モンテホール確率計算問題を量子論確率収束問題と考える人達
(初っ端から横槍だけど)
(主催者が誤りの扉を1つ開けた後に反対に選び直したら当たる確率2/3に。主催者が誤りの扉を1つ開けた後に参加した回答者は当たる確率1/2に。観測問題みたい) (100枚の扉なら、前者選び治さないと1/100、選び治したら2/100、後者途中参加1/99) (ああ、あと、後者が意図的に前者と同じ回答にしようと考えたら、途中参加でも1/100か2/100に) (世界が歪むの、因果遡及は関係ある?因果遡及(認識)次第が肝?…でも行動の見た目かわらないしな…) 必ず(100%)「ハズレ」を開いて見せる、という前提の
モンティ・ホール問題には、量子論が入る余地は無い。
前提故に、最初に選んだ扉がアタリの確率は、
最初から最後まで、1/3。
すると必然と、変更した扉がアタリの確率は、
最初から最後まで、2/3。つまり2倍のアタリ確率。
扉の数が3を含む一般に数nのとき、
1/n から (n-1)/n へ (n-1)倍に増える。
これ以上にシンプルかつ体系的な説明が他にありや? >>11を訂正
誤
>扉の数が3を含む一般に数nのとき、
>1/n から (n-1)/n へ (n-1)倍に増える。
正
扉の数が3を含む一般に数nのとき、
1/n から (n-1)/n × 1/(n-2) へ (n-1)/(n-2)倍に増える。
これ以上にシンプルかつ体系的な説明が他にありや? この単純な確率問題に、
計算機をぶん回してシミュレーションしてみた
って読んだけど、何を思ったのだろうな。 式読めないから、間違ってるのか正解かわからなかったけど
100枚扉、外れ1枚開けて選び直す
1/100→2/100
だから
1/n→(1+1)/nで
分子にn出ないのでは?
3枚でも5枚でも1000枚でも
1枚開けたら分子は(1+1)/n
100枚の時98枚開けて選び直したら(1+98)/n
とかになるんじゃ? でもこの場合
1/100→99/100
選び直さなかったら当たらない確率の方が高くて
選び直したらほぼ当たるって
これ本当に大規模実験で実証されたら
ほんと量子観測効果のマクロ実証やばすぎなんだが でも数学の確率計算だからそうなるんだよね?
知らない人1/2と99/100
どうなってんのマジ 条件付き確率知らんガイジwwww
教科書に載ってんのにwwwww >>18
中卒履修しかないから
まじ知らん
1/2と99/100で世界歪まないの? 量子確率収束と関係ないの?量子テレポートとかとも? 逆にモンテホール問題が今の量子論の確率収束と関係ない古典現象なら
逆に量子現象自体がその量子論の確率収束と関係なくこちらも間違いでモンテホール問題と同じ古典現象で量子現象が起きてる古典物理の可能性は無い?逆に ようは
モンテホール問題の選び直しは
背理経験による経験値で確率変動なだけなのかな? モンテホール背理経験も積み重ねれば脳みたいに学習になるのか
ああAIの学習がそれも含むのか なるほど確率収束とは別の原理で
学習原理の方面だったのかモンテホール問題 逆に量子現象は量子の粒の学習原理、学習により確率振る舞いと不確定ふるまいするのが原理で量子論は意味ない可能性は? ちゃんと勉強している人はモンティホール問題はベイズの定理で理解してる
どこにも量子も物理もでてこない
だから物理板でモンティホール問題を量子と結びつけてレスしてる人はちゃんと勉強してない人でpoemと同一人物とみていいという話
種明かし終わり なるほどね。
モンテホール問題は実在し
ただのゲームの背理技法で
学習原理に繋がる背理経験値と
了解 >>30
ペイズの定理調べた
一部しか理解できなかった
一応、応用のタブは理解できたけど、
それ以外は理解できてない
でもペイズの定理が言いたいことと計算上モンテホール問題に適用できたとして
具体的なことはペイズの定理の中身って言ってる?
背理技法なのかぁ
とか
学習原理なのかぁ
とか
経験値確率変化なのかぁ
とか
具体的な内容の説明
モンテホール問題に使える具体的な話を書いてある? 一応ペイズの定理は
AIのディープラーニングシステムに根幹として必要だから
めっちゃ色々な理屈は学問化できてるからAI作れるんだろうから
まあ自分の言った浅い一般人向けの具体説明はあるのかってだけかな ベイズの定理自体は簡単だから実際に手計算してみればいいんじゃない?
お得意のWikipediaで勉強してみたら? 一般人は一般人向けの説明しかわからんのぜよ
自分一般人向けの説明じゃないと駄目 >>34
wikipe理解できなかったんだってばぁ でも質問なんだけど
AIの根幹に必要(重み付け計算)とかペイズの定理必須だよね?違う? するとモンテホール問題はAIの重み付け計算作る、AI設計学習入門者の入門基礎問題だってことだね ペイズの定理とモンテホール問題を両方同じ単元で学習すべきな ペイズの定理わかるだけの知能無いけど
教えてくれる横槍ありがとね
このスレ解決した いや、まさか、単なる古典的背理だったとは
ただの証明技法の1つでミクロ要素ないんだね 単に背理法のこの背理技法で、外れ選ぶ可能性が1/100にまで減るだけの話だったんだね 3枚なら
途中参加は外れ選ぶ可能性が50%あり
始めから参加者は選び直したら外れ選んでる可能性が33%にまで減り
選び直さなかったら66%あると ペイズの定理とか難しい勉強理解できない知能だから
こう簡単なレベルで説明されないと理解できないんだ
馬鹿ってこうだから学問無理なんだよね戯れはできる モンテホール問題もこう簡単な説明されないと正しいこと理解できない
知能低いの極みだね 横槍ありがとね。
浅いところしか今も理解できてないけど 物理学得意なだけでニューカム問題解けるのか、ニューカム問題を解くスレたてれば誰も正解できなくて長持ちするでしょ >>15
n=100として計算する話を書いてるのかな。
「代入」っていう中学一年生で学習する事だが、
大丈夫じゃないっぽいね。 >>51
n=100だよ
途中式は
背理法
100枚の扉の始めの一枚を選び続けるは1/100
100枚の扉の選ばない99枚全て選べるなら99/100どれかに正解は高確率であるから高確率で当たる99/100
この選ばない方が選び直した時の方に直結する(背理)から
この99枚選んだら確率が99/100のうち1つ選ぶと1/100にしかならないが、98枚の外れ潰すから99/100になってしまう
のがモンテホール問題の方法 >>52で書いている何やら難しい日本語は、
レス12の数式にn=100を代入するだけのことかな。つまり
1/n から (n-1)/n × 1/(n-2) へ (n-1)/(n-2)倍に増える。
1/100 から (100-1)/100× 1/(100-2)へ (100-1)/(100-2)倍
計算していくと以下のようになる。
1/100 から 99/100× 1/98へ 99/98倍
1/100 から 99/9800へ 99/98倍
まとめ:
扉を変更した場合のアタリ確率の変化は、
n=3のときは2倍に増えたが、
n=100のときは99/98倍に微増なだけ。 >>55 難しい数式わかんないから自分には正解不正解わからないけど、これ不正解じゃない?
わかる人説明して 100枚扉で1枚潰して選び直したら
2/100になり
1/100から2倍になるよ 何故なら
○│…○○○
1個│99個
1/100│のうち1個は1/100
↓1個開ける
1個│98個
1/100│2/100
↓あと97個開ける
1個│1個
1/100│99/100
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量子論確率収束は「試行」を増やして事後確率の空間を狭めてるだけのこと
だから両者の本質は一緒 ムダンヤ、トルコ(´・ω・`)
もし初めて量子力学を学んだ時に何の疑問も抱かないのなら、それは量子力学について何も理解していないという事だ。
世の中には、本当に深刻な問題があって、そういうときは、笑うしか術がないのだ。 >>61
モンテホールで選び直す人も
もしかしたらこう言える?
直前を観測してたから確率が仕組み必然で上がる
直前を観測してない人は観測してないから確率がそのまま まさかね
量子の存在確率も重ね合わせでなく前観測で必然が無いから当たらないだけで当たらないから確率なだけ説も
波動関数は近似なだけ説 量子を試ko試koすれば細剖出るんじゃ
おたまじゃくし そう言えば
空間…時間移動できず空間移動できる
時間…空間移動できず時間移動できる
としたら
量子が時間移動力あるから、確率挙動する可能性なんてnine?
量子の外見は時間移動しない空間移動するけど、量子の中身は空間移動しない時間移動するなら量子振る舞いしないnovenber? すると?
モンテホール問題の前提観測も
時間移動checking?
空間移動なら確率問題が違う風になる?
時間移動だからこうなるんだひゅー? そう言えば
wh-
whace
what
where…前提詞前置詞
whether
whup
空側は前提
whuw
whin
why…後提詞接続詞
who
whof
wh-
時側は後提
空側と時側は順プロセスと逆プロセス、つまり仕組みの矢印が逆だとわかったん モンテホールも
量子確率も
逆プロセス?
空間移動できず時間移動できるのも
逆プロセス? 空間物理だけでなく
時間物理まで考慮したら
確率定まるかも? 空間の測定は
時間の試行ということ?
おたまじゃくしは試ko試koしないと出ない
shock電shock電してもおたまじゃくしは出ない 空間の測定←→時間の試行
実験の境界条件は何をどこから? 空間の試行←→時間の測定
はどんな条件の実験で為せる? 波動関数や不確定性は
測定?試行?試行じゃない?
不確定性は測定誤差だ測定だ
これ試行だから試行するとこの誤差出るのが理由じゃ 観測による干渉縞スリット
shock電しようとしてしてるつもりで
試ko試koしてたからおたまじゃくし出ただけかも? タマタマたまたま玉玉たまらないわ
おたまじゃくしボールを2つ握りなさい
棒を試ko試koしなければボールからおたまじゃくしは出ない
くれぐれもボールを握るだけにしなさい 空間論理の仕組みと
時間論理の仕組みね
論理は順番ね前後提
時間は後提から前提
空間は前提から後提
難しすぎわからん過 アホは統計確率の教科書をよく読み直せ
「確率試行」は確率事象を扱うときのちゃんとした数学用語
量子力学を確率解釈を使って説明すれば、「測定」は「確率試行」ということになる
実際、測定にすると確率的重ね合わせの一つだけが得られて、サイコロを振って固有値が一つ決まったみたいな結果になる
ここでの話題はそれでいいのか?という話で
物理現象を確率で説明していいのか? という流れじゃないのケ? >>78
難しい話はわからないけど
測定と試行の話はそういうことだろうかも? >>84魔法のステッキ使った組み合わせでトップレベルで見た目綺麗 >>78
量子力学の確率とサイコロの確率は本質的に違う
サイコロを振って出目を確認した後にカップで蓋をする
その蓋を取り除いて出目を確認すると当然同じ出目となる
しかしスピンの向きを確認した後に蓋をしてまた確認すると同じ向きとは言えない
このように本質的に確率の質が違う >>87
サイコロの出目が確定するのは「サイコロを振った時」であって、「蓋を開けた時」じゃないよ
量子力学だから確率の理論が変わるなんてことはない 「試行」は確率的可能性の中から一つの可能性を選択すること
その意味で、量子力学を確率理論で説明する限り、「測定」は「試行」なるんだな >>88
それはつまり古典確率は物質に付随しないけど量子確率は物質に付随しているということ
あるいは内在的確率と外在的確率とでも言うべきかな
いずれにしろ確率の質は違う どうでもいい思考実験の仮定だけど
マトリョーシカに
一番外側の研究観測者の目の前の家ほどの箱の中に
研究観測者と少し小さな箱が入ってます
これを繰り返し
研究観測者が入るギリギリの箱の中に、量子を閉じ込めた箱があります
箱を中から取っていきます
もし量子が箱を取られた瞬間ごとに最適な確率状態になるとしたら
一番内部の人は何回も量子の状態変化を観測できるの? あ、一部修正
一番内側の蓋を取った研究観測者が位置測定を行い、以降位置を追尾し続け
外側一人一人の研究観測者が位置測定に新たに参加する毎に何回も位置飛びするの?
に変更 新たに参加しない状態だと
確率は収束したまま、飛ばないけど
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最後まで御精読いただきありがとうございました。 だからこのモンティ・ホール問題も全部説明してやっただろ
まだ言ってんのかお前らは >>96 去年の最後の方、見れるところだけでスレ開けて読み返して無いけど、最後の方は多分モンティホール問題の話でないんだけど、内容って読めてる? 今読めた
最後の方、登記さんが
統計云々
言ってるからこれ、
モンティホールでなく量子論のはなしだとおもうんだけど モンティホールから→量子論の観測が試行云々
でモンティホール跡形もない気がする >>97-99
こらバカ
だからこのモンティ・ホール問題も全部説明してやっただろ
まだ言ってんのかお前らは >>100 あ、なるほど。自分をNGをしてる者へ用の繋げか 因果遡及というのは、過去の出来事が、未来の事象に影響を及ぼす可能性があるという考え方です。つまり、未来の出来事を変えるために、過去の出来事を変えることができるということです。
ただし、因果遡及は、理論的には可能性があるとされていますが、現代の物理学では、実際に起こることはないとされています。また、因果遡及が起こるとしても、その影響は微小なものに限られるとされています。
世界が歪むというのは、一般的には、重力の影響によるものが多いです。例えば、巨大な星が存在すると、その周りの空間が歪むことがあります。また、時間も歪むことがあり、ブラックホールの周りでは時間が遅くなるとされています。
つまり、世界が歪むことと因果遡及とは、直接的な関係はありません。因果遡及が起こるかどうかは、認識によって変わってくる可能性がありますが、行動の見た目には影響がないため、因果遡及が起こるとしても、世界が歪むことにはならないとされています。 106 名前:ご冗談でしょう?名無しさん 2024/02/04(日) 08:36:27.51 ID:uAkHY3h1
因果遡及というのは、過去の出来事が、未来の事象に影響を及ぼす可能性があるという考え方です。つまり、未来の出来事を変えるために、過去の出来事を変えることができるということです。
↑逆になってるよ!
因果遡及というのは、《未来》の出来事が、《過去》の事象に影響を及ぼす可能性があるという考え方です
過去変化して→→未来変化
は普通だよ!普通に経験する普通の因果!
未来変化して→→過去変化
が普通じゃないんだよ!経験しない因果遡及! あ!《因果遡及》…因果遡《及》の方か!なら元のが正しいのかな!?
《因果遡行》…因果遡《行》の方が訂正した方かな!?及は普通因果、行は異常因果かな?? 訂正間違ってたかも!
及ね!
行じゃないのね!
読み違えちゃう!! モンティホール問題はオレが全部分かるように解説してやっただろ
脳障害かお前らは
. さて明日から
ここまでエアコンつけてない2020ですら出てもおかしくなかったけどシギーと分かるから
他の県はかなり頭が悪いの自覚あるなら他にもやり方はあったサイゼリヤ、無印らは回復したという実感が見てる側にないな 前の映像では何人かいるんだけどね?
ケツルンまじ?
ハイパーSBI2でハイカラの在庫確認できる? それは仕方がない
超ホワイト企業だったりする
忙しいのかな…
「実家暮らしの男性運転手が死亡ってめずらしいな。 まずは一定程度の差が問題だな
画質が上手い
試合追いかけるだけ辛いしスポナビチラ見して終わりやな
もう脳の衰え来て貰いたいけど モンティ・ホール問題の確率計算を完全理解したけどなんか質問ある? >>13
これしかもポール エルデシュも
間違えてたりしたからね。
どうしちゃってたんだろうね。 118
モンテホールは
プログラムやプロットの
条件分岐書ければ(自分も書けないし書いてない)
計算方法わかる問題だから
条件分岐を間違えてる人が
間違えるだけで
その人も条件分岐書けば自己治しできたはず 多くの高名な数学者が間違えて高IQのラジオの質問コーナーの解答者が正しかっというやつね。
数学者どうしちゃってたんだろうね。 量子との関わりはわからないが、モンティ・ホール問題に対する答え方には2種類あって、一つは選択を変えずに勝つ確率は「挑戦者が最初に選んだドア(A)が当たりかつ司会者が他の2つのドアのうちの一方(B)を開けた場合と他方(C)を開けた場合の和事象(論理和)の確率」であり、選択を変えて勝つ確率は「Bが当たりかつ司会者がCを開ける場合とCが当たりかつ司会者がBを開ける場合の和事象の確率」であるとするもので、
もう一つの答え方は選択を変えずに勝つ確率は「司会者がCを開けたなら「Aが当たりかつ司会者がCを開ける確率」、司会者がBを開けたなら「Aが当たりかつ司会者がBを開ける確率」」であり、選択を変えて勝つ確率は「司会者がCを開けたなら「Bが当たりかつ司会者がCを開ける確率」、司会者がBを開けたなら「Cが当たりかつ司会者がBを開ける確率」」であるとするもので、
前者の和事象の確率を答えとする解答では、司会者が開けたドアがBとCのうちどちらなのかという情報を挑戦者が知っているという設定を含むモンティ・ホール問題においてこの情報を解法に反映できていないという点において誤りがあるのだけど、
巷でよくある「条件付き確率を用いない分かりやすい解法」は実質的にこの前者の和事象の確率を答えとする解答になっているため間違っているといえる。
それに対し後者の解答は司会者が開けたドアがBとCのうちどちらなのかというこの情報を答えに反映させている正しい解答になっている。 よくわからないが2種類ある答え方というのは
結論が違うの?
この問題正解は扉を変更する方が当たりの確率は高くなる。変えると2/3 変えないと1/3だけど。 >>123
「選択を変えた方が有利である」という結論自体はほぼほぼ変わらないといえる。
挑戦者が最初に選んだドアをA、司会者が開けたドアをC、残りの1つのドアをBとすると、この問題(英語版ウィキペディアのモンティ・ホール問題の記事の問題文)の答え(挑戦者が選択を変えた方が有利であるかどうか)は、
選択を変えて勝つ確率(= Bが当たりである確率(= 1/3)にBが当たりのとき司会者がCを開ける確率(= P(C|B))を掛けた値)と選択を変えずに勝つ確率(= Aが当たりである確率(= 1/3)にAが当たりのとき司会者がCを開ける確率(= P(C|A))を掛けた値)の大小関係によって決まり、
もしP(C|B) = 1, P(C|A) = 1/2だったら選択を変えると選択を変えなかった場合の2倍の確率で勝てることになるから選択を変えるほうが有利であるという結論になるが、仮に(P(C|B), P(C|A))の値が(1,1), (1/2, 1/2), (1, 1/2)だったりすると有利度は同じだったり逆転したりするから結論は状況によって異なりうる。しかしこの問題で記述される状況における挑戦者の選択の一般的な方針を決めるのなら選択を変えるほうが有利であるという結論でいいと言いたくなる。 >>124
訂正
(1,1), (1/2, 1/2), (1, 1/2) → (1,1), (1/2, 1/2), (1/2, 1) 言ってることはわかるがこれって実際にテレビで放送してた設定で考えるべき問題だと思う。
そうするとP(C|B)は1以外ないと思うのですが。
1でない場合は司会者が当たりの扉をあけてしまうということでしょ?
そういうルールではなかったと思うんですが。 >>126
テレビ番組「Let's Make a Deal」の当該部分の内容を知らないから何とも言えないのだけど、上にも書いたように俺は英語版ウィキペディアの問題文に基づいて考えている。
Suppose you're on a game show, and you're given the choice of three doors: Behind one door is a car; behind the others, goats. You pick a door, say No. 1, and the host, who knows what's behind the doors, opens another door, say No. 3, which has a goat. He then says to you, "Do you want to pick door No. 2?" Is it to your advantage to switch your choice? (Monty Hall problem. Wikipedia.)
そうすると、Bが当たりのとき司会者がCを開ける確率(P(C|B))の値が1であるかどうかは、この「, which has a goat. 」の部分を司会者の従う規則と見るか一度の事実と見るかにより決まると考えられる。 モンティホール問題の顛末や解説はいろんな本で扱っていてモンティホール問題だけで一冊書いてる人もいるが司会者は必ずハズレのドアを開けることになってるようです。 そもそも司会者が当たりを開けたらゲームにならないし。 モンティホール問題だけ扱っている本ではモンティホール問題の変型版として司会者がランダムにドアを開けるケースも考察されてて司会者が当たりを開けたらゲームはやり直しにするというもの。その場合は選択を変えても変えなくても勝つ確率は同じになりますね。 >>129,130
司会者が当たりを開けた場合はゲームにならない(ゲームとしてカウントしない)またはやり直しにする場合は、ゲームの統計をとったときに「司会者が当たりを開けた場合」を無視するということだから司会者が必ずハズレを開ける場合と同じと見做せる。
一方、司会者が(A以外の)当たりを開けた場合も1回分として扱う可能性がある場合、司会者が(A以外の)当たりを開けた場合に選択を変えて勝つ確率を0とするか1とするかに関わらず、Bが当たりのとき司会者がBを開ける確率(P(B|B))とBが当たりのとき司会者がCを開ける確率(P(C|B))の間の確率分布を((P(B|B) = 0, P(C|B) = 1)以外にも)考えることができる。 >>131
司会者が(A以外の)当たりを開けた場合を単に除外する場合はBまたはCが当たりの確率が減ってその分Aが当たりの確率が増えることになってしまうのに対して、司会者が(A以外の)当たりを開けた場合にやり直しを行う場合は司会者が必ずハズレを開ける場合と同じと見做せるからこの両者は区別しなければならなかったな 司会者が当たりを開けたらやり直しは必ずハズレを開けるのと同じになりますか?
挑戦者がAでハズレを引いたうち、半分は無効とされてしまうからその場合変更して当たりになるら確率を減らすと思いますが。
Aでハズレを選んでいて
司会者が必ずハズレを開ける場合は変更すれば当たる確率1なのに対して司会者が当たりをあけてやり直しになる確率が出てくるわけだから。 選択を変えることが挑戦者にとって有利かが問われるタイミングが司会者がドアを開けた後(事後)であるかどうかによって問題のタイプを分けることができて、
もし事後であれば挑戦者が最初に選んだドア(A)以外の2つのドア(B, C)を区別し、そのうちの一方を司会者が開けたという事実に対して他方を司会者が開けたという事態は反事実として除外する必要がある(モンティ・ホール問題はこのタイプの問題に属する)。したがって挑戦者が選択を変えずに勝つ確率はAが当たりのとき司会者がBを開ける確率(P(B|A))とAが当たりのとき司会者がCを開ける確率(P(C|A))の間の確率分布に依存すると考える必要がある。
その一方、問題の問われる時点が特に事後というわけではない場合、司会がBを開けた場合と司会がCを開けた場合を対称的に扱う必要があり、どちらか一方のみを残して他方を反事実として除外することができないため、挑戦者が選択を変えずに勝つ確率は(Aが当たりかつ司会者がBを開ける場合とAが当たりかつ司会者がCを開ける場合の和事象の確率に等しくなり)P(B|A), P(C|A)間の確率分布に依存せず無条件にAが当たりである確率(= 1/3)に等しいと考える必要がある。
以上の理由から(レス番号122で書いたように)モンティ・ホール問題の答え方として正しいのは選択を変えずに勝つ確率をP(B|A), P(C|A)間の確率分布に依存するものとして扱う場合のみであり、選択を変えずに勝つ確率を無条件にAが当たりである確率に等しいとする答え方は正しくない。(ただしモンティ・ホール問題とは別の非事後型の問題に対する答え方としては正しい) 違いがよくわかりません。
司会者は必ずハズレのドアを開けるという前提で
司会者がハズレのドアを開けた後に挑戦者に
選択を変えるか?を聞くと言う前提ではどうなると考えていますか?
司会者が必ずハズレのドアを開けるのだから最終的に残ったドアは2つで挑戦者がはじめに選択したドアが当たりなら変えるとハズレ。
はじめがハズレなら変えると当たり。
はじめに当たりを選ぶ確率は1/3
はじめにハズレを選ぶ確率は2/3
よって選択を変えた方が得が答えだと思いますが違うと言っているのですか? 司会が扉を変えるかを問うタイミングが、事後、と言っている場合と、事後に限らないと言っている場合が、それぞれどういう状況なのかを
具体例を示して頂けますか? >>133
すまん、Bが当たりのとき司会者がBを開けてやり直した場合必ずBが当たりになり司会者がCを開くことになると思い込んでいた
やり直すっていうのは司会者がA以外の当たりのドアを開けた場合を無効とみなす(選択を変えても当たりにならないとする)ことと確率的にはほぼ同じだから、司会者が必ずハズレを開ける場合と同じではないね すいません。わかりにくい書き方でしたね。
まあこの問題は少し設定を変えると答えが変わるのでいろいろ考えがいのある問題だと思う。
だからこそこの問題だけで本一冊書ける。 >>136
事後型のルールはモンティ・ホール問題そのもので、司会者がドアを開けた後に選択を変えるかを司会者がドアを開けた後の時点で決めることができるというルール
非事後型は、司会者がドアを開けた後に選択を変えるかを司会者がドアを開けるよりも前(例えばルール説明をした後ゲームを始める前)の時点で予め決めておかなければならないというルール(司会者がドアを開けた後に(司会者がどのドアを開けたかという情報に基づいて)選択を変えるかを決めることができない) >>139
・選択を変えなければ勝つ ⇔ Aが当たり
・選択を変えれば勝つ ⇔ Aがハズレ ⇔ BまたはCが当たり
よって
・P(選択を変えなければ勝つ) = P(Aが当たり) = 1/3
・P(選択を変えれば勝つ) = P(Aがハズレ) = P(BまたはCが当たり) = 2/3
ということから選択を変える方が有利であるという結論を導くことができるのは非事後型(非モンティ・ホール問題)のルールにおいてのみ(このこと自体は事後型ルールにおいても同様に成り立つ) >>139
事後型ルール(モンティ・ホール問題)における考え方
P(Aが当たりかつ司会者がCを開ける)
= P(Aが当たり) × P(C|A)
= 1/3 × P(C|A)
P(Bが当たりかつ司会者がCを開ける)
= P(Bが当たり) × P(C|B)
= 1/3 × 1
= 1/3
P(司会者がCを開ける)
= P(AまたはBが当たりかつ司会者がCを開ける)
= P(Aが当たりかつ司会者がCを開ける) + P(Bが当たりかつ司会者がCを開ける)
= 1/3 × P(C|A) + 1/3
・司会者がCを開けたとき選択を変えなければ勝つ ⇔ 司会者がCを開けたときAが当たり
・司会者がCを開けたとき選択を変えれば勝つ ⇔ 司会者がCを開けたときAがハズレ ⇔ 司会者がCを開けたときBが当たり
よって
P(司会者がCを開けたとき選択を変えなければ勝つ)
= P(司会者がCを開けたときAが当たり)
= P(Aが当たりかつ司会者がCを開ける) / P(司会者がCを開ける)
= (1/3 × P(C|A)) / (1/3 × P(C|A) + 1/3)
= P(C|A) / (P(C|A) + 1)
P(司会者がCを開けたとき選択を変えれば勝つ)
= P(司会者がCを開けたときAがハズレ)
= P(司会者がCを開けたときBが当たり)
= P(Bが当たりかつ司会者がCを開ける) / P(司会者がCを開ける)
= (1/3) / (1/3 × P(C|A) + 1/3)
= 1 / (P(C|A) + 1)
よって
0 <= P(C|A) < 1のとき
P(司会者がCを開けたとき選択を変えなければ勝つ) < P(司会者がCを開けたとき選択を変えれば勝つ)
よって、司会者がCを開けたとき選択を変える方が有利
(特に、P(C|A) = 0のとき司会者がCを開けたとき選択を変えれば勝つ)
P(C|A) = 1のとき
P(司会者がCを開けたとき選択を変えなければ勝つ) = P(司会者がCを開けたとき選択を変えれば勝つ)
よって、司会者がCを開けたとき選択を変えても変えなくても有利度は同じ >>141
特に、P(B|A) = P(C|A) = 1/2と仮定する場合
0 <= P(C|A) < 1 より
司会者がCを開けたとき選択を変える方が有利
(※このとき
P(司会者がCを開けたとき選択を変えなければ勝つ)
= P(C|A) / (P(C|A) + 1)
= (1/2) / (1/2 + 1)
= 1/3
P(司会者がCを開けたとき選択を変えれば勝つ)
= 1 / (P(C|A) + 1)
= 1 / (1/2 + 1)
= 2/3
)
(司会者がCを開けた時点でとき選択を変えることができない非事後型ルールにおいても同じことが成り立つ) >>139
事後型はわかった。
理解のために聞きます。
非事後型は司会者はどういう基準で開くドアを決めるんですか?
必ずハズレを開くのですか?
もし必ずハズレを開くのでないなら司会が当たりを明けた場合はゲームはどうなりますか? >>143
司会者の振る舞いは事後型と非事後型で共通
基本的には司会者は必ずハズレを開けるとしてる であれば両者で結果に差がでる理由がよくわからない。141の下記に疑問あります。
P(Aが当たりかつ司会者がCを開ける)
= P(Aが当たり) × P(C|A)
= 1/3 × P(C|A)
P(Bが当たりかつ司会者がCを開ける)
= P(Bが当たり) × P(C|B)
= 1/3 × 1
= 1/3
Aが当たりの場合とBが当たりの場合の確率がそれぞれ1/3になってます。確率の合計が1になってないですがこれって良いの? P(司会者がCを開ける)
= P(AまたはBが当たりかつ司会者がCを開ける)
= P(Aが当たりかつ司会者がCを開ける) + P(Bが当たりかつ司会者がCを開ける)
= 1/3 × P(C|A) + 1/3
とありますが司会があけるドアをCと呼ぶのならこの確率は端的に1ではないのでしょうか?
司会がBを開ける可能性も考えているということなのでしょうか?
最初にあけるドアをAとするのは分かりましたが
Aが当たり Aがハズレで分けて考えないとおかしくなりそうな気がしました。 何をやろうとしてるのかようやく理解できました。最初に挑戦者が当たりを選んだ場合に司会が残りの2つを1/2の確率で選ぶのではない場合を考えるということですね。
長くなるから書かないけど自分で計算してみました。その場合でも選択を変えると勝つ確率はトータルで
2/3で同じとなると確認できました。違いは司会がどちらの扉をあけたかによって変えて(変えないで)勝つ確率に差が生じるということ。
しかしその場合でも変えた方が有利だしトータルでは2/3の確率になりますね。 Aが当たりで司会がBを開ける場合やCが当たりで司会がBを開ける場合も考えれば確率の合計は1になりました。Aが当たりの場合に司会がBを開けるかCを開けるかが等確率出ない場合でも
P(Bが当たりかつCを開ける)+P(C当たりかつBをあける) を計算すると2/3ですね。 2^56と5^24ではどっちが大きいか、計算機を使わずに示せ。
これに答えられないやつはpoemと認定してスレの出入り禁止。 >>150
log(5^24) / log(2^56)
= (24log5) / (56log2)
= (24/56) × (log5 / log2)
= (3/7) × log[2]5
= (3log[2]5) / 7
= log[2]5^3 / 7
= log[2]125 / 7
= log[2]125 / log[2]128
< 1
よって log(5^24) < log(2^56)
よって 5^24 < 2^56
よって2^56と5^24では2^56が大きい 2は2進数で10
5は2進数で101
だから10^56と101の^24
なら10→101は^2を超えてる(2^2+1か)
24×2=48
56と48だから
5が4だったなら、2の方が大きいけど
10が^1で、100が^2なら、1は^1/2としたら
48×1.414は明らかに56より大きくなるから
5^24の方が大きい >>150の発言だと
自分poemが実はpoemじゃなかった?! うそん!
>>150だと自分poemじゃなくなっちゃう!
やばいや!おたすけ! >>147
司会が開けたドアをCとする場合、(「司会が開けたドア」という表現を「C」で置換可能とするから)司会がBを開けた可能性を考えられない場合と、(反事実的に)司会がBを開けた可能性を考えられる場合を区別する必要性があることがわかった
そしてそれは(挑戦者が)最初に選んだドアをAとする場合でも同じだから、司会がCを開けない可能性を考慮する必要があるなら挑戦者が最初にAを選ばない可能性も同様に考慮する必要があると思ったから考え方を修正してみた
3つのドアの集合: D = {A, B, C}
当たりのドア: X
最初に選ぶドア: Y
司会者が開けるドア: Z
司会者の振る舞い: Z≠X, Y (i.e. 司会者はX, Yを避ける)
P(X=A)=P(X=B)=P(X=C)=1/3
選択を変えなければ勝つ⇔X=Y
選択を変えれば勝つ⇔X≠Y
【最初にドアを選ぶ前用】
P(選択を変えなければ勝つ)
= P(X=Y)
= P[XY](AA) + P[XY](BB) + P[XY](CC)
= P(X=A)P[Y|X](A|A) + P(X=B)P[Y|X](B|B) + P(X=C)P[Y|X](C|C)
= (1/3)(P[Y|X](A|A) + P[Y|X](B|B) + P[Y|X](C|C))
P(選択を変えれば勝つ)
= P(X≠Y)
= 1 - P(X=Y)
= 1 - P(選択を変えなければ勝つ)
よって、∀x, ∀y P[Y|X](y|x) = 1/3ならば
P(選択を変えなければ勝つ)
= (1/3)(1/3 + 1/3 + 1/3)
= 1/3
P(選択を変えれば勝つ)
= 1 - 1/3
= 2/3 >>155
【最初にドアを選んだ後、司会者がドアを開ける前用】
P(Y=A)
= P(X=A)P[Y|X](A|A) + P(X=B)P[Y|X](A|B) + P(X=C)P[Y|X](C|C)
= (1/3)(P[Y|X](A|A) + P[Y|X](A|B) + P[Y|X](A|C))
P(X=Y=A)
= P(X=A)P[Y|X](A|A)
= (1/3)P[Y|X](A|A)
最初にAを選ぶならばP(Y=A) ≠ 0
よって
P(最初にAを選ぶとき選択を変えなければ勝つ)
= P(X=Y|Y=A)
= P(X=A|Y=A)
= P(X=Y=A) / P(Y=A)
= P[Y|X](A|A) / (P[Y|X](A|A) + P[Y|X](A|B) + P[Y|X](A|C))
P(最初にAを選ぶとき選択を変えれば勝つ)
= P(X≠Y|Y=A)
= P(X≠A|Y=A)
= P(X≠Y=A) / P(Y=A)
= (P(Y=A) - P(X=Y=A)) / P(Y=A)
= 1 - P(X=Y=A) / P(Y=A)
= 1 - P(X=A|Y=A)
= 1 - P(最初にAを選ぶとき選択を変えなければ勝つ)
よって、∀x, ∀y P[Y|X](y|x) = 1/3ならば
P(最初にAを選ぶとき選択を変えなければ勝つ)
= (1/3)(1/3 + 1/3 + 1/3)
= 1/3
P(最初にAを選ぶとき選択を変えれば勝つ)
= 1 - 1/3
= 2/3 >>156
【司会者がドアを開けた後用】
3つのドアの集合: D = {A, B, C}
当たりのドア: X
挑戦者が最初に選ぶドア: Y
司会者が開けるドア: Z
司会者の振る舞い: Z≠X, Y (i.e. 司会者はX, Yを避ける)
P(X=A)=P(X=B)=P(X=C)=1/3
(X, Y, Z) = (x, y, z)をxyzと書く
(例: (X, Y, Z) = (A, B, C)をABCと書く)
今ある可能性: AAC, BAC ((Y, Z) = (A, C)が確定している)
X=xのときY=yの確率をP[Y|X](y|x)と書く
(X, Y) = (x, y)の確率をP[XY](xy)と書く
P[XYZ](AAC)
= P[XY](AA) × P[Z|XY](C|AA)
= P(X=A) × P[Y|X](A|A) × P[Z|XY](C|AA)
= 1/3 × P[Y|X](A|A) × P[Z|XY](C|AA)
P[XYZ](BAC)
= P[XY](BA) × P[Z|XY](C|BA)
= P[XY](BA) (∵ Z≠X, Y より P[Z|XY](C|BA) = 1)
= P(X=B) × P[Y|X](A|B)
= 1/3 × P[Y|X](A|B)
P[YZ](AC)
= P[XYZ](AAC) + P[XYZ](BAC)
= 1/3 × P[Y|X](A|A) × P[Z|XY](C|AA) + 1/3 × P[Y|X](A|B)
= 1/3 × (P[Y|X](A|A) × P[Z|XY](C|AA) + P[Y|X](A|B))
よって
P(最初にAを選び司会者がCを開けたとき選択を変えなければ勝つ)
= P[X|YZ](A|AC)
= P[XYZ](AAC) / P[YZ](AC)
= (P[Y|X](A|A) × P[Z|XY](C|AA)) / (P[Y|X](A|A) × P[Z|XY](C|AA) + P[Y|X](A|B))
P(最初にAを選び司会者がCを開けたとき選択を変えれば勝つ)
= P[X|YZ](B|AC)
= P[XYZ](BAC) / P[YZ](AC)
= P[Y|X](A|B) / (P[Y|X](A|A) × P[Z|XY](C|AA) + P[Y|X](A|B))
よって、∀x, ∀y P[Y|X](y|x) = 1/3ならば
P(最初にAを選び司会者がCを開けたとき選択を変えなければ勝つ)
= P[X|YZ](A|AC)
= (1/3 × P[Z|XY](C|AA)) / (1/3 × P[Z|XY](C|AA) + 1/3)
= P[Z|XY](C|AA) / (P[Z|XY](C|AA) + 1)
P(最初にAを選び司会者がCを開けたとき選択を変えれば勝つ)
= P[X|YZ](B|AC)
= 1/3 / (1/3 × P[Z|XY](C|AA) + 1/3)
= 1 / (P[Z|XY](C|AA) + 1) >>157
このとき
0 <= P[Z|XY](C|AA) < 1のとき
P[X|YZ](A|AC) < P[X|YZ](B|AC)
よって、最初にAを選び司会者がCを開けたとき選択を変える方が有利
(特に、P[Z|XY](C|AA) = 0のとき最初にAを選び司会者がCを開けたとき選択を変えれば勝つ)
P[Z|XY](C|AA) = 1のとき
P[X|YZ](A|AC) = P[X|YZ](B|AC)
よって、最初にAを選び司会者がCを開けたとき選択を変えても変えなくても有利度は同じ
特に、P[Z|XY](B|AA) = P[Z|XY](C|AA) = 1/2と仮定する場合
0 <= P[Z|XY](C|AA) < 1 より
司会者がCを開けたとき選択を変える方が有利
(このとき
P(最初にAを選び司会者がCを開けたとき選択を変えなければ勝つ)
= P[X|YZ](A|AC)
= P[Z|XY](C|AA) / (P[Z|XY](C|AA) + 1)
= 1/2 / (1/2 + 1)
= 1/3
P(最初にAを選び司会者がCを開けたとき選択を変えれば勝つ)
= P[X|YZ](B|AC)
= 1 / (1/2 + 1)
= 2/3
) ちなみに上の人!
100枚の扉のモンテホール1回扉1枚だけ処分
の場合
当てる確率
1/100→2/100
になるのを示せ 2^56=72057594037927936
5^24=59604644775390625 >>160
あ!自分間違ってたんだ!
自分poemだった!
やばくなかった!たすかった! 自分の予想した計算
48√2
と思ったから5^24の方が大きくなったけど
48√√2なのかな?
57.0819415201
あれ?
5^24の方がやっぱり大きくなる… >>155
X=xのときY=yの確率をP[Y|X](y|x)と書く
(X, Y) = (x, y)の確率をP[XY](xy)と書く もしかして?
48√√√2 なの?
52.3443711679
なの? あ、わかった!
48から24が1/√2じゃないからかな!
あれ?でもそれだと57より大きくなっちゃう?
計算できないから
何が原因なのん! もしかして
5は
4+1
4から5が
4^(?)
かどうかで
57に過剰になっちゃうのかな? 2^56は
10^111000
5^24は
101^11000
か
これどう使うの? >>158
司会者がCを開けたとき選択を変える方が有利
(このとき
↓
最初にAを選び司会者がCを開けたとき選択を変える方が有利
(このとき
= P[X|YZ](B|AC)
= 1 / (1/2 + 1)
↓
= P[X|YZ](B|AC)
= 1 / (P[Z|XY](C|AA) + 1)
= 1 / (1/2 + 1) 10^111000×10=100^111000
100^111000÷100^10=100^11100
101^11000
100^11100と101^11000
を比べる? >>152-154
立派に間違ってるから大丈、poemに間違いないw
計算機使わずに示せとは言ったが、検算してみるなとは言ってない。
堂々と間違い晒すのは見上げた曲がり根性よww >>171は自分のね
したい操作自体はいける?いけない? >>169以上はわかんないな
知能発達が立派だからね!フンス 3枚の場合
○│○○…最初選ぶ1/3、選ばない方2/3
↓
○│○…選び直すと、選ばない方の選択肢が2個から1個に。選ばない方の2/3選んで2個中強制1個。2/3で正解 ○│○○○○…計100個。最初は1/100。選ばない方全部選んだら99/100
↓
○│死○○○…計99個。選び直すと99/100の内、あれれ? ○│○○○○…1/100と99/100
↓
○│死○○○…
を↓
○│死│○○○…1/100と0/100と99/100
になると
どうなるんだ? >>150氏のように対数を使うのが美しい解法だが、中学の算数でも簡単に解ける。
2^56 - 5^24 = (2^28)^2 - (5^12)^2 = (2^28 + 5^12)(2^28 - 5^12)
2^28 - 5^12 = (2^14 + 5^6)(2^14 - 5^6)
2^14 - 5^6 = (2^7 + 5^3)(2^7 - 5^3)
2^7 - 5^3 = 128-75 = 53
よって、2^56 - 5^24 > 0 であるから、2^56 > 5^24
poem 出入り禁止 ああ外れる確率か!
○│○○○○…99/100と1/100
↓
○│死│○○○…99/100と100/100と1/100
この後どう考えればいいんだ? >>177
中学3年?
なら中学3年から習得してないのか自分 ○│死│○○○…
としなくとも
○│死○○○…1/100と99/100
にして
死の前の始めなら98扉返上で99-98/100=1/100
死の後なら97扉返上で99-97/100=2/100
これでいいのかな? 3扉の場合
○│○○ 1/3と2/3
○│死○ 右側選べる選択肢1個だから扉返上1つもなし
よって2/3のまま
なるほど解決した >>177
48√√2でできなかったのは
(x-y)(x+y)=だとx^2-y^2だけど
(x-y)(x-y)=だとx^2+y^2-2xyの-2xyが余分に掛かるから
なのかな? ねぇ!
100枚の扉のモンテホールを
99回?わからないけど
繰り返したら
○│○○○○…1/100と99/100
から
○│…100/100
になるよね!! >>155
最初に選ぶドアをAに固定するのは問題ないと思うけどはしょらずにそこも固定せずにやっても良いと思います。
それはともかくnotationの説明頼む。
P[XY](AA)とかP[X|Y](A|B)ってどういう意味?
[ ]と( )は何を意味してる? 157にあるのか。
長いのであとでゆっくり見ます。自分でも計算しないと追えません。でも丁寧にやってるようなのであってるんでしょう。 P[Z|XY](C|AA)の値によって司会がドアを明けた後に選択を変えてかつ確率はどちらのドアを開けたかに依存しますが、Cを開けた場合とBを開けた場合の合計の確率はやはり2/3になることを計算してみました?
当たり前だからしてないのなら良いですが私はどうも腑に落ちなくて計算してその通りにはなったのですがなんだか直感的に納得できなくて。
普通のモンティポール問題のときに確率が1/3から 2/3になる理屈は最初の扉が当たりのときに司会の選ぶ扉の確率分布を変えても成り立つわけだからどうやって全体の結果は変わらないようになってるのか?その構造を理解したい。 >>183
良いのだが実はこれ司会が開ける扉に
選択の余地がある場合(挑戦者が当たりを選んだ場合)は司会は開ける扉をランダムに選ぶと言う前提がいるんです。
もし挑戦者が当たりを選んだ場合は必ず2番目の扉を司会があけるという前提にすると既に確率は1/2ずつになります。
その計算をしてくれているのが155からの一連書き込みですね。まだ全部追ってないけど。
ベイズ統計でやってくれています。 >>156
誤字 P[Y|X](C|C) → P[Y|X](A|C)
(次の行ではなぜか修正されてるからそれほど問題ないはず) >>189
「最初にAを選んだとき選択を変えれば勝つ(司会者がCを開けた場合とBを開けた場合の合計の)確率」が2/3になることの計算ということであれば、「∀x∈D : P[Y|X](A|x) = 1/3」を仮定すればそうなることを以下に計算しました
∀x∈D : P[Y|X](A|x) = 1/3と仮定すると
P(AAB)
= P(X=A) × P[Y|X](A|A) × P[Z|XY](B|AA)
= 1/3 × 1/3 × P[Z|XY](B|AA)
= 1/9 × P[Z|XY](B|AA)
P(AAC)
= P(X=A) × P[Y|X](A|A) × P[Z|XY](C|AA)
= 1/3 × 1/3 × P[Z|XY](C|AA)
= 1/9 × P[Z|XY](C|AA)
P(AAB) + P(AAC)
(= 1/9 × (P[Z|XY](B|AA) + P[Z|XY](C|AA)))
= P[XY](AA)
= P(X=A) × P[Y|X](A|A)
= 1/3 × 1/3
= 1/9
P(BAC)
= P(X=B) × P[Y|X](A|B) × P[Z|XY](C|BA)
= 1/3 × 1/3 × 1
= 1/9
P(CAB)
= P(X=C) × P[Y|X](A|C) × P[Z|XY](B|CA)
= 1/3 × 1/3 × 1
= 1/9
P(Y=A)
= P(AAB ∨ AAC ∨ BAC ∨ CAB)
= P(AAB) + P(AAC) + P(BAC) + P(CAB)
= 1/9 + 1/9 + 1/9
= 1/3 >>192
よって
P(最初にAを選んだとき(選択を変えれば勝つ∧司会者がCを開ける))
= P(X≠Y ∧ Z=C|Y=A)
= P(BAC) / P(Y=A)
= (1/9) / (1/3)
= 1/3
P(最初にAを選んだとき(選択を変えれば勝つ∧司会者がBを開ける))
= P(X≠Y ∧ Z=B|Y=A)
= P(CAB) / P(Y=A)
= (1/9) / (1/3)
= 1/3
(最初にAを選んだとき選択を変えれば勝つ(司会者がCを開けた場合とBを開けた場合の合計の)確率)
= P(X≠Y|Y=A)
= (P(BAC) + P(CAB)) / P(Y=A)
= P(BAC) / P(Y=A) + P(CAB) / P(Y=A)
= 1/3 + 1/3
= 2/3
(ちなみに
(最初にAを選んだとき選択を変えなければ勝つ(司会者がCを開けた場合とBを開けた場合の合計の)確率)
= P(X=Y|Y=A)
= (P(AAC) + P(AAB)) / P(Y=A)
= P[XY](AA) / P(Y=A)
= (1/9) / (1/3)
= 1/3
) >>159
なるか?
どういう設定?
司会がハズレの中からランダムに選んであけるなら挑戦者が最初に選んだ扉が当たりの確率は1/100で変わらない。扉を変えると99/100×1/98。
司会がハズレの扉から一番番号の小さい扉を確実に開ける場合、挑戦者が最初に選んだ扉が当たりの確率は1/100から1/99に更新される。
選択を変更して当たる確率は1/99になる。 >>194
そう
ここが著名な数学者も多数間違えた194と同じ主張が間違いとされる
モンテホールの争点 今ネットでみたんだけど
両親に子供が二人いた場合
片方が男とわかったとき
もう一人が女である確率が
66.666…%
らしい
全人口の男女比が50%ずつとして
片方の子供の性別知らなければ
男男は1/4
男女が1/2
女女が1/4
でしょ?
片方がわかったときそうなるらしいけど
計算はわからない
そうなるらしい >>196
計算は多分こう。
男男 1/4
男女 1/4
女男 1/4
女女 1/4
このうち片方が男なのは
男男
男女
女男
もう一方が女なのは2/3 >>195
194の確率は正しいと思うが。
ちゃんと計算したが
間違いあるなら指摘してくれ。 >>199
指摘できる学力はないからすまん
でも条件分岐(プロット工程)的に
始めに1つ選んだ1/3は
選び直さなければ工程に変化無いから
1/3のまま(全体で1/2になっても工程に変化無いから)
全体で変化無い方を1/3だから、選び直した方が2/3になってしまう >>198
もっと理解習得的な説明を得たいんだよね 理解習得的とは
息をするように使える習得をできる理解
それだと息をするように使えないから
自分はね >>200
それが最初に選んだ方の確率があとから変化してしまうことがありうるんです。直感を裏切る
結果が出ることがこの問題の面白いところで。
その計算をしてくれたのが157
P(最初にAを選び司会者がCを開けたとき選択を変えなければ勝つ)
= P[X|YZ](A|AC)
= (1/3 × P[Z|XY](C|AA)) / (1/3 × P[Z|XY](C|AA) + 1/3)
= P[Z|XY](C|AA) / (P[Z|XY](C|AA) + 1)
P(最初にAを選び司会者がCを開けたとき選択を変えれば勝つ)
= P[X|YZ](B|AC)
= 1/3 / (1/3 × P[Z|XY](C|AA) + 1/3)
= 1 / (P[Z|XY](C|AA) + 1)
>>201
これではダメなんですね。
では理解習得的な説明とやらが得られたら教えて下さい。 >>203
式をわかる知力無いから説明をわからないけど
もし203さんや他の方が
●選び直さなかった時、開始1/3→後1/2
になるなら
それだとまさにこのスレタイ通り
モンテホール確率計算問題を「量子論確率収束問題」と考える人達
「量子論確収束問題」では?その主張してる方は? ●選び直さなかった時、開始1/3→後1/3
だと
「モンテホール確率計算問題」を量子論確率収束問題と考える人達
こっちのほう まさか
スレタイが実現してしまうとは…
スレタイの議論性が実現… 量子とかそんな大げさな。
もともとのモンティホール問題でも
扉を選び直すと当たりの確率は2/3になるわけで
最初はどの扉も当たりの確率は1/3なんだから
情報が追加されて確率がこうしん 100枚中1枚が当たりのクジで最初に1枚引く。
まだ結果を見ないで他のクジを開けていく。
そうすると他のクジが外れるたびに最初のクジが当たりの確率は1/100 1/99 1/98…と増えて行くでしょう?
そしてどこかで当たりクジが出てしまったら最初のクジの当たりの確率は0になる。
量子でもなんでもない。確率ってもともとそういうもの。 >>205
物理でも数学でも本気でやるつもりなら
式をわかるための努力もした方が良いと思います。
かじるだけではなく。
数学や数式は物理をちゃんと学ぶためには必要です。 >>210
その例や、貴方のモンテホールの計算は
用語わからないけど、1回1回操作する試行が独立になっつてる
独立の場合は
スレタイ「量子論確率収束問題」
の方とスレタイの名前付けた名前のこの説明との整合は根拠なく
「モンテホール確率計算問題」の方の場合、複数の試行が独立でなく始めから次から次まで繋がる時の計算 ここが本当に
モンテホール問題発祥してから
争点だからね ああ補足だけど
独立の試行の場合
始め□/100→次□/99→次□/98
始め□/3→次□/2
となるかもだけど、ということだよね?
繋がる試行の場合
始め□/100→次□/100→次□/100
始め□/3→次□/3
と分母が変わらない >>210
一回目 1/100
二回目 99/100*1/99=1/100
三回目 99/100*98/99*1/98=1/100 >>215
失礼。そうですね。
書いた直後に間違いに気づきました。
言いたかったのは後からそれ以前の確率が更新されることはありうると言うことで例が適切でなかったです。 >>212
反応してくれるのはありがたいですが正直何を言わんとしてるのかよくらからず。すみません。 >>217
なんというか
()←を選んだマークとして
(○)│○○○○○…()は1/100
↓
(○)│死○○○○…()を選び直してないのに=初期操作確率のままなのに、()が1/99になるなら
1/100が1/99に操作一切してない所で、窺い知れない別の場所の操作で何故か、確率収束してる
となる だから
解答者が初期確率のまま確率収束してることになるから
量子論確率収束問題
となる ほんとにここが争点だから
非常に有意義なやりとり
スレタイを実行してる モンティ・ホール問題のドアの数を100個に変えた問題については、下の解法①と②が同じ答えになったけど、なぜ同じ答えになるのかはよくわからない
解法①の方法が正しいことはわかるけど、解放②の考え方がどういった場合において成立するのかの条件が明確にはわからない
設定
ドアの総数: 100
当たりのドアの数: 1
挑戦者が最初に選ぶドアの数: 1
司会者が開けるドアの数: 1
挑戦者が選択を変えた後に選ぶドアの数: 1
100個のドアを{D[0], D[1], ... , D[99]}とする
(当たりのドア, 挑戦者が最初に選ぶドア, 司会者が開けるドア)をそれぞれ
(X, Y, Z) = (D[x], D[y], D[z])とする(例: x = 0 ⇔ X = D[0] ⇔ D[0]が当たり)
y = 0を前提とする(ここでは2変数x, zだけを考える)
司会者が開くドアの選び方はランダムとする
(整数の全体からなる集合をℤで表している) >>222
【解法①】
∀a∈[0, 99]∩ℤ, P(x=a) = 1/100
∀a∈[1, 99]∩ℤ, P[z|x](a|0) = 1/99
∀a∈[1, 99]∩ℤ, ∀b∈{e|e≠a∧e∈[1, 99]∩ℤ}, P[z|x](b|a) = 1/98
より
∀a∈[1, 99]∩ℤ,
P(選択を変えなければ勝つ ∧ 司会者がD[1]~D[99]の中の1つのハズレのドアを開ける)
= P((x, z)=(0, a))
= P(x=0) × P[z|x](a|0)
= 1/100 × 1/99
= 1/9900
∀a∈[1, 99]∩ℤ, ∀b∈{e|e≠a∧e∈[1, 99]∩ℤ},
P(選択を変えれば勝つ ∧ 司会者がD[1]~D[99]の中の1つのハズレのドアを開ける)
= P((x, z)=(a, b))
= P(x=a) × P[z|x](b|a)
= 1/100 × 1/98
= 1/9800 >>223
よって、司会者が開けるドアの違いを無視すると
P(選択を変えなければ勝つ)
= Σ[i=1, 99] P((x, z)=(0, i))
= 99 × 1/9900
= 1/100
∀k∈[1, 99]∩ℤ, ∀a[k]∈{e|e≠k∧e∈[1, 99]∩ℤ},
P(選択を変えれば勝つ)
= Σ[i=1, 99] P((x, z)=(a[i], i))
= 99 × 1/9800
= 99/9800
よって
P(選択を変えなければ勝つ) = 1/100
P(選択を変えれば勝つ) = 99/9800 >>224
また、
∀a∈[1, 99]∩ℤ, ∀b∈{e|e≠a∧e∈[1, 99]∩ℤ},
P((x, z)=(0, a)) = 1/9900
P(x≠0∧z=a)
= P(x∈{e|e≠a∧e∈[1, 99]∩ℤ} ∧ z=a)
= n({e|e≠a∧e∈[1, 99]∩ℤ}) × P(x=b) × P[z|x](a|b)
= 98 × 1/100 × 1/98
= 1/100
よって
P(司会者がD[1]~D[99]の中の1つのハズレのドアを開ける)
= P(z=a)
= P((x, z)=(0, a)) + P(x≠0∧z=a)
= 1/9900 + 1/100
= 1/99 >>225
よって
P(司会者がD[1]~D[99]の中の1つのハズレのドアを開けるとき選択を変えなければ勝つ)
= P((x, z)=(0, a)) / P(z=a)
= (P(x=0) × P[z|x](a|0)) / P(z=a)
= (1/100 × 1/99) / (1/99)
= 99 × 1/9900
= 1/100
P(司会者がD[1]~D[99]の中の1つのハズレのドアを開けるとき選択を変えれば勝つ)
= P((x, z)=(a, b)) / P(z=a)
= (P(x=a) × P[z|x](b|a)) / P(z=a)
= (1/100 × 1/98) / (1/99)
= 99 × 1/9800
= 99/9800 >>226
【解法②】
司会者が開けるドアを選ぶときの選択肢は{D[1],...,D[99]}であるから、
P(選択を変えなければ勝つ)
= P(D[0]が当たり)
= 1/100
P(選択を変えれば勝つ)
= ({D[1],...,D[99]}に当たりが含まれる確率の「司会者がドアを開けた後に{D[1],...,D[99]}の中で残されるドア」1個あたりの平均)
= (99/100) / 98
= 99/9800 >>177
なるほど面白かったありがとう
5^3が75になっている訂正
2^56 - 5^24
= (2^28 + 5^12)(2^28 - 5^12)
= (2^28 + 5^12)(2^14 + 5^6)(2^14 - 5^6)
= (2^28 + 5^12)(2^14 + 5^6)(2^7 + 5^3)(2^7 - 5^3)
= (2^28 + 5^12)(2^14 + 5^6)(2^7 + 5^3)(128 - 125)
= (2^28 + 5^12)(2^14 + 5^6)(2^7 + 5^3)3
> 0
よって2^56 > 5^24
logの方を簡略化できた
2^56と5^24
log2^56 / log5^24
= (8log2^7) / (8log5^3)
= log2^7 / log5^3
= log128 / log125
= log[125]128
> 1
よってlog2^56 > log5^24
よって2^56 > 5^24
どっちも指数を8で割ってるから128, 125が出てきてるんだな >>226
誤
= P((x, z)=(a, b)) / P(z=a)
= (P(x=a) × P[z|x](b|a)) / P(z=a)
↓
正
= P((x, z)=(b, a)) / P(z=a)
= (P(x=b) × P[z|x](a|b)) / P(z=a) >>228
2^56 / 5^24
= (2^7)^8 / (5^3)^8
= (2^7 / 5^3)^8
= (128 / 125)^8
= (1 + 3/125)^8
> 1
よって2^56 > 5^24
これでもいける
logいらなかった ずっと選んだの変えなくても
1/100→1/99→1/98→(かなりの数)→1/2
に選んだの変えなくてもなるなんて
なんていう確率収束
観測効果問題だね あ。もしかして違うか
選び直さなかった方は
1/100なのか
選び直した方が
1/100│1/98
↓かなりの数
1/100│1/3
となるってことかな?書いてるのは 左右で計算合わないから
1/100│1/100×99
↓かなりの数
1/2│1/2×1
となった前者のが良さげだけど、
これだと選んだのを変えなくても1/100→1/2に収束してしまう 1/100│1/100×99どれ選んでも1/100
↓
1/100│1/100×98選び直したら2/100
↓
選び直した次2/100│□/100…□は何なのかわからない自分… □は3でいいのかな
1/100│1/100
↓
1/100│1/99
↓
1/99│1/98
↓
1/98│1/97
と
1/100│1/100
↓
1/100│2/100
↓
2/100│3/100
↓
3/100│4/100
と
どちらが正解なんだろ どちらにしても
左右計算あわなくなるんだね問題だった 気温上昇でキチガイが湧く季節に注意
行動がオカシイ目つきがオカシイ人には近づかない目を合わせないでスルー 外出して他人にそう見られてる感
自分病気に見られてるんだろな
顰蹙注目受けてる感じ正解? 100枚の扉があったとして
司会者が扉開けて、それが98枚連続でハズレならさ、
最初に選んだヒトは、絶対に超能力(透視)があるんだろ
扉を替えてはいけない。
超能力がないと仮定して
98枚連続でハズレる確率は、んーゼロみたいなものだ
∴超能力を信じて、最初の扉を選択すれば、
100%近い確率で的中しちゃうハズでぇす。
>>242
こちらが
自分や
モンテホールの答えとされる
スレタイのモンテホール確率計算問題の方
1回試行なら1/100から→2/100になる方 >>243
わからない。2/100になるか?
司会が98毎ハズレをランダムにあけたら最後の1枚が
99/100の確率で当たり。最初に選んだのが
1/100の確率であたり。
もし司会が番号の小さいほうからハズレを開けるなら最後は1/2 1/2の確率になる。
いずれにしても2/100にはならないと思うが。 >>244
1/100→2/100はまさに
前半の方ね
始め扉を選んで1/100
1回目に
司会者がハズレの扉を1枚開けて選び直したら2/100選び直さないと1/100
1回目に
司会者がハズレの扉を98枚開けて選び直したら99/100選び直さないと1/100
となるというのが
こちら側で
前半の方はまさにその通り >>244に書いてある、何回もの試行でハズレの98枚開ける場合はわからないけど
1回目の試行に98枚開けるなら99/100になる とするとそちらはこうか
1回目1/100
次の試行で
司会者がハズレ1枚開けたら、(少なくとも選び直したら)1/99
司会者がハズレ2枚開けたら、(少なくとも選び直したら)1/2
ということだよね? ↑
1回目←ミス
始めに←が○
次に←よりも
1回目←書き方合わせてこちら >>245
1回目に
司会者がハズレの扉を1枚開けて選び直したら2/100選び直さないと1/100
なるか?
ならないと思うけど。
選び直したら
99/9800
だよね。 99/9800→9800÷99=98.989898…か
100-98.989898…=1.0101010…か
始め→1/100=1%
1%から次扉を1枚→0.0101010…%上昇なのか ↑
選び直さず確率変動
変動数値だけみると
物理学計算でよくある感じだよね
物理学計算一切知らないけど印象 これ
1回に98枚開けるのって98倍でいけるなら
0.010101…×98=0.989898…
%上昇になって
1%→98枚開けたら選び直さない扉が→nearly2%
選び直したらnearly98%
ほぼ近似になるんだ
こちらと
そちらの
確率 ↑
補足
1回で扉を98枚開ける
こちら
1/100│99/100
そちら
2/100│98/100
1回で1枚
こちら
1%│2%
そちら
1.010…%/何%? あ、何%?←計算わかったかも
98枚開けたら
1.989898…/100│98.010101…/100
となるから
残り98枚開けたら選び直す方が残り1枚
残り1枚にしたとき右側が99-0.989898…になってる
すると0.989898…にかける、選び直さない方残り98枚となっている、1枚だけ開けた場合
0.989898×98=97.0101010…
になった
なので
左側の1.0101010…と97.0101010…を100%から引くと1.97979797…%になった 更新
0枚開け
こちら
1/100│1/100
そちら
1/100│1/100
1枚開け
こちら
1/100│2/100
そちら
1.01010…/100│1.979797…/100
98枚開け
こちら
1/100│99/100
そちら
1.989898…/100│98.010101…/100
となると思うんだけど 「モンテホールをモンテホール確率計算問題の計算推論」
と
「モンテホールを量子論確率収束問題の計算推論」
を計算すると
近似数値になるのか
なんかすごい なんかこのすごいのってさ、
量子論の色んな波動関数存在確率収束計算(←名付は適当に言ってる)が
実はモンテホール式に条件洗い出し確率を計算可
を示唆しそうじゃない?
近似には理由があった的に 量子の不確定性原理
条件完全洗い出しできたらモンテホール式に不確定性原理計算できる可能性 ガチャガチャ喋ってたら
凄い話出たなと
自分だけ思う めっちゃ
表に書いた近似
すごいよね
近似がすごい
あちらの導出までの計算法はわからないけど
導出したのから聞きかじった数値を繋げて出したあちらの数値確率
当然だけど近すぎて近似すげえと 近似って、答えじゃないじゃん誤差じゃん、フェルミ推定じゃん、と馬鹿にしてた
馬鹿にしてて自分無学だけど差別心は確かにあったけど
近似の真価はもしかしたら答えと併記にリストすると
ズレの綺麗さすげえとなるのが真価の入門かもしれないね
近似の中には駄目な近似と今回のように優れた近似があるだろう
優れた近似は併記すると今回みたいにすげえ
ですげえズレが入門で
初級以上の近似の真価はまだ知らない 量子論の確率の中には
駄目な近似と、優れた近似があるはずだよね
その
優れた近似は答え確率と併記したらすげえとなるはず 近似の入門が答えと併記するのが入門なら
答えと併記しない入門は入門に入ってないとなる
優れた近似、駄目な近似あるはずだけど
優れた近似も真価の入門に入らず、腐ってる説
再生こそが併記が入門かも >>235,236
そこで言いたいことはこういうこと↓なのでは?
司会者の開けるドアの集合をZとする
このとき、
(司会者が開けるドアの数) = n(Z) (0 <= n(Z) <= 98)、
(司会者が開ける可能性のある99個のドアの中で司会者がn(Z)個のドアを開けた後に残されるドアの数) = 99 - n(Z)
(選択を変えなければ勝つ確率) | (選択を変えれば勝つ確率) × (99 - n(Z))
= 1/100 | (99/100 ÷ (99 - n(Z))) × (99 - n(Z))
= 1/100 | 99/(100(99 - n(Z))) × (99 - n(Z))
1/100 | 99/9900 × 99 (n(Z) = 0)
↓
1/100 | 99/9800 × 98 (n(Z) = 1)
↓
1/100 | 99/9700 × 97 (n(Z) = 2)
↓
1/100 | 99/9600 × 96 (n(Z) = 3)
↓
.
.
.
↓
1/100 | 99/400 × 4 (n(Z) = 95)
↓
1/100 | 99/300 × 3 (n(Z) = 96)
↓
1/100 | 99/200 × 2 (n(Z) = 97)
↓
1/100 | 99/100 × 1 (n(Z) = 98) >>266
自分のと
モンテホール正答と言われる方
は
そういう計算するのね
計算結果だけしかわかる頭ないけど
計算はこうなりそうなのかな
計算一覧はこうなるみたいというのはOKで
論理記述だと、こちらの方はどう書くことになるんだろうね こちら
99/9900(1%)
あちら
99/9800(1.01010…%) あれ?
1.01010101010…%にならないじゃん
こちら
99/9900(=1%)
あちら
98/9900(=1.01010101…%)
が正解?不正解? あ
99/9800
がせいかいだったのか
1.010101…%にならないじゃん てことは?予想全部間違いなのか
こちら
1枚
1/100│2/100…99/9900×2
98枚
1/100│99/100…99/9900×99
あちら
1枚
1/100│99/9800×1
98枚
1/100│99/9800×98…99/100
こうだったのか
計算最初からトンチンカンしてた となると?
こちら
1%│2%
↓
1%│99%
あちら
1%│1.01なんちゃら(1.0101010101…にはならない)
↓
1%│99%
98枚開けたときは同じになるのか こちらとあちらで
1枚開け
〜
98枚開け
を
こちら
2〜99
あちら
1〜98
に
してるのって
どういうことなんだろ? 自分のトンチンカンしてた計算は
それはそれで
第3の勢力(架空)に成れない? 今の勢力は
こちら
あちら
トンチンカン
トンチンカン計算は論理記述どうにか考えて加えられないかな?
あちらの論理記述だけ出てる
こちらの論理記述は出てない
トンチンカンの論理記述はひねり出せない物?ひねり出せる物?出せたらいいな こちら
99/9900
あちら
99/9800
トンチンカン
98/9900
第4勢力
98/9800=第一勢力こちらと同じ? 99/10000
とか
100/9900
とか
100/10000
は流石に
有り得ない? そもそも
98/9900
からして論理記述は作れない系な可能性ある? しかも
98/9900
だと
1枚〜98枚で
左辺も確率歪んじゃうし、どうなんだろ
あちらとこちらは
左辺は確率歪まない 左辺3種
こちら
1%│
↓
1%│
あちら
1%│
↓
1%│
トンチンカン
near1%│
↓
near2%│ あ間違いだ!
トンチンカンは
100/9900
なのか こちら
99/9900
あちら
99/9800
トンチンカン
100/9900
が正解だった
むしろ
98/9900
は無い説?
これは論理記述できない説?
99/10000
も論理記述できない説?
100/9900
99/9900
99/9800
だけ論理記述できる説?
100/9900はできない?
全く自分頭悪いから学問的なのは駄目だね
始め計算からトンチンカンしてたし
今トンチンカン気付いてから計算駄目だし
これらが成立しうるかや意味すらわかってないから わからなかった
誤ってた
意味分からない
頭ついていけてない
から
絵文字飾る
💫
🧠
🎊
🌧
🧬
🪦
🕳 学問的なのは
🐴🦌
やっぱ無理なの
🐔
いつもそうなんだよね しかも
近似の綺麗さあるかな
99/9900と100/9900
は綺麗さ確認済み?レスの計算が正解なら。計算すら怪しい頭自分
99/9900と99/9800
は未確認
100/9900と99/9800
はどうなんだろね
99/9900と100/9900
すら怪しい 優れた近似は答えと併記するとすげぇ
仮説は
ありそうなんだけど
さっきトンチンカンは
例になってたの出たすげぇとおもったけど
トンチンカン自体が誤りで
例が1つもない状態に 近似の真価の入門は併記すげぇなのか?
優れた近似と駄目な近似は併記でわかるのか?
量子論とか量間思ったのは誤りか?根拠は一例すらなくなった!
誤差じゃんフェルミ推定じゃんの差別心は!併記真価仮説が正解かすらわからないけど真価を入門すれば差別心は氷解していく! 🐴🦌頭
🐔頭
な
💫🎊🌧🪦ぱんぱか
な
🕳ぼけつ
の
🧠は
👁_👁
💧
👕
👖 らんらん駄目駄目 頭馬鹿過ぎ知能低いpoemの✍👁_👁🤳誤り駄目駄目なネットタトゥー 最初に選んだものが当たる確率は1/100
ということは残りの99枚の中に当たりがある確率が99/100
司会がハズレを1枚開けると残りは98枚
残り98枚の中に当たりがある確率が99/100
98枚の1枚を選んでそれが当たりの確率は
99/100×1/98=99/9800 量子がどうのこうの考える前に普通の確率計算をまずやった方が良い。
別に特別な計算でないし高校数学の範囲の話なんだから。
この手の話題をする人の問題は地道な勉強や計算を嫌うことだと思う。
やるなら食わず嫌いやつまみ食いするのでなく
ちゃんとやらないと何も身につかない。 >司会がハズレを1枚開けると残りは98枚
>残り98枚の中に当たりがある確率が99/100
ここが間違い >>293
ああ、読み直したらそうか
99/100は1枚も開けてない99枚の時だから
1枚開けて98枚になったら99/100から変わらなきゃいけないってことで
そこから間違いと、いう発言と読んで正解? あれ?
ああそうか
1枚開けて
98枚全体で99/100なのは正解なのか
なら書いてるのは正解じゃないの?
99/100と98の処理方法(計算の仕方)が違うだけ
だから書いてる前半は正解じゃん? ようは
こちら(モンテホール正答とされる方)
あちら(ふむ?)
トンチンカン(謎)
このバリエーションは処理方法の争点によるだけじゃん 処理方法の争点は
論理記述の妥当性が判別点になると思うけど(文説明にしても論理的に)
あくまで着目点だけは全部正解なんじゃない? 自分相変わらずトンチンカンで信用は自分でもないけど
やってみたら…着目点少しズレはあるな
98は全部共通使うのか?他が少しズレがある
あちら99/100と98で
99/100÷98
こちら
(100-98)/100
トンチンカン
? トンチンカンだけ98使わないから誤りだ
わかった
完全に
98使わないのは誤り 何を悩んでるのかよくわからないですが
ゆっくり考えるなり高校の確率の教科書読み直すなりしてみて下さい。 あ、これだと
バリエーションはあと1個だけだ
足し算引き算より下の計算符号を考慮しなければ(そもそも計算わからんから)
かけ算より上の計算符号は()√だから
98を
-
÷
()√
この処理方法は3つしか無い >>300
何を悩んでるって
あちら
99/100÷98
こちら
(100-98)/100
この処理方法がどちらが正しいかだけど?
モンテホール正答とされるのは-の方と言われてて
モンテホール正答は数学者達が出してるから
÷の方は皆すなわち物理学者が出すものということだよね
数学者方法と物理学者方法と
どちらが正答か ()√電卓ポチポチしてたけどバリエーション作れないな
()√は論理的にもこの場合ないのかもしれない
あとは足し算引き算より下の計算符号がバリエーション作れるかだけ
下の計算符号は計算わからないから、現実には引き算と割り算の2パターンだけみたい トンチンカンとこちらをリストして
近すぎすげぇは
トンチンカンが98使わないから誤りで
架空だった あちらの計算今、50%になる数を割り出してみた
99÷100÷1.98
1.95ということは2枚残し
97枚開けで
3つの扉
1/100│nearly1/2│nearly1/2
となるみたい
こちらは
50枚開けの時点で
1/100│残り50枚どの扉選んでも1/2
という計算になる(だとすると重ねあわせなのか) あちら
99/100÷98…扉の開ける確率に重ね合わせが一切皆無
こちら
(100-98)/100…扉の開ける確率に重ねあわせが必須
という違いもあるみたい 難しいから自分は同時開け以外無理だけど
何度試行でも
あちら…重ねあわせ無し
こちら…重ねあわせあり
になるんじゃないかな >>301
よくわかりませんが、
2/100が答えとなるというのがどういう問題設定かさっぱりわからないです。
2/100が答えとなっているという
サイトやurlを教えてください。 >>308
探してみるけど
自分が見たのは5chかopenかのまとめと
gigazinやそういう系の記事だけだった気がするから
何処で見たのか掘り出せない
wikipeにはどちらで書いてあるの?
少し探してみるけど いや待った
自分も100扉のケース見たことないかも
99/100÷98の方だと3扉だと…
2/3÷1…ああ、3扉だとこちらもあちらも同じになるのか (100-98)/100
自分のオリジナルかも
なるほど
100枚扉を97枚開けたとき
残り2つは1/2近くに同様に確からしくならなければいけないのか
自分のオリジナルだと
100枚扉を97枚開けたとき
残り2枚が98/100と98/100にかさねあわせになる
かさねあわせの同じ確率の時点で2枚は1/2か ようは
自分のオリジナルは
重ね合わせでの確率振り
言ってること繰り返しだけど
自分のオリジナルの重ね合わせだと期待度が割り出せるね
97枚開けたとき
1/100の扉の期待度より
選び直してどちらかの扉を選んだ方が
期待度が98倍になる 反対に
99/100÷98
の方は
選び直した際の期待度は割り出せないよね ならめちゃくちゃじゃん。
ちゃんと前提条件を整理してからやったらどうですか。あと確率の計算の仕方をちゃんと高校の教科書かなんかで勉強することを勧めます。 >>315
めちゃくちゃだったね
全体(重ね合わせ)(マクロ視点)では正解っぽいかな?
局所(非重ね合わせ)(ミクロ視点)ではめちゃくちゃだったね 後半が手紙ね
前半は手紙の直接宛先のアンカまで拾ったから前半無関係なレス含め、URL挿入 モンテホールの話終わったし
量子論に使えないか考えない?➰ 量子論ってさ、状態の重ね合わせじゃん?
するとさ
(100-98)/100…重ね合わせの確率…マクロ視点
であったりはしないの?
量子論を進化させるには
99/100÷98…完全非重ね合わせ…ミクロ視点
状態の重ね合わせを排することできないの? 量子論も確率
統計運動も確率
だから
統計運動もできない?
何重連接振り子のカオスって確率しか統計運動のように無理だけど
重ね合わせでない完全予想ミクロできない?
スパコンも台風の進路何通りも出力するじゃん まず
マクロ現象とミクロ現象の
計算符号段階(処理方法)(※計算符号段階は分配段階が違う)が違う
を
解析するべきかね 時間の魔さんが
,81 ハイ
とか言ったぜ
解析の掘る切り口何通りか作れるだろうけど
その1つになるのかもね、計算符号段階の意味考えるの ちなみに
足し算は
A+B
Aを1項としてBを展開
AとBが1つの合成数の答えになる
かけ算は
A×B
Aの整数値を1項とし
Aの数値分の項があるとして
Bをその項の分分配すると
AとBの2次元長方形の数値になる
だから分配の段階が違う
計算の纏まりの深度 足し算引き算は
主星と遊星の関係、すなわち相対性原理
速度に静止がある理由は
速度差の断層が足し算引き算計算だから
足し算引き算の基準は0
運動する自分自身は腕脚体頭が一緒に動く
つまり一緒に動くイコール基準とは
基本の0だから
一緒に動く静止は
速度0つまり静止になる
かけ算わり算なら基本が1になるから
かけ算わり算の静止にあたるのは1になり
かけ算わり算に静止はない(÷∞しなきゃ静止にならない)
だから主星と遊星とは
遊星のどれから見ても自分は主星で他が遊星
どの観測者からも同様に記述される相対性原理は
足し算引き算が速度差の定量計算だと、黙示的な暗黙な運動法則を宣言してるだけに他ならない基本事項
だから
計算符号段階(宇宙の物理的な処理方法=原理)が異なれば、相対性原理は誤りになる
で
(100-98)/100と99/100÷98の機能が違うということ 量子論の量子の状態も
宇宙の物理の処理方法の1つな訳なんだから
処理方法が誤れば
そりゃ重ね合わせになるってことなんだろうね 他にも
ちょっと物理板に書いてなかった事項
×…インフレーションする
÷…インフレーションしない
:…インフレーションしない
あと1つ…インフレーションする
×を
A×B=C
として番号振り
1×2=3
と書き表すとして
かけ算には交換法則はあるけど面倒だから省き
÷は
3÷2=1
となる
:は
1:3=2または3:1=2
(こちらは交換法則考慮)
もう1つは
2=1と3
になる 1×2=3は驚く大きい数字になる、インフレーションする
3÷2=1は制限された数字になる、インフレーションしない
1:3=2も比の中で制限された数字になる、インフレーションしない
2=1と3は自由に設定できる数字になる、インフレーションする 1×2=3は外界影響なく内界影響ある、外界依存で変動なし、内界依存で変動あり
3÷2=1も同上
1:3=2は外界影響あり内界影響なし、内界依存で変動なし、外界依存で変動あり
2=1と3も同上 というように
計算符号は
計算符号段階だけでなく
少なくとも4符号はあるから
注意ね 計算符号の機能からの掘る切り口は何通りかの1つで
他の
解析方法
なら
わからないから
他の
解析方法
考え
ようか?
まあ
量子論の話に繋げてみる?➰
も
今後の
話題の
一案
だから
違う
話題に
しようか?
そうしようか