりによろしい。🌸

**１３２人目の素数さん** · 2018/08/01(水) 20:44:37.52

>>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

**１３２人目の素数さん** · 2018/08/01(水) 21:12:05.63

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

**１３２人目の素数さん** · 2018/08/01(水) 23:19:28.16

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

**１３２人目の素数さん** · 2018/08/02(木) 18:16:08.51

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

**１３２人目の素数さん** · 2018/08/02(木) 19:02:33.99

①　P(当A ∧ 開E)＝(1/6)*(1/3)
②　P(当B ∧ 開E)＝(5/24)*(1/4)
③　P(当C ∧ 開E)＝(5/24)*(1/3)
④　P(当D ∧ 開E)＝(5/24)*(1/3)

①：②：③：④＝(4/3)：(5/4)：(5/3)：(5/3)＝16：15：20：20

P(当A｜開E)＝①/(①＋②＋③＋④)＝16/71
P(当B｜開E)＝②/(①＋②＋③＋④)＝15/71
P(当C｜開E)＝③/(①＋②＋③＋④)＝20/71
P(当D｜開E)＝④/(①＋②＋③＋④)＝20/71

**１３２人目の素数さん** · 2018/08/06(月) 01:34:26.46

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

①　{10－(1/4)}/48＝13/64
②　(1/4)*(9/48)＋(3/4)*(10/48)＝13/64

やっぱり①のほうが計算が楽だし分かりやすい

**１３２人目の素数さん** · 2018/08/07(火) 17:10:40.67

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？

**１３２人目の素数さん** · 2018/08/08(水) 10:41:57.67

モンティホール問題をドア四枚で行った時の
確率空間は以下の通り

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＝２５／３２

#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)＝２５／３２

ｑ＝１－ｐだから

最初に当たりを引く確率ｑ＝７／３２＝０．２１８７５

ドアが四枚の時はモンティが二回ハズレを開けられるので
プレイヤーが最初に選択したドアの確率は下がる

**１３２人目の素数さん** · 2018/08/08(水) 10:56:22.48

ドア４枚　　(1/4、1/4、1/4、1/4)
残り３枚　　(1/4、3/8、3/8)
残り２枚　　(1/4、3/4)　　(4/7、3/7)　　(1/3、2/3)

1/4 ≦ P(X) ≦ 3/4

**１３２人目の素数さん** · 2018/08/08(水) 10:59:20.20

トランプ問題でダイヤ以外のスートが出る
確率空間は以下の通り

Ω＝｛（i，j）|１≦i≦４，１≦j≦４９｝

#A＝４ｘ４９－３ｘ４８＝１９６－１４４＝５２なので

Aの起こる確率ｐ＝５２／１９６＝１３／４９

#Aは事象Aに含まれる要素の個数

ダイヤのカードが三枚出た後に箱の中のカードが
スペード・ハート・クラブのどれかである確率は
P(A)＝１３／４９

スペード・ハート・クラブである確率は
P(X)＝３９／４９

排反事象ｑ＝１－ｐにより

箱の中のカードがダイヤである確率∵ｑ＝１０／４９

**１３２人目の素数さん** · 2018/08/08(水) 12:25:17.17

>>540
①　P(恩赦A ∧ 処刑BC)＝(1/10)*(1/3)
②　P(恩赦D ∧ 処刑BC)＝(4/10)*(１)
①：②＝１：12
P(恩赦A｜処刑BC)＝①/(①＋②)＝1/13

**１３２人目の素数さん** · 2018/08/08(水) 13:15:44.06

ドア５枚　　(1/5、1/5、1/5、1/5、1/5)
残り４枚　　(1/5、4/15、4/15、4/15)
残り３枚　　(1/5、2/5、2/5)　　(9/29、8/29、12/29)　　(1/4、3/8、3/8)
　　　　　　　　↓　　　　　　　　　　↓　　　　　　　　　　　↓
残り２枚　　(1/5、4/5)　　　　　(9/25、16/25)　　　　　　(1/4、3/4)
　　　　　　(1/2、1/2)　　　　　(9/33、24/33)　　　　　　(4/7、3/7)
　　　　　　(1/3、2/3)　　　　　(9/13、4/13)　　　　　　(1/3、2/3)
　　　　　　　　　　　　　　　　(1/4、3/4)
　　　　　　　　　　　　　　　　(4/7、3/7)
　　　　　　　　　　　　　　　　(3/5、2/5)

**１３２人目の素数さん** · 2018/08/09(木) 06:42:23.97

シャッフル後にダイヤのカードをｎ枚引いた時の

箱の中のカードがダイヤである確率は

１≦ｎ≦１２の範囲において

∵ｑ＝１－（１６５－３ｎ／２０８－４ｎ）

**１３２人目の素数さん** · 2018/08/09(木) 09:29:38.02

>>546
ｑ＝（１３－ｎ）／（５２－ｎ）　（０≦ｎ≦１３）

**１３２人目の素数さん** · 2018/08/09(木) 10:14:53.39

>>546
∵ｑ＝１－｛（１６５－３ｎ）／（２０８－４ｎ）｝

**１３２人目の素数さん** · 2018/08/09(木) 12:00:13.09

>>548
ｎ＝３　のとき　ｑ＝10/49　になる式っていうだけで
ｎ＝{1,2,4,5,6,7,8,9,10,11,12}　のときは正しい数値にならないぞ
一般化するなら、ちゃんと検算ぐらいしろ

ｎ＝１　ｑ＝１－(162/204)＝7/34　　　　　正しくは　ｑ＝12/51
ｎ＝12　ｑ＝１－(129/160)＝31/160　　　　正しくは　ｑ＝1/40

**１３２人目の素数さん** · 2018/08/09(木) 12:06:26.27

７／３４

４１／２００

１０／４９

３９／１９２

１９／９４

３７／１８４

１／５

３５／１７６

１７／８６

１１／５６

８／４１

３１／１６０

**１３２人目の素数さん** · 2018/08/09(木) 12:08:37.76

確率空間の計算と条件付確率の計算がちょうど合う

１０／４９が問題に選択されただけだよ

**１３２人目の素数さん** · 2018/08/09(木) 12:17:19.66

パターン総当たりを根拠に10/49を導くのはおそらく確率論ではない

**１３２人目の素数さん** · 2018/08/09(木) 12:21:38.25

ｎ＝０　　13/52
ｎ＝１　　12/51
ｎ＝２　　11/50
ｎ＝３　　10/49
ｎ＝４　　9/48
ｎ＝５　　8/47
ｎ＝６　　7/46
ｎ＝７　　6/45
ｎ＝８　　5/44
ｎ＝９　　4/43
ｎ=10　　3/42
ｎ＝11　　2/41
ｎ＝12　　1/40
ｎ＝13　　0/39

**１３２人目の素数さん** · 2018/08/09(木) 12:23:46.99

単純すぎるね

**１３２人目の素数さん** · 2018/08/09(木) 12:40:10.49

箱の中のカードを含めて
残りのカードがダイヤである確率は同様に確からしいから、必然的にそうなる

**１３２人目の素数さん** · 2018/08/09(木) 12:59:45.58

「n通りのうちm通りだから確率m/n」という単純な計算を正当化したいなら、
n通りそれぞれが全て同様に確からしい根拠を示さなきゃいけない

**１３２人目の素数さん** · 2018/08/09(木) 13:12:11.71

くじ引きで最初に引こうが最後に引こうが当たる確率は同じというのと一緒

**１３２人目の素数さん** · 2018/08/09(木) 13:39:58.82

n＝１　のとき
事象Ａ：箱の中がダイヤ、次に引いたのもダイヤ
事象Ｂ：箱の中がダイヤ以外、次に引いたのがダイヤ

P(A｜B)＝Ｐ(A)/{P(A)＋P(B)}
　　　　＝(13/52)*(12/51)/{(13/52)*(12/51)＋(39/52)*(13/51)}
　　　　＝(13*12)/{(13*12)＋(39*13)}
　　　　＝12/(12＋39)
　　　　＝12/51

**１３２人目の素数さん** · 2018/08/09(木) 13:44:23.35

>>558　訂正
×　P(A｜B)
○　求める確率

**１３２人目の素数さん** · 2018/08/09(木) 13:54:57.72

>>554
そもそも複雑なら正解というわけでもない

**１３２人目の素数さん** · 2018/09/30(日) 22:24:58.05

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■□□□□□□□□□□□■
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**１３２人目の素数さん** · 2018/10/19(金) 19:12:21.39

>>548
ｎの二次関数にして（０≦ｎ≦１３）の範囲でも成立する式に
大幅アップグレード

ｋを正の整数の定数として
山札からダイヤがｎ枚抜き出された時の
５≦ｋ≦１５の範囲において以下の式が成り立つ

■箱の中のカードがダイヤである確率は

∴ｑ＝１－｛｛１６５ｎ－（ｋ－４）ｎ^2＋３５１｝／（２０８ｎ－ｋｎ^2＋４６８）｝

または式変形すると

∴ｑ＝（ｎ－１３）（４ｎ＋９）／（ｋｎ^2－２０８ｎ－４６８）　［５≦ｋ≦１５］

ｋ＝７，ｎ＝３の時ｑ＝１０／４９

ｋ＝７，０≦ｎ≦１３の範囲において

１／４
５２／２２３
１８７／８５６
１０／４９
２５／１３２
２３２／１３３３
７７／４８８
７４／５２７
２０５／１６８４
２０／１９７
７／８８
１０６／１９０９
１９／６５２
０

**１３２人目の素数さん** · 2018/10/19(金) 23:45:36.44

調査によってｑ＝１０／４９を導く式をたくさん発見した

■ｑ＝１０／４９　∵ｎ＝３，ｋ＝７，［５≦ｋ≦１６］

ｑ＝１－｛｛１６５ｎ－（ｋ－４）ｎ^2＋３９｝／（２１６ｎ－ｋｎ^2＋５２）｝
ｑ＝１－｛｛１６５ｎ－（ｋ－４）ｎ^2＋７８｝／（２１５ｎ－ｋｎ^2＋１０４）｝
ｑ＝１－｛｛１６５ｎ－（ｋ－４）ｎ^2＋１１７｝／（２１４ｎ－ｋｎ^2＋１５６）｝
ｑ＝１－｛｛１６５ｎ－（ｋ－４）ｎ^2＋１５６｝／（２１３ｎ－ｋｎ^2＋２０８）｝
ｑ＝１－｛｛１６５ｎ－（ｋ－４）ｎ^2＋１９５｝／（２１２ｎ－ｋｎ^2＋２６０）｝
ｑ＝１－｛｛１６５ｎ－（ｋ－４）ｎ^2＋２３４｝／（２１１ｎ－ｋｎ^2＋３１２）｝
ｑ＝１－｛｛１６５ｎ－（ｋ－４）ｎ^2＋２７３｝／（２１０ｎ－ｋｎ^2＋３６４）｝
ｑ＝１－｛｛１６５ｎ－（ｋ－４）ｎ^2＋３１２｝／（２０９ｎ－ｋｎ^2＋４１６）｝

**１３２人目の素数さん** · 2018/10/20(土) 00:39:15.64

さらに定数aを定めることにより１１６個の関数を追加

∴ｑ＝１－｛｛１６５ｎ－３ｎ^2＋（４８７５－３９a）｝／｛（９２＋a）ｎ－７ｎ^2＋（６５００－５２a）｝｝

■ｑ＝１０／４９　∵ｎ＝３，［０≦a≦１１５］

**１３２人目の素数さん** · 2018/10/20(土) 01:01:15.68

定数ｂを定めて>>563の式を一般化する

■ｑ＝１０／４９　∵ｎ＝３，ｋ＝７，［５≦ｋ≦１６］，［０≦ｂ≦７］

∴ｑ＝１－｛｛１６５ｎ－（ｋ－４）ｎ^2＋（３９＋３９ｂ）｝／｛（２１６－ｂ）ｎ－ｋｎ^2＋（５２＋５２ｂ）｝｝

>>564と合わせてｑ＝１０／４９　∵ｎ＝３の関数は２２４種類

**１３２人目の素数さん** · 2018/10/20(土) 18:07:21.57

モンテイホールの問題は条件付確率の問題と考えると
非常識な結論が導き出されますので、
非復元抽出の問題だと考えるべきだと思います。

条件付確率となるのは事前確率が確定で不変のもの、
言い換えると、事前確率が前提条件となって後発事象が発生するということですが、
本問題にあっては、事前確率が後発事象の影響で必然的に変化するケースに相当するので、
条件付確率ではありません。

本問題は極めて単純な非復元抽出の問題で、
たとえば、袋の中から籤を引くような問題と同等です。
当たりくじが１本で、外れくじが９本ある母集団（サイズ１０）を考えてみると、
引く順番によって特定の籤の当たる確率が変わることはなく、
先に引こうが後から引こうが事前確率は1/10となります。

ところで、一つの籤の結果が公表され外れとなりました。
この時最初に引いた人の事前確率はどうなるかというと、
母集団がサイズ１０の時には1/10であったものが、
母集団のサイズが１個減少して９個になったことから、
必然的に1/10から1/9に事前確率は変化します。

条件付確率であると仮定すると、事前確率は確定不変ですから、
母集団が縮小しても変わらず1/10であると主張することになります。

**１３２人目の素数さん** · 2018/10/20(土) 18:07:42.07

そうすると、縮小された母集団のサイズに関係なく最初の母集団のサイズにより事前確率は一意的に確定することになりますが、
この例では母集団のサイズが９個でも８個でも７個でもーーーー３個でも1/10になります。
そうすると、母集団の最初のサイズがN個であってもよいわけですから、
３個のドアの問題にあたって事前確率は必ずしも1/3とはいえず、1/Nであると言わなければなりません。

ところでNは２以上の整数をとれますから、事前確率は確定しないということになります。
これは確率論としては誤りであり、数学的確率は、当たりが１本しかない場合には、１/(母集団のサイズ）と定義されていますから、
３個のドアの場合には事前確率は1/3であり、４個のドアの場合には事前確率が1/4となります。

本問題は、司会者が１個のドアを確定事象として外れとしたものですから、母集団のサイズは縮小して２個となり、
解答者の選んだドアも残されたドアの当たる確率は等しく1/2となり、
解答者が選択を換えることの必然性というか有利さはありません。

**１３２人目の素数さん** · 2018/10/20(土) 18:24:51.61

>>565
ｑ＝１０／４９　∵ｎ＝３の関数は１２５種類でした(・∀・)

定数ｋを３と７で固定して正の整数ｃで一般化すると

∴ｑ＝１－｛｛１６５ｎ－３ｎ^2＋（３９＋３９ｃ）｝／｛（２１６－ｃ）ｎ－７ｎ^2＋（５２＋５２ｃ）｝｝

■ｑ＝１０／４９　∵ｎ＝３，［０≦ｃ≦１２４］

**１３２人目の素数さん** · 2018/10/20(土) 18:54:54.27

『事前確率が後発事象の影響で必然的に変化するケースに
相当するので、条件付確率ではありません』

事前確率は三枚のドアがそれぞれ１／３
プレイヤーが選択したドアが１／３
プレイヤーが選択しなかった
残り二枚のドアの当たりの確率が２／３

モンティが確定情報をもとにハズレのドアを開けると
プレイヤーが選択しなかった二枚のドアが
一枚になって当たりの確率が２／３

**１３２人目の素数さん** · 2018/10/20(土) 19:15:16.97

事前確率が確定しないというのが非常識でないとしたらどうなるのでしょうか？
ベイズの定理は事前確率を仮定しての事後確率の計算公式ですから、
事前確率なり事前の状況が後発事象により影響を受ける時には
（仮定に影響を及ぼす時には）、適用されるべき公式ではなくなります。
それは一次方程式の解を求める時に二次方程式の根を求める公式を適用するようなもので、
公式それ自体は正しくとも一次方程式には適用できないのと類似しています。

**１３２人目の素数さん** · 2018/10/20(土) 19:16:04.51

本問題に立ち返って、３個のドアの場合を考えると、
事前確率は1/3でどのドアも同じ確率です。
ではこれが４個のドアの場合はどうでしょうか？
事前確率は1/4でどのドアも同じ確率です。
先に選択されたドアと残されたドアで確率が変わることはありえません。

**１３２人目の素数さん** · 2018/10/20(土) 19:17:15.06

司会者が１個のドアを外れとして示したことは、
このドアは確定現象となってしまいますから、
今後の可能性の空間から飛び出したものとなります。
今後の可能性の空間の標本数は１個減少します。
問題は、先に選択されたものと残された標本との間に確率的有意差があるのかということです。
同一の可能性の空間に存在するのは、解答者の選んだドアと残されたドアだけです。
司会者がどちらのドアを外れとしようが、当たりのドアは、解答者が選んだドアか残されたドアかのいずれかになります。
従って、小生の解答は解答者の選んだドアも残されたドアも同じ確率の1/2になります。

**１３２人目の素数さん** · 2018/10/21(日) 18:07:43.29

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** · 2018/10/22(月) 02:44:32.34

当(A,B,C)＝(9900/10000、99/10000、1/10000)

あなたが扉Bを選んだ後、
当たりを知ってる司会者がハズレ扉Aを開けた。
あなたは扉Cに変えるべきだろうか？

(stay)：(switch)＝99*(1/2)：1*(1)＝99：2

**１３２人目の素数さん** · 2018/10/30(火) 02:38:54.38

A,B,Cの処刑確率が異なるように設定した「変形3囚人問題」では
（看守がすべてを知っており、かつ嘘をつかずAを意図的に除外し、
かつBとCに優劣をつけないとしたときでも）
看守から情報を得たあとの処刑確率が変化し
しかも確率の設定によっては事前より「増える」というより直観に反する事態も起こる。

たとえば、A,B,Cの処刑確率がそれぞれ3/4,3/4,1/2だったとして（1人だけ釈放
され、釈放確率が1/4,1/4,1/2ということ）、看守についての上記の条件のもとで
看守から「Bが処刑される」という情報を得たあとのAの処刑確率は、4/5に増える。
このことはベイズの定理で計算すればわかるが、
ライバルが減ったにもかかわらず処刑確率が増えるのは不思議といえば不思議。

この種の問題を直観的に処理するとき無意識に使っている
「確率不変の原理（関係ない情報のはずだから確率は不変だろう）」
や「事前確率比例配分（AとCの確率比を、Bなしで再配分）」
などが必ずしも正しくないことが分かる

**１３２人目の素数さん** · 2018/11/02(金) 00:17:00.48

■■■
□□■
■■■

■■■
□□■
■■■

**１３２人目の素数さん** · 2018/11/03(土) 22:26:04.59

もんちい（´・ω・｀）

**１３２人目の素数さん** · 2018/11/14(水) 16:18:58.57

あなたがゲーム番組の挑戦者に選ばれた。
あなたに3つの扉が示された。
そのうちの１つに賞品が隠されている。
　　賞品を隠す扉の決め方が均等だとは限らない
ホストがあなたに一つの扉を選ばせた。
ホストはどこに賞品が隠されているか知っている。
　　その知識をどのように利用したかわからない
ホストは別のハズレの扉を一つ開けた。
　　いつも開けるとは限らない
　　ハズレしか開けないとは限らない
　　あなたが選んだ扉を開けないとは限らない
　　あなたが当たりを選んだときに、ホストが開ける扉に偏りが無いとは限らない
あなたはもう一つの扉に切り替えてもよいと言われた。
　　言われるとは限らない
あなたはどうすべきか？

**１３２人目の素数さん** · 2018/11/22(木) 11:22:20.65

三囚人は条件付き確率で考えるとしっくりくるけど
モンティは素朴に考えた方がわかりやすい

**１３２人目の素数さん** · 2018/11/22(木) 12:15:31.95

【何もしてないヤツはいきなりパニック起こす】　世界経済破綻　⇒　世界教師マⅰトレーヤ　⇒　ＵＦＯ
http://rosie.5ch.net/test/read.cgi/liveplus/1542853287/l50

**１３２人目の素数さん** · 2018/11/22(木) 15:25:46.09

>>579
その素朴な考え方っていうのは、俗に言うアレだろ？
最初に選んだ扉の当たる確率は、他の扉が開けられても変わらないとか
選択を変えることは、他の2つの扉を選ぶことと同じであるとか。

分かりやすいが故に、その素朴な考え方が
(どんな場合でも)正しいという思い込みが強すぎて
(ある意味では)勘違いということに気づかせるのは容易ではない。

**１３２人目の素数さん** · 2018/11/22(木) 19:15:42.04

>>578
なんらかの確率的判断を行うとするならば
主観確率的に考えて
３つの扉A,B,Cのアタリの事前確率は1/3ずつとみなし
挑戦者がAを選び
ホストがBを選らんだとしたら
切り替えしてアタリの確率は単純にP(C:当｜B:外)とみなしてよいと思う
故に
切り替えしてアタリの確率は1/2

**１３２人目の素数さん** · 2018/11/22(木) 22:00:47.02

細かいようだけど、P(B:外) の表記はダウト。
P(B:当)＝1/3 なんだから、P(B:外)＝2/3 という解釈の余地がある。
P(B:開) の表記が無難かと。

**１３２人目の素数さん** · 2018/11/23(金) 00:25:09.76

>>583
モンティホール問題の標準設定や亜種の設定で
プレイヤーが扉Aを選び、司会が扉Bを選んで開けたらハズレだったという状況における
プレイヤーにとっての、切り替えがアタリの確率は
P(C:当|B:開 ∧ B:外)
であって
例えば
P(C:当|B:開)
P(C:当|B:外)
P(C:当|開:外)
等ではないよ

特に司会が選んで開けた扉が必ずしもハズレとは限らない設定では
P(C:当|B:開)≠P(C:当|B:開 ∧ B:外)
となることもある
{B:開 ∧ B:外}や{B:開}や{B:外}などの事象はそれぞれ区別しなければならない

ただし、今回(>>578)のように「司会がどのように扉を選ぶのか不明」という設定では
「司会が扉Bを選んで開けた」という情報を無視して良い
というのが>>582での私の主張の肝であり
だからこそP(C:当｜B:外)という表記なのだ

**１３２人目の素数さん** · 2018/11/23(金) 01:50:49.21

分かったような、煙に巻かれたような
それだったら、より厳密な表記は
P(C:当｜A:選 ∧ B:開 ∧ B:外)　ってことなのかな？

**１３２人目の素数さん** · 2018/11/23(金) 03:07:29.45

プレイヤー(自分)がどの扉を選ぶのか確率的に決めたりする場合はそうなるが
そうすることによる意味や面白味はあまりないと思うなあ
プレイヤーが扉Aを選ぶという下での確率空間として考えれば不要

**１３２人目の素数さん** · 2018/11/23(金) 03:15:24.35

なんとなく分かってきた

①　P(当A ∧ 開B ∧ 外B)＝(1/3)*(1/3)*(1)
②　P(当B ∧ 開B ∧ 外B)＝(1/3)*(1/3)*(0)
③　P(当C ∧ 開B ∧ 外B)＝(1/3)*(1/3)*(1)

P(当C｜開B ∧ 外B)＝①/(①+②+③)＝1/2

**１３２人目の素数さん** · 2018/11/23(金) 21:29:15.94

ちがう
司会が３つの扉からランダムに選ぶ設定でそれがプレイヤーに既知ならそうだが
選び方がわからないなら、{開B}という事象は実質無視してみなしてよい

P(当A ∧ 外B ∧ 開B)＝P(当A ∧ 外B)＝1/3
P(当B ∧ 外B ∧ 開B)＝P(当B ∧ 外B)＝0
P(当C ∧ 外B ∧ 開B)＝P(当C ∧ 外B)＝1/3
よって
P(当C | 外B ∧ 開B)＝P(当C | 外B)＝1/2

**１３２人目の素数さん** · 2018/11/24(土) 04:47:34.32

＞司会が３つの扉からランダムに選ぶ設定でそれがプレイヤーに既知ならそうだが

司会の選び方が分からないからこそ、ランダム設定とみなすしかないのでは？
ABCの当たりの事前確率も分からないからこそ、ランダム設定とみなすしかない
みなし自体を否定するなら、そもそも確率計算不能かと

**１３２人目の素数さん** · 2018/11/25(日) 23:37:18.88

ある程度の仮定は必要だが
「司会はランダムに選ぶ」という強い仮定は不要
「司会の選び方は不明」のまま計算は可能

例えば司会の選び方が
プレイヤーが扉Aを選んだとき
扉Cがアタリなら司会は扉Bを開ける
扉Bがアタリなら司会は扉Cを開ける
扉Aがアタリなら、コインdを投げて表なら扉B,裏なら扉Cを開ける
であり、そのことがプレイヤーに既知であるという標準設定の場合
プレイヤーにとっての、切り替えがアタリの確率は
司会が扉Bを開ける条件L1; (C:当)
∨(A:当 ∧ d:表)
を用いて
P(C:当|B:外 ∧ B:開)＝P(C:当|B:外 ∧ L1)
と表せる

同様にもし別の設定で、司会が扉Bを開ける条件L2なら
P(C:当|B:外 ∧ B:開)＝P(C:当|B:外 ∧ L2)
となる

設定による違いは、司会が扉Bを開ける条件Liの違いで表せるというわけだ
そして、司会が扉Bを開ける条件というのはL1,L2,L3,…と無数に存在する
既に挙げた条件Li,Ljを用いて他の条件を、恒偽条件にならい範囲で
notLi,Li∧Lj,Li∨Lj等といくらでも構成することもできる

**１３２人目の素数さん** · 2018/11/25(日) 23:38:11.29

さて、「司会の選び方は不明」という場合
司会が扉Bを開ける条件はL1,L2,L3,…のどれなのかは不明だが
司会が扉Bを開けたのならば、L1,L2,L3,…の少なくとも１つは満たしたはずだ
すなわち、司会の選び方は不明のとき、司会が扉Bを開けたということは
B:開 ⇔ (L1 ∨ L2 ∨ L3 ∨ …)
と無数の条件の連なりとして表せる
そしてこの中には、LiとnotLi、のような関係の条件も含まれるのだから恒真だ
従って P(B:開)＝1

結局、「司会の選び方は不明」という場合には
{B:外 ∧ B:開}等の(B:開)を含む事象(情報)は
{B:外} ;「とにかくBはハズレだったということだけわかった」と
一見(B:開)を無視したような解釈をしてよいのだ

以上により「司会の選び方は不明」という場合は、「不明である」としたまま
P(C:当｜B:外 ∧ B:開)＝P(C:当｜B:外)
故に1/2と計算されるのである

こうしておくと
例えばそこから更に「司会の選び方は標準設定である」という情報を得た場合では
P(C:当｜B:外 ∧ B:開 ∧ L1)＝P(C:当｜B:外 ∧ L1)
となり
「司会の選び方が不明」→「判明」の状況変化を
P(C:当｜B:外) → P(C:当｜B:外 ∧ L1)
とベイズ改訂で表すこともできる