プレーヤーの前に閉まった3つのドアがあって、プレーヤーが1つのドアを選択した後、司会のモンティが残りのドアのうちヤギがいるドアを開けてヤギを見せる。
プレーヤーはドアを変更すべきだろうか？
(wikiより)
ttps://www.youtube.com/watch?v=F8xur_TLFyY ttp://www.montypython.com/ プレーヤーが最初に選んだドアが当たりの確率
１／３は変化しない。FA
なる理由がない。
司会者がドアを開けてもプレイヤーにとっては何も状況は変わらない。
だから、本来条件付き確率を持ち出すまでもなく で正解。
もし無理やり条件付き確率のフォーマットで考えるなら
Ａ：最初に選んだドアが当たり
Ｂ：司会者がハズレのドアを開ける
とすると、P(B)=1なので明らかにP(A∩B)=P(A)であり
P_B(A) = P(A∩B)/P(B) = P(A)
自分はまだどこも開けてなくて司会が開けたパターンが2つあるだろ？そこから自分の確率を手繰り寄せるんだよ
そもそも最初の選択でハズレを引く確率は2/3で最初からあたりを選んでるなんて1/3
そんな中ハズレを一つ教えられてるんだから、自分の選んでないもう一方の箱の方があたりである確率は実質2倍だろ。
の「何も状況は変わらない」は
「最初に選んだドアが当たりかどうか」という問題について
なんら新たな情報は得られない、という話です。
で、にあるように、変更して当たるのはその余事象。
さんの話と矛盾することを言ったつもりではありませんでした。結論も同じ。
司会者はBかCの扉を開ける
Aが当たりでBを開ける:1/6
Aが当たりでCを開ける:1/6
Bが当たりでCを開ける:1/3
Cが当たりでBを開ける:1/3
BとCを開ける確率はそれぞれ1/3+1/6=1/2
Aが当たりの確率は1/3
Aがハズレの確率は2/3
変更して当たる確率は2/3
（オレも騙されたｗ）
これは、選ぶドアを変えるのは二枚ドアを選べるのと同じことだということに気づいたら、納得出来る。
変えなければ選べるドアは一枚だけ。
変えたら選べるドアが二枚なのと事実上同じこと。
これに気づけるかどうか。ここがキモ。
後、頭で考えずに、図を書いて考えること。
自分の手で図を書きながら誰かに解説する積りで考えたら分かる。
頭だけで考えるとつい引っかかる。
確率は変わらないとつい思ってしまう。
（間違いなのよねこれが）
不思議な問題だよね。
●確率が変わらないのは、開けるドアをランダムに選んだとき。
●ドアを開ける人間がルールをちゃんと理解してドアを選んで開けるときは、確率は変わる。
これがつい勘違いで逆になってしまう。
これがこのモンティーホールの問題がここまで紛糾してしまった最奥の理由だと思う。
よくあるでしょ。右と左とか、白と黒とか真逆なものを取り違えてしまう間違い。
あれねこれは。
独立事象と背反事象を取り違えるとかね。
ああいう類いのやつ。
頭で考えただけだと、つい真逆に取り違えてしまう。
手を使って図を書いて考えると気づくんだけどね。
自分も最初、変更することは実質2枚開けれるのと同じだから確率2倍という納得をしたんだけど
変更しなくても2枚あけてるようなもんじゃね？という反論がきたら完璧に反論できないから結局が一番理にかなってる
確かにが一番見事だね。
ただ、その言い分はおかしい。
二枚開けるじゃ無くて、二枚選べる、だから。
これもこれで興味深いね。
の説明だと、もう確率変わるとしか思えなくなるもんね。
条件付き確率の改定というのは、
別の条件下の確率を求めること。
変わるんじゃなく、別のものを求めている。
別のものを求めた⇔変わった
オレは原因はだと思う。
自体がの例だしね。
茶化してるんじゃないよ。
これは実によくあるミス。オレもやる。
真逆に勘違いするやつね。
90°違うと皆んな間違いに気づく。
でも180°逆だとしばしば騙される。
政治問題なんか実に多い。
主客転倒してるヤツ。
後、芸術関係も多い。
180°逆は、なんか本当っぽく聞こえる。
確かによくあるミスだけど、大学で確率を専門としてる教授とかがそんな初歩的なミスするとは思えないんだよなぁ…
現にやってるのに何をまたｗ
だからそれがだって話しだよ。
まぁ結果的にそういうことだよな。
理解した
ttp://indo.to/wp-content/uploads/2016/06/itsmedia.jpg 真逆は、なんかキャッチィで、魅力的で、本当っぽく聞こえる。
浮気なクソ女が「私捨てられたの、悲しい」とか歌うとなんか聞こえてしまう。
悪人役の人は、地は良い人ばかりとかね。
「イチ足すイチはニだろ？」って言われると、なんかつい反論したくなるとかね。
有名問題で結論もわかってて話してるので言葉上の行き違いかなとも思うのだけど
＞確率は変わらないとつい思ってしまう。
＞（間違いなのよねこれが）
とか
＞●確率が変わらないのは、開けるドアをランダムに選んだとき。
＞●ドアを開ける人間がルールをちゃんと理解してドアを選んで開けるときは、確率は変わる。
とかが、
「確率」が主語だと、主語が大きすぎてとっても意味不明なんですが。
どちらかというと、この問題は
「最初に選んだドアが当たりである確率」が変わらないのに、変わってしまうと勘違いする問題
だと認識しているので。
で言っている「確率」って何の確率の話をしています？
は、間違えているんだよ。
結論が反対になってる。
何を言ってるのか全くイミフです。
言語明瞭意味不明の典型ですね。
（文系でしょあんた？ｗ）
自由にフランクに数学やっていいんじゃ。文系は。
でもそもそも1314が変なこと言ってるのは確か
最初に当たりを当てる確率は３分の１だから、変更可能なドアにある確率は3分の2である。
これでどうだ？誰でも理解できるだろう。
サヴァントが用いた、ドアが100万枚のときは更にその差が開くから更にわかりやすくなるね。
その説明でいいのだが、よく言われる
ドアが100枚だと解りやすいという話は、
全く共感できない。
100枚でも3枚でも話の内容は同じと思うんだが、
100枚のほうが解りやすい人は
どういう感性をしているのだろう？
お前論理的に反論しろよｗ
ね。お前が間違いｗ
何を主張して煽り合ってるのかさっぱりわからん。
>>14と
>>34では、主張が真反対だ。
何か考えてるとは思えん。
● △ □ 変えないと当たり 変えるとハズレ
〇 ▲ □ 変えないとハズレ 変えると当たり
〇 △ ■ 変えないとハズレ 変えると当たり
お前がイミフｗ
それお前のことｗ
私ら文系が頭が悪いのは何ででしょうとか聞かれてもそりゃ知りまへんがなｗ
ほんそれ
あれ以上の答えは出てないしな、解散やで
のように、変更しても当たる確率は1/3
よくある間違い２
1/3が消えるから、変更してもしなくても当たる確率は1/3
よくある間違い３
変更してもしなくても当たる確率は1/3だから、比率は1:1で当たる確率はどちらも1/2
よくある間違い４
変更しないと1/3だけど、のように、変更したら当たる確率は1/2
正解
変更しないと1/3、変更すると2/3で当たり
じゃなんでのような完全かつ簡単な説明方法を並み居る数学者やサバントのようなウルトラ頭いい人間までみんな気づかなかったのかって疑問ね。
オレはそれがが根本理由だろうと思ってるわけだが。
は読まなかったのか？
全く理解できてないんだな。
絶対選択変更しないと決めて選んだ場合あたりを一発で引くしかない(1/3)
よって変えた方がまし
寝言はもういいよバカｗ
は単なる勘違い。でそれがハッキリと分かるって話しをしてるんだよ。
お前は脳みそ無いだろマジで。
文系が日本を滅ぼす。
ガチだぞ。
こういう低能が日本を実質的に仕切ってるんだ。
お前らマジで真剣に危機意識を持て。
こいつら低能文系が舵取りした日本が、本当に上手く行くと思えるか？
つかもう座礁しちゃってるのかも知れんぞマジで。
だから数学に責任あるけど。
とは結論が一致していて
はそれと反対なんだが、
何言ってんだ？
>変更して当たる ⇔ 初めにハズレのドアを選ぶ
(モンティーホール問題では)変更して当たる(確率) ＝ 初めにハズレのドアを選ぶ(確率) ＝ 2/3
だから、これは正しい。
>●確率が変わらないのは、開けるドアをランダムに選んだとき。
>●ドアを開ける人間がルールをちゃんと理解してドアを選んで開けるときは、確率は変わる。
これはのいう通り何の確率の話をしているのかあいまいだ。
>●(変更して当たる)確率が変わらないのは、開けるドアをランダムに選んだとき。
>●ドアを開ける人間がルールをちゃんと理解してドアを選んで開けるときは、(変更して当たる)確率は変わる。
の確率がの「変更して当たる確率」を指すと解釈するとの言う通り結論が逆だ。
変更して当たる確率は開けるドアをランダムに選ぶと2/3から1/2に変わる。
●(どちらを選ぶかで当たる)確率が変わらないのは、開けるドアをランダムに選んだとき。
●ドアを開ける人間がルールをちゃんと理解してドアを選んで開けるときは、(どちらを選ぶかで当たる)確率は変わる。
の確率が「どちらを選ぶかで当たる確率」と解釈すると結論は正しい。
残り２枚のどちらを選ぶかで当たる確率は、開けるドアをランダムに選ぶとどちらも1/2だ。
でも何の確率か説明してないからの変更して当たる確率の話にしか見えない。
変更せずに当たる確率は1/3、変更して当たる確率は2/3。
根拠も計算方法も同じなのに、ドアが100枚だと解りやすい
と感じる感性は、何なのか？数学となじみが悪くて解りにくい。
ってゆうか、そもそもで何を言おうとしたんだお前は？
ｗ
ドアを開けている以上確率が変わるか変わら無いかと言う問題なのは明らかなのであった。
残念でしたｗ
（んでね。）
文系さん以外には明らかですｗｗｗ
文系が日本を滅ぼす。
ガチだぞ。
こういう低能が日本を実質的に仕切ってるんだ。
お前らマジで真剣に危機意識を持て。
こいつら低能文系が舵取りした日本が、本当に上手く行くと思えるか？
つかもう座礁しちゃってるのかも知れんぞマジで。
早い話しが、
オレが言ってるのは例えばこんなことね。
ttp://indo.to/wp-content/uploads/2016/06/itsmedia.jpg 真逆は、なんかキャッチィで、魅力的で、本当っぽく聞こえる。
浮気なクソ女が「私捨てられたの、悲しい」とか歌うとなんか聞こえてしまう。
悪人役の人は、地は良い人ばかりとかね。
こういう指摘が恐ろしいわけね文系さんは。
図星で怖くなるんだよ。
いつもいつも得意げにやってる手品のタネを、突然バラされると怖いっしょ？
そんな感じのことね。
だから必死なわけねｗ
↓↓↓
ID:V2AON6BV = ID:I9zZYQSx = ID:f8cnx9rL = ID:FRBDComg だよね。
君がを読んでも4と10が同じことを言っているのも
がとは別の確率の話をしているのも理解してないのはわかった。
4と10が同じことを言っているとわかりやすいように10に言葉を加える。
これを読んでも4と10が違うと思うならどう違うのか具体的に書いてくれ。
> 司会者がヤギのいるドアを開けても、
> プレーヤーが最初に選んだドアが当たりの確率
> １／３は変化しない。FA
> (司会者がヤギのいるドアを開けても、)
> (プレーヤーが最初に選んだドアから)変更して当たる(確率2/3) ⇔ 初めにハズレのドアを選ぶ(確率2/3)
> (は変化しない。)
ｗ
こういう虚業で儲けてるわけね文系さんは。
ゼニ箱突然空けられるとビックリするっしょ？
だから文系さんが慌てて言語明瞭意味不明になっちゃうと。
それがタネ明かしね。
盗撮がバレた学校の先生が、「学校を守りたいんだっ」つって証拠品のカメラをブチ投げて壊した。
こんな感じのことね。
全く曖昧さの無い明瞭な言葉だけど、何を言ってるのかサッパリ分からないというｗ
もはやただの腐敗ですがな。
だ か ら 、
モンティホールの問題は、ドアを開ける前と、開けた後とを比べた話しをしてるんだっての。
オレもやるの。しょっちゅうやってる。
みんなやるんだよ。
ミスをするかしないかじゃ無くて、
ミスに気づいて、そこから何かの知見を得られるかどうかが問題なんだろ。
ミスをただ誤魔化して、ただの旧態依然なら、それはただの腐敗だろつってんだよ。
主張が他のレスと逆になってるからな。
ミスをミスと自覚することは大切。そこには同意する。
だから、でFAって話だろ？
もう大概にしようや。
普通に無視しろよ…
終わる話なんだがな。
が間違ってないことにできる解釈も示したのに
でその解釈のつもりだった事にできなくなった。
つまり説明を全然理解できてないのだろうね。
常に選び直すものとすると､
初回当たりを引いた場合
1/3→結果ハズレ
初回ハズレを引いた場合
2/3→結果当たり
初回ハズレを引く確率は当たりを引く2倍の値なので結果選び直せば当たりを引く確率は2倍になる。これじゃダメ？
ってゆうか、そもそもで何を言おうとしたんだお前は？
ｗ
「確率が変わら無い」って言葉に必死ですがりつきたい文系さんがいらっしゃいますが、
ドアを開けている以上確率が変わるか変わら無いかと言う問題なのは明らかなのであった。
残念でしたｗ
（んでね。）
文系さん以外には明らかですｗｗｗ
ttp://indo.to/wp-content/uploads/2016/06/itsmedia.jpg とにかく文系さんは、こういう指摘が恐ろしいわけね。
図星で怖くなるんだよ。
手品師が、突然タネバラされるとビックリして恐怖感が湧くでしょ？
そんな感じのことね。
90度ズレた間違いは、誰でも間違いだと直ぐに気づく。
しかし
180度真逆に取り違えた間違いは、なんか本当っぽく聞こえてしまう。
これを使って手品をやるのが文系さんの常套手段で、文系さんは極端な話しこれでおマンマ食べてるわけね。
「こいつなんで突然営業妨害やり出すんだよ。」
文系さんは今こう思っているｗ
そもそもモンティホールの問題は説明不要、トリビアルとか言うのと似たようなもんだな。
どれだけ有無を言わさず明確に説明するかって話しをしてんだろアホ。
でいいんならなんでもいいだろ。
例えばでもいいだろが。
何を言ってんだ？
な？
だから手品のタネバラされた文系さんが、
こうやって慌てふためくわけよ。
みんなよく見てなさいね、文系さんの醜態をｗ
ttp://indo.to/wp-content/uploads/2016/06/itsmedia.jpg この指摘が、怖くて怖くてしょうがないんだよ文系さんは、とにかくねｗ
はモンティーホール問題に対して下記のように説明している。
つまり「司会者がドアを開けたら最初に選んだドアが当たりの確率が1/2に変わる」は
間違いだと説明している。
「司会者がドアを開ける前」の「プレーヤーが最初に選んだドアが当たり」の確率は「1/3」だ。
「司会者がドアを開けた後」の「プレーヤーが最初に選んだドアが当たり」の確率は「1/3」だ。
だから「司会者がドアを開ける前」と「司会者がドアを開けた後」で
「プレーヤーが最初に選んだドアが当たり」の確率は変わらない。
は何の確率の話か書いてないからよくない。
で「司会者がドアを開ける前」と「司会者がドアを開けた後」の所だけは確定した。
14と71から君のモンティーホール問題に対する説明は下記のように書けるはずだ。
Aに入る言葉、Bに入る数字、Cに入る数字が何か答えてくれ。
「司会者がドアを開ける前」のAの確率はBだ。
「司会者がドアを開けた後」のAの確率はCだ。
だから「司会者がドアを開ける前」と「司会者がドアを開けた後」でAの確率は変わる。
もう一度言うぞ。
Aに入る言葉、Bに入る数字、Cに入る数字が何かを必ず答えてくれ。
もう一度言うぞ。
ってゆうか、そもそもで何を言おうとしたんだお前は？
ｗ
モンティホールの問題は、
扉を開ける前と後とを比べて、
扉を開ける前と後とを比べて、
扉を開ける前と後とを比べて、
扉を開ける前と後とを比べて、
扉を開ける前と後とを比べて、
確率が変わった変わらないかと言う問題だ。
あと、な。
涙拭けよ文系ｗ
が面白いのは、ハズレに注目して居ること。
みんなつい当たりに注目する。
小学校のとき、図形の面積を出すのに、つい足して出そうとするが、引くことで出すと簡単に答えが出る問題があった。
あれと少し似て居る。
あと、文系が必死ｗ
コンプレックスがあるからだろ。「文系が必死」てのは、
ような話題そらしのレトリックのことを言うのだ。
それ以前も、煽りばかりで、論理的な説明が一ヶ所もない
じゃないか。どこの低能だよ。
司会者は外れのドアをひとつ開けることができることから、
外れのドアを見たことには最初のドアが当たりである確率を
改訂する情報が何も含まれないということ。
だから、司会者がヤギのいるドアを開けても、
プレーヤーが最初に選んだドアが当たりの確率1/3は変化しない。
そのことの計算による説明はが書いてくれている。
結論も根拠もと共通で、語り口が違うだけだ。
は、 とは結論が逆になっていて、
モンティーホール問題と偶然ドアが開いたバージョンの確率が
そっくり入れ替わっている。つまり、単に間違えている。
涙を拭いて頑張れよ、「文系」。君には、計算は難しいだろうがね。
ヤギってハズレなのか？当たりなのか？
>モンティホールの問題は、
>扉を開ける前と後とを比べて、
>確率が変わった変わらないかと言う問題だ。
君がその話をしているのはで分かった。
その説明で確定しない所を確認したい。
の、Aに入る言葉、Bに入る数字、Cに入る数字が何か答えてくれ。
扉を開く以上はどのみち確率（確率空間と言う意味）は絶対に変わる。
（これはいいよな？まさか異論がある奴いるのか？）
選ぶ扉を変えたら有利かどうか、つまり期待値が変わるかどうかだね。
まあここの部分は謝るわ。
この修正でいいだろ？
まだ文句あるやついるのか？
もう一度言うぞ。
ってゆうか、そもそもで何を言おうとしたんだお前は？
ｗ
モンティホールの問題は、
扉を開ける前と後とを比べて、
扉を開ける前と後とを比べて、
扉を開ける前と後とを比べて、
扉を開ける前と後とを比べて、
扉を開ける前と後とを比べて、
期待値が変わったか変わらないかと言う問題だ。
あと、な。
涙拭けよ文系ｗ
（これでいいだろ？）
が面白いのは、ハズレに注目して居ること。
みんなつい当たりに注目する。
小学校のとき、図形の面積を出すのに、つい足して出そうとするが、引くことで出すと簡単に答えが出る問題があった。
あれと少し似て居る。
あと、文系が必死ｗ
こういう虚業で儲けてるわけね文系さんは。
ゼニ箱突然空けられるとビックリするっしょ？
だから文系さんが慌てて言語明瞭意味不明になっちゃうと。
それがタネ明かしね。
盗撮がバレた学校の先生が、「学校を守りたいんだっ」つって証拠品のカメラをブチ投げて壊した。
こんな感じのことね。
全く曖昧さの無い明瞭な言葉だけど、何を言ってるのかサッパリ分からないというｗ
アホ
1. モンティホールの問題は数学としてはで完全解決。文系さんが何か必死だけど無視しなさい。
少なくとも大事なことは言ってない。
2. ではなんでみたいな完全・完結な回答をサバントも含めて誰も気づかなかったのはではなぜなのか？
と言うこと。オレは>>21>>26がその回答なのではないのかと考えている。
3. 文系さんがなんかもう必死。
4. このスレ見れば分かるように、文系さんは解決を望まない。問題が紛糾し、みんながケムに巻かれることを望む。
だってそのほうがゼニ儲けしやすいから。
ｗ
文系さんがいつもいつもいつも考えていることは、ただ一つ。
どうやったらみんなをケムに巻けるか？
これ。
期待値も変わるのか。
扉を変更する場合と、扉を変更しない場合との比較の上で、両者の他方に対する有利さが、
扉を開ける前と後とで変わるのか
だね。
ごめん。
あと、
●有利さが変わらないのは、開けるドアをランダムに選んだとき。
●ドアを開ける人間がルールをちゃんと理解してドアを選んで開けるときは、有利さは変わる。
これがつい勘違いで逆になってしまう。
これがこのモンティーホールの問題がここまで紛糾してしまった最奥の理由だと思う。
よくあるでしょ。右と左とか、白と黒とか真逆なものを取り違えてしまう間違い。
あれねこれは。
独立事象と背反事象を取り違えるとかね。
ああいう類いのやつ。
頭で考えただけだと、つい真逆に取り違えてしまう。
手を使って図を書いて考えると気づくんだけどね。
だから変更する／しないの有利さは変わらない。
期待値は変わるよね。扉の数が減るんだから。
はの「どちらを選ぶかで当たる確率」だから正しい。
それでいいよ。
ID:vc/8ftZi = ID:cqtXqSWv = ID:xOxuhfox だけど、
正解を理解してもらえたようで安心した。
に固執する理由がわからん。
で終わってんじゃねえか。
ttps://www.youtube.com/watch?v=CtiacppR5dk 9:27人工衛星（確実な部分）
ttps://www.youtube.com/watch?v=-Ls8O7jjK1A 騙される要素がない
その説明の仕方でないと君には理解できないのか？
いや、どんな説明でも理解できるが
プレイヤーが選択したドアを除いたドア二つのうちで
当たりでないドアを司会者が開けてはずれであることがわかった、は
①当たりのドアは残った二つのどちらかであるということと
②プレイヤーが選択したドアが当たりの場合ならばどちらかを開いて
はずれの場合ならば残った内の当たりのドアを避けて開いたということ
の二つの情報を持っている
（どちらかを開く場合の確率の偏りはないもの、1/2ずつと見なす）
まず①②のどちらの情報もない状態（ドアを開けていない状態）では
（確率の偏りがない条件下で）それぞれのドアが当たりの確率は1/3
ここで、プレイヤーが選択したドアをドアA、司会者が開けたドアをドアCとして
①の情報を取り入れると、ドアCが当たりの確率は0となり
ドアA、ドアBが当たりの確率はそれぞれ1/3÷(1/3＋1/3)＝1/2となる
次に②の情報を取り入れると、ドアAが当たりの確率は
ドアAが当たりかつドアCを開いたまたはドアBが当たりでドアCを開いた場合に対する
ドアAが当たりかつドアCを開いた場合の比率であるため
(1/2×1/2)÷(1/2×1/2＋1/2×1)＝1/4÷(1/4×1/2)＝1/3となり
ドアBが当たりの確率は
ドアAが当たりかつドアCを開いたまたはドアBが当たりでドアCを開いた場合に対する
ドアBが当たりでドアCを開いた場合の比率であるため
(1/2×1)÷(1/2×1/2＋1/2×1)＝1/2÷(1/4×1/2)＝2/3となる
①②の情報を同時に取り入れると
司会者がドアCを開けてはずれだとわかったときにドアAが当たりの確率は
ドアAが当たりかつドアCを開いたまたは
ドアBが当たりかつドアCを開いたおよびドアCが当たりかつドアCを開いた場合に対する
ドアAが当たりかつドアCを開いた場合の比率であるため
(1/3×1/2)÷(1/3×1/2＋1/3×1＋1/3×0)＝1/6÷(1/6＋1/3＋0)＝1/3となり
司会者がドアCを開けてはずれだとわかったときにドアBが当たりの確率は
ドアAが当たりかつドアCを開いたまたは
ドアBが当たりかつドアCを開いたおよびドアCが当たりかつドアCを開いた場合に対する
ドアBが当たりかつドアCを開いた場合の比率であるため
(1/3×1)÷(1/3×1/2＋1/3×1＋1/3×0)＝1/3÷(1/6＋1/3＋0)＝2/3となる
例えばそれぞれのドアが当たりの確率が1/11、4/11、6/11とした場合で
司会者がはずれのドアを示したときの確率を求めると理解が正されやすい
プレイヤーが6/11のドアを選択して司会者が1/11のドアを開いたとき
ドアを変えないで当たりの確率は3/7、変えると当たりの確率は4/7となる
プレイヤーが4/11のドアを選択して司会者が6/11のドアを開いたとき
ドアを変えないで当たりの確率は2/3、変えると当たりの確率は1/3となる
（たまたま変わらない1/3となったという考えでなく変わらないから1/3という考え）
最初に1/3だから残りのドアのいずれかが当たりの確率は2/3であるため
残りのドアが一つになったならばそのドアが当たりの確率は2/3であるという考えは
間違い。たまたま正答と数値が一致してるに過ぎない
数値が一致する条件は最初に選択したドアを除いたドアが当たりの確率が
皆等しい場合である。（簡易）モンティホール問題の1/3ずつが該当している
また、最初に選択したドアが当たりの確率＜残ることになるドアが当たりの確率×2
ならば選択を変えた方が当たりの確率は大きくなる
実際のモンティホールでの確率がそれに該当している（それぞれおよそ1/3）
考え方も数値も間違っていても変えた方がいいという解答は一致する
＞（中略）は間違い。たまたま正答と数値が一致してるに過ぎない
そーかね？
アタリが３枚のドアに当確率に仕込まれて、
司会者がハズレのB,Cからどちらを開けるかも当確率
と仮定するならば、
Cが開けられたというイベントは、
Aがアタリでもハズレでも当確率で生じるから
Aのアタリ/ハズレに関して情報をもたらさない。
つまり、事後確率は事前確率のままで変わらない。
そこから答えに至ることもできるよ。
なんでこんな言い合いしてるんですかね(困惑)
とりあえず確率を知った気でいる奴が多すぎる、条件付確率以前に
素事象と標本空間とか学びなよ
この当たりの確率は間違いだ。このモンティホール問題の応用は
等確率のドアが11枚あり1枚セットと４枚セットと6枚セットに分かれている、
と考えるとわかりやすい。
最初に選択したn枚セットのドアが当たりの確率は
司会者が残り(11-n)枚のドアを1～(11-n-1)枚開けてもn/11のまま変わらない。
プレイヤーが6枚セットのドアを選択して司会者が1枚セットのドアを全部開いたとき
ドアを変えないで当たりの確率は6/11、変えると当たりの確率は5/11のままだ。
プレイヤーが4枚セットのドアを選択して司会者が6枚セットのドアを全部開いたとき
ドアを変えないで当たりの確率は4/11、変えると当たりの確率は7/11のままだ。
しかもプロの数学者でさえ理解できないのが何人もいるってのは信じがたいんだが本当なんだから呆れてしまう
「4は真」は単なる事実であって、論理的な説明としては不十分だと思うから「4で終わってる」は流石に言い過ぎじゃないか
ふわっとした説明や常識()的判断、オカルト理論を用いず、4が真であると示せないなら理解してることにならないし
設定を変えて、司会が適当に選んで開けたら偶々ハズレだった場合は4は適用できないが、これをちゃんと理解できてなくて間違える者もここに限らずよく居る
「自然言語で書かれた状況を適切な数学概念に変換すること」に関して数学者がプロとは言いがたいのだから
その部分で間違えたことに対して「プロも間違えた！」などとはやし立てるのもやや誇張に感じる
(間違えた数学者には反省して欲しいが)
「自然言語で書かれた状況を適切な数学概念に変換すること」は、
数学じゃなく、算数の対象だよな。
算数の専門家を集めてモンティーホール問題を議論させたら、
数学者の場合より更に悲惨なことになりそうではあるが。
司会者モンティが開けたドアがヤギを
見たその瞬間に
1/3→1/2に増加するハズだ。
3つに1つを選択から、
2つに1つを選択に変化したからだ。
司会者モンティが、2つのドアのうち、
無心かつランダムに、開け
モンティの開けたドアにヤギ(はずれ)だった
としたらだがな
ちなみに、最初に選択したドアを変更しても
1/2→1/2のままだ 2/3にはならん
このランダムに開けた時に当てる確率は正しい。
しかしランダムに開けるのはモンティホール問題ではない。
モンティホール問題は司会者が必ずハズレのドアを開ける。
こんなことも分からないのか。
最初に選んだドアが当たりの確率は、
司会の「ヤギ見せ」で、1/3→1/2に確変
ドアを選び直しても1/2だと思った
細かいルールを掴みそこねたぁ～
それにしても、「ヤギ見せ」でも確変
しないなんて、超すばらしいルールだ
《最初の選んだドアが当たりの確率》
ABCのドアのうち、
・プレーヤの最初に選んだのが、Aの場合
(A,B,C)=(当たり,はずれ,はずれ)の場合
司会者は、BかCのいずれか開ける
プレーヤは最初に選らんだAを開け
当たりとなる
(A,B,C)=(はずれ,当たり,はずれ)の場合
司会者は、必ずやCを開ける
司会者は、ルールのからみで
Bを開けてはいけないからだ
プレーヤは最初に選らんだAを開け
はずれとなる
(A,B,C)=(はずれ,はずれ,当たり)の場合
司会者は、必ずやBを開ける
司会者は、ルールのからみで
Cを開けてはいけないからだ
プレーヤは最初に選らんだAを開け
はずれとなる
然るに、プレーヤが当てる確率は
(A,B,C)=(当たり,はずれ,はずれ)の
確率と同じだ。
この確率は、ルールにより1/3だ
まぁ、ルールを確認するの疲れるゼ
で、
プレーヤーは、1/3の確率で当たる
・プレーヤの最初に選んだのが、Bの場合
文面のAとBを入れ換えて考えれる。で
で、同じく、1/3
・プレーヤの最初に選んだのが、Cの場合
同じく、 1/3
1億個の箱があって当たりは一つ当たりがあるゲームを考える。
一個箱を選んで（仮に箱Aとする）、残り9999万9999個のうち9999万9998個は絶対ハズレなのだから主催者がハズレのものを明かす。残りの一箱を箱Bとしよう。
確率が変化すると考える人は箱Aが当たりの確率と箱Bが当たりの確率が等しく1/2と思うか？
これが解りやすいと思う人の気持ちが解らない。
箱が3個でも100個でも1億個でも
定性的には、問題に変わりがない。
計算しないで、気分で判断しようとしてないか？
俺もこの説明は好きじゃないなぁ
｢なんで３個の時は１個しか開けなかったのに、10000になると9998も開けるんですか？｣
っていう疑問を投げかけられる
外れが98本でた後で、当たる確率は、
1/2だ。
当たりが1本 外れ9999本の、くじびき、
外れが9998本でた後で、当たる確率も
1/2だ。
だから、モンティホールの問題解説で、
どんなに枚数増やした説明されても
1/2はさらに揺るがない
なんてね、以上、支離滅裂な反論でした
モンティーホールのヤギの扉は、偶然開いたんじゃなく、
ヤギであることを確認して開けているんだからね。
偶然開いた扉がヤギだった場合には、
モンティーホールとは別の問題になって
そのクジと同じことになる。
数学より短絡的じゃないし。理を知り悟るのもそのすじの方々では。
単純に1/3
絶対に変えると決めてやると
外れを引くと勝利2/3
当たりを引くと負け1/3
つまり変えろ
好意に応えた方がいい、という話。
必ず外れ１ヶ所オープンという時点で一回目の抽選は無効となる。１回目で当たりが出る場合があるのにそれを無視するとなると、再抽選ということになる。
そして
選び直さない1/2
選び直す1/2
の２卓になる。
つまり確率的には同じになる。
一回目の抽選で外れた場合はという仮定が付くなら後に選んだ方が確率は高い。
１回目は1/3
２回目は1/2
この問題は説明不足だな
１回目で選んだ物は確率1/3のもの
選び直した物は確率1/2のもの
１回目で当たりを引いたらそれで終了かと思ってしまったわ。
ルールを理解出来たのに選びなおすと1/2と思っているのか。
を読んでくれ。
選び直すと当たる確率は2/3ですね。
126が言いたいのは、
「司会者がハズレをいくつ開けるか」ではなく、
「最初に自分が選んだ箱と選んでいない箱のうち１個、合計して２個だけ残す」って事だと思う。
その上で、最初に選んだ箱がアタリだという確率が、33%より0.00000001%であると誇張した方がイメージしやすい、と言うだけの話。
分かりづらいなら無理にイメージする必要はない。
数の問題じゃあない。
当たりを選ぶ(1/3)→はずれ
当たり以外の二つを選ぶ(2/3)→あたり
変えない
当たりを選ぶ(1/3)→当たり
当たり以外の二つを選ぶ(2/3)→はずれ
これじゃダメなのか。
1億個にしたところで
変える
当たりを選ぶ(1/100000000)→はずれ
当たり以外の二つを選ぶ(99999999/100000000)→当たり
変えない
当たりを選ぶ(1/100000000)→当たり
当たり以外の二つを選ぶ(99999999/100000000)→はずれ
なんか説明がわかりやすい感じもないけど
この説明が俺にはわかりやすいね。
ttp://i.imgur.com/XmQ82Lc.jpg Rのスクリプトはこれ
ttp://egg.2ch.net/test/read.cgi/hosp/1428282054/751
仮定ロンダリングだよな。
実証にはならないけどあたりをつける価値はあるだろね。
仮定ロンダリングのほうだよ。
最近さあ、放送大学の「心理統計学」が、伝統的な検定主義からベイズ統計学に変更されて、
第2回に「三囚人問題」について論じていたわけ。
で、モンティ・ホール問題に似ていると思ってみていたんだけれど、こちらは1980年代に日本でも
心理統計学で議論されていて、
「1/2ずつになる直感解と、1/3と2/3になる模範解がなぜ存在しうるのか」
という人間らしい認知は、本来心理学的問題じゃない。で、議論があったみたいだわ。Wikiで
「三囚人問題」を検索するとその過程が書かれている。
結局、
P(A当たり｜B開く) ＝ P(B開く｜A当たり）/( P(B開く｜A当たり)+1 )
となって、Aが当たっているときにBを開く確率が1/2と仮定するのが問題と言うことのようだ、
P(B開く｜A当たり) = 1-( P(C開く|A当たり) )
なのは自明だよね。
P(B開く｜A当たり)を一様分布とすると、求めたいP(A当たり｜B開く)の最尤値1/2、中央値
1/3になるから、どちらも間違いじゃないというのが結論のようだよ。
この放送大学の講義は2017年新設で、5月の連休の時期はBSで再放送しているからタダで
見られるかも知れないな。
今、電子番組表を見たら、5/4（木）正午から、放送大学BS 231chでタダで見られる。
ま、私もまだHMC法をRで自由に使えるところまで行っていないから、講師の先生の
説明を聞いて欲しい。
講師の先生も、昔は事前確率、事後確率共に主観的な判断を行っていたが、
ベイズ統計学的には、事後確率に主観を入れることには否定的だ。
その辺を確率大好きな人は判断して欲しい。
プレーヤーはドアを変更すべきだろうか？
これだとどうなるん？
元の問題は、P(B開ける|B当たり)=0、P(B開ける|C当たり)=1になるところが
問題じゃなかったっけ。当たりは開けるわけにはいかないし、Aを開けるわけにはいかないのが、
対称的じゃない最大の理由。
ルールを変える方法が決まれば決まると思うんだけれど。
モンティホール問題が直観に反するように思えるのは
「一つのドアを選ぶ」とか「開けられたドアの中を見る」が
日常感覚的に対象の状態変化と捉えにくいところにあると思う。
（「見るだけでは確率に影響しないだろう」という直観的感覚）
ドアを選んだ時点でそれは特定されて他のドアからは隔離される。
他のドアはモンティによる言わば「精錬」の操作を受ける。
（「精錬」＝当たりを残すべく外れを捨てる操作）
操作後残ったドアと最初に選んだドア（最初の確率で隔離された）は
同質ではない。151の場合でも（モンティの意思に関わらず結果的に）
「精錬」されたことは変わりない。
はとはルールを変えたつもりだろう。
どう変えたのかわからないから答えが変わるかどうかもわからない。
モンティが残りの２枚からランダムに開いたというつもりなら答えは変わる。
その場合はドアを変更しても当たる確率は1/2だ。
解答者がAを選び、モンティがBを開けるとする
P(Bを開ける|Aが当たり)を1/2と仮定しているのが間違いらしい。
それは最初の確率が1/3ずつと違って、事後確率を主観的に決めている点が、
誤りとのこと。
＃モンティの意思に関わらず、外れが排除されているので。
それでも1/2だという人には、こんな例えはどうだろうか？
・濃度1%の塩水が10L（10リットル）ある。そこから1Lを取り分けた。
残り9Lを煮詰めて1Lにした。
最初に取り分けた1Lと煮詰めた1L、どちらが濃いか？
残り9Lを煮詰めるのは真水だけを選んで取り除いている。
すなわちモンティがハズレとわかっている扉を開けるルールと同じだ。
ランダムに開けるルールを言い換えるとこうなる。
プレイヤーは3人いて、あなたはプレイヤー3だ。
モンティは必ずプレイヤー1、2、3の順で扉を開ける。
3人がそれぞれ別の扉を選んだ。
モンティがプレイヤー1の扉を開けたらヤギがいた。
ここでプレイヤー3にプレイヤー2と扉を交換する権利が与えられる。
あなたは扉を交換した方が良いのか?
プレイヤー1が外した時点でプレイヤー2とプレイヤー3は同条件だ。
プレイヤー2とプレイヤー3の当たる確率は同じでそれぞれ1/2だ。
ここで扉を交換しても当たる確率は変わらない。
すごいな、水と食塩を混ぜたときに、
1Lの中にNa, Clイオンが集まっている確率と、全体に広がっている確率とを比較するのか。
統計力学的にあり得ないがな。
AIの技術応用が広がるにつれて、R言語の使い方が楽になるにつれて、
ベイズ統計学の復活例が増えている。
10,000例の母集団があっても、10,001例目の確率が変化するという
のがベイズ統計学だよ。そうしないと機械学習の意味がない。
さあて、条件付き確率を主観的に決めて良いのかな？
例えば、10年分の株式価格のデータがあったとする。
そこで、未来を予測するのが旧来の統計学。
でも、今日1日の値動きをそれに含めて、明日は勝負するのが
AIであり機械学習。
どっちが勝っているのかねぇ？
プレイヤーが選んだ扉をA、
残りふたつの扉の中からモンティが偶然開けてしまった扉をB、
そのどちらでもない扉をCと名付ける。
A,B,Cが当たりである確率は1/3づつである。
A当たりBヤギCヤギの確率が1/3、
AヤギB当たりCヤギの確率が1/3、
AヤギBヤギC当たりの確率が1/3だから、
Bヤギという条件下にAが当たりである条件つき確率は(1/3)/{(1/3)+(1/3)}=1/2。
Bヤギという条件下にCが当たりである条件つき確率も(1/3)/{(1/3)+(1/3)}=1/2。
違うのよね。
モンティは、当たりとプレイヤーが選んだドアを知っているのよ。
モンティがAのドアを開ける確率は０、BヤギでBのドアを開ける確率は０、
BヤギでCのドアを開ける確率は1。
全部が対称ではないのよ。
だから、A当たりでBを開ける確率が肝心。
あ、間違えた。
モンティがAのドアを開ける確率は０、BとCのどちらかがヤギでBのドアを開ける確率は？
BヤギでCのドアを開ける確率は1。
だから対称じゃないのね。
は、が話題にしているの
「モンティが残りの２枚からランダムに開いたというつもりなら」
という別問題の話。だから、
「残りふたつの扉の中からモンティが偶然開けてしまった扉をB」
と書いたでしょ。
正しいモンティーホール問題の話としても確率が正しくない。
BがヤギでCが当たりならCを開ける確率は0。
BがヤギでCもヤギならCを開ける確率は1/2。
対称でないことを言いたいだけなら、こう言えばよい。
「モンティがAのドアを開ける確率は０、BがヤギでBを開ける確率は０」
うわ、間違った。
投稿するまえに読み直さないとダメだね。
正しいモンティーホール問題が対称でない事を言うにはこう言えばよい。
「モンティがAのドアを開ける確率は０、Bが当たりでBを開ける確率は０」
=だからがランダムに開けた場合の話なのは分かっているよ。
でもはモンティが必ずヤギのいる扉を開ける問題について書いている。
それなのにBがヤギでも絶対Bを開けない事になっている。
だから「正しいモンティーホール問題の話としても」と書いて、
その問題の答えとしても間違っていると指摘した。
基本の問題に戻って、数学の説明にはならないんだが、
A プレイヤーが選んだドア
B モンティが開けてみせるドア
C ？のドア
として、Bを開けたときにCに変える方がいいという模範解のサイトや本は減るん
じゃないかな。
既に「どちらでも1/2ずつでしょ」という直感解がどうして出るかは認知心理学の
問題で、心理学には心理学統計という専門分野があって研究されている。
A当たりの場合にB、Cを開ける確率が1/2ずつになると仮定すること自体が間違いで、
一様分布とすれば、Aのままで当たる確率は0-1/2まで変化し、最頻値が1/2で中央値が
1/3になる、この主張が増えるのではないかと思う。
ベイズ統計学による事後確率に主観を入れることへの危険性を指摘する話だ。
Ａに当たりが入っている確率は1/3では無くなるし
Ａを選ぶ人の比率も1/3では無くなる
仕込むのも選ぶのも人間なので
心理学的偏りが結果を変える
じゃあ、どうしてサイコロの目を信じるのってことになる？
サンプルのサイコロを1万回ぐらい振って、同じ製法のサイコロの母集団の確率を
推定しているに過ぎない。
実際、カジノで使っているサイコロやらトランプ、ルーレットの精度管理を
どうやっているのか知りたいが。
ルールによって可能な（取りえる）状態の集合が変わるんだな。
一様分布で最頻値ってあるの？
x=P(B開ける|A当たり)を0<x<1で一様分布と考えるわけ。
P(A当たり|B開ける)=x/x+1になるはず。
これを教科書通り、θ=x/x+1とすると、変数変換して、
眠いから飛ばすと、（必要なら明日書きます。）
f(θ)=1/(θ-1)^2 0<θ<1/2
これの最頻値、中央値を求めると言うことです。
3つの扉の内、プレイヤーが選んだ扉をA、それ以外の扉をB、Cとする。
P(A=当) = 1/3, P(B=当) = 1/3, P(C=当) = 1/3
P(B開|A=当) = 1/2, P(C開|A=当) = 1/2
P(B開|B=当) = 0, P(C開|B=当) = 1
P(B開|C=当) = 1, P(C開|C=当) = 0
であるから、ベイズの定理より、
P(A=当|B開) = {P(B開|A=当)P(A=当)} / {P(B開|A=当)P(A=当) + P(B開|B=当)P(B=当) + P(B開|C=当)P(C=当)}
= (1/2 * 1/3) / (1/2 * 1/3 + 0 * 1/3 + 1 * 1/3)
= (1/6) / (1/6 + 0 + 1/3) = (1/6) / (1/2) = 1/3 …①
P(A=当|C開) = {P(C開|A=当)P(A=当)} / {P(C開|A=当)P(A=当) + P(C開|B=当)P(B=当) + P(C開|C=当)P(C=当)}
= (1/2 * 1/3) / (1/2 * 1/3 + 1 * 1/3 + 0 * 1/3)
= (1/6) / (1/6 + 1/3 + 0) = (1/6) / (1/2) = 1/3 …②
P(B=当|B開) = 0 (∵P(B開|B=当) = 0)
P(B=当|C開) = {P(C開|B=当)P(B=当)} / {P(C開|A=当)P(A=当) + P(C開|B=当)P(B=当) + P(C開|C=当)P(C=当)}
= (1 * 1/3) / (1/2 * 1/3 + 1 * 1/3 + 0 * 1/3)
= (1/3) / (1/6 + 1/3 + 0) = (1/3) / (1/2) = 2/3 …③
P(C=当|B開) = {P(B開|C=当)P(C=当)} / {P(B開|A=当)P(A=当) + P(B開|B=当)P(B=当) + P(B開|C=当)P(C=当)}
= (1 * 1/3) / (1/2 * 1/3 + 0 * 1/3 + 1 * 1/3)
= (1/3) / (1/6 + 0 + 1/3) = (1/3) / (1/2) = 2/3 …④
P(C=当|C開) = 0 (∵P(C開|C=当) = 0)
選択を変えないのは①と②、選択を変えるのは③と④が該当するので、選択を変えるべきである。
反論は簡単で、
> P(B開|A=当) = 1/2, P(C開|A=当) = 1/2
はい、ここが最大の問題で、
P(B開|A=当) を一様分布とする
という仮説の方が、説得力があるんじゃないですか？
P(B開|A=当) を一様分布としたときに、つまりは気まぐれだったと思うわけですよ、
P(A=当|B開)の確率分布
をとりあえずは解析的に求めてくださいよ。
すーっと、
どうしてインデントするのか？
という問には
python流じゃいけないのか？
と言えるようになったのがありがたいですよね。
{}でくくりますか？ 余計に読みにくいはずです。
p=P(B開|A当) が一様分布に従うとする。
そんな訳だから、
P(A当) = P(B当) = P(C当) = 1/3
P(B開 | A当) = p, P(C開 | A当) = 1-p とする
P(A当でB開) = p/3
P(A当でC開) = (1-p)/3
P(B当でC開) = 1/3
P(C当でB開) = 1/3
P(B開)=P(A当でB開) + P(C当でB開)=(p+1)/3
P(C開)=P(A当でC開) + P(B当でC開)=(2-p)/3
P(A当 | B開)= P(A当でB開) / P(B開)
= p / (p+1) ───★
P(A当 | C開)= P(A当でC開) / P(C開)
= (1-p) / (2-p) ───☆
ここで、検算 p=0.5として、★に代入、
P(A当 | B開)= 1/3となり ★はOkみたい。
さて、
(B開|A当) の確率分布関数をF(p)とすると、
F(p) = 1 ちなみに、0≦p≦1, ∫F(p) dp = 1
解析的には解くのは一旦諦めて、まずは、
区分求積的な数値計算で、算出すると
そう、F(0.1)=F(0.3)=…=F(0.9)=0.2で計算
P(A当 | B開) = p / (p+1) というか、まあ、
P(A当 | B開) = (1/5) * Σ{p / (p+1)}
for p is 0.1 , 0.3 , 0.5 , … , 0.9 だ。
P(A当 | B開) =
= (1/5) * (1/11 + 3/13 + 5/15 + 7/17 + 9/19)
≒ 0.308 < 1/3 になる!
さて「 積分 x/(x+1) 」ググると、どうやら、
∫ p/(p+1) dp = p - ln|p+1| + C だ。
で、 詳細は省くとして、とにかく
P(A当 | B開) = 1 + ln(0.5) ≒ 0.307
【かってに考察】
P(A当 |司会者あまり開けない扉を開けた )
< 1/3
数学の話じゃないんだけれど、
↑のような、P(B開ける|A当たり)の確率密度関数は？ 1/2ずつではないよ？
って、話が出るようになって、
古典的（?）なモンティ・ホール問題を扱っているサイトは、その後のベイズ統計学の説明が
「本当に正しいのか？」
私も疑問に思っているわけ。どこかで主観的な事前確率を入れてしまえば、結論は変わって
しまう。いかにRなんかでシミュレーションをしても同じだね。
いくつか、モンティ・ホール問題を扱っているサイトが検索できなくなっているのはそういう理由かな
と思う。これは、科学じゃなくて主観ですけれど。
条件付き確率や事後確率を扱う分野は、
パズルじゃなくて、
「医薬業界では巨万の富を生む。」
産業なのよ。
ノバルティスの薬事法違反事件はニュースで報道されているでしょ？
医師が統計学を知らない、製薬会社は数学者を雇うとしたら、その知識の差で
やり込められてしまうわけ。
AIが正しいかどうか、1万件の事例を集めればFischer流の有意差統計に持ち
込めるわけだけれど、今日の失敗で学ぶ、という証券業界みたいな交通事故での
AIブレーキ処理になったときに、今日と明日の自動ブレーキの振る舞いが違っていても
おかしくないわけよね。
まあ、
医師・病院スレに
ttp://egg.2ch.net/test/read.cgi/hosp/1493809494/l50
を立てているわけなんだけれど、
この程度に付いていけない医師が診療しているのよね。
自分の医療機関でのNNTを意識していない、製薬会社の言う通りに働いている
医師は存在意義がないでしょ。専門医に多くのお金を払う時代になったら、
その差はきちんと消費者が計算すべき話なんだけれど。日本は報酬一定の保険医療
だからね。その分、医師は努力に見合わない安い給与で働いているわけ。
IT技術者や統計学の先生だって、報酬は見合わないでしょ。
まあ、そんな戦国時代かな（笑）。
> P(A当 | B開) = p / (p+1) というか、まあ、
> P(A当 | B開) = (1/5) * Σ{p / (p+1)}
なんで条件付き確率(確率の比)の平均をとってるんだ？
求める事後確率は、確率の平均の比と同値だよ
>求める事後確率は、確率の平均の比と同値
そうだ。なるほど、
P(B開 | A当) = p = 0.5
P(A当 | B開) = p / (p+1) = 0.5/1.5 = 1/3 だ
But
のリクエストのより、
P(B開 | A当) は一様分布として解いたもの
なお平均とったつもりではなく、
各々が1/5の確率の条件付き確率の計算
もっとも、確率の平均との解釈もOK
では、詳細に解説
P(B開 | A当) = 1/2 → P(A当 | B開) = 1/3
では、
P(B開 | A当) が平均1/2の離散一様分布で、
P(A当 | B開) = 1/3となるか、吟味する
P(B開 | A当) は、以下よりxとして記載
x = 0.1 となる事前確率 1/5
x = 0.3 となる事前確率 1/5
…
x = 0.9 となる事前確率 1/5
さて、
P(A当 | B開) は、以下より pと記載する
p = x / (x+1) であるから、
P(A当 | B開) の分布は、
p = 0.1 / (0.1+1) = 1/11 となる確率 1/5
p = 0.3 / (0.3+1) = 3/13 となる確率 1/5
…
p = 0.9 / (0.9+1) = 9/19 となる確率 1/5
一様でない離散分布となる。
では、P(A当 | B開) 求めると、
条件付き確率の公式から、
P(A当 | B開) = (1/5)(1/11)+…+(1/5)(9/19)
つまり、
P(A当 | B開) = (1/5){(1/11)+…+(9/19)}
≒ 0.308 < 1/3
補足
司会者が開けたドアがBなのかCなのか
プレイヤーが判断できるのか微妙かも
P(B開 | A当) = 1/2 → P(A当 | B開) = 1/3
との説も捨てがたい。
こういう基本的な科学や数学の知識は、通り過ぎる森のようなもので、そこで得られた
果実を持って、次に進めばいいんじゃないの？ 迷うほどの密林じゃないし...。
モンティ・ホール問題で、確率が増えると書いてあるから変えた方が良いと、
タダそれだけしか書いていないサイト・本の説明があると、そこから先が
信用できるのかどうか、分からなくなった。
P(B開ける|A当たり)=P(C開ける|A当たり)=1/2と考える人は、
シミュレーションしても間違っているしなぁ。
でも現実には数値データになると、器用に正解しているしなぁ。
ベイズ統計学で応用をやりたければ、先に進まないとね。
平均とは期待値のことだよ
p_k＝(2k+1)/10
として、いまpが{p0,p1,p2,p3,p4}の一様分布に従うと仮定したんでしょ
だったら正しい表記は
P(A当,B開|p=p_k) ＝ p_k/3
P(A当,C開|p=p_k) ＝ (1 - p_k)/3
P(B当,C開|p=p_k) ＝ 1/3
P(C当,B開|p=p_k) ＝ 1/3
で確かに
P(A当|B開,p=p_k) ＝ P(A当,B開|p=p_k)/P(B開|p=p_k) ＝ p_k/(p_k + 1)
とはなる
これに各P(p=p_k)を掛けた数の合計Σ{(p_k/(p_k + 1)) * P(p=p_k)}
とは
E[P(A当|B開,p)]＝E[P(A当,B開|p)/P(B開|p)]
条件付き確率の期待値、確率の比の期待値である
しかし求める確率P(A当|B開)の正しい式変形は
P(A当|B開) ＝ Σ{P(A当,B開|p=p_k)P(p=p_k)} / Σ{P(B開|p=p_k)P(p=p_k)}
で、右辺は
E[P(A当,B開|p)] / E[P(B開|p)]
確率の期待値の比となっている
p_kやP(p=p_k)に値を入れて実際に計算すると
E[P(A当,B開|p)] ＝1/6、E[P(B開|p)＝1/2
だから、pが0.1, 0.3, 0.5, 0.7, 0.9の値をとり得て、この一様分布に従うという仮定の下では
P(A当|B開)＝1/3 となる
表の出やすさpがp_k＝(2k+1)/10 (K=0,1,2,3,4)のどれか(同様に確からしいとする)であるコインを１００回投げたら
１００回連続で表だった時に、１０１回目も表の確率を求めてごらんなさい
君のやり方だと
表の出やすさpで１００回連続表が出た時に、１０１目も表が出る確率は
(１０１回連続表が出る確率)/(１００回連続表が出る確率)
＝(p^101)/(p^100)＝p
を計算して、この条件付き確率の期待値＝1/2 を答えることになる
しかし
１００回も表が出たなら表の出やすさはp4=0.9であるのが尤もらしいと考えて
１０１回目も表の確率はp4=0.9に近い(1/2より大きい)と思うのが直観的にも明らか
実際、求める事後確率は
(101回連続で表が出る確率の期待値)/(100回連続で表が出る確率の期待値)
となり
(101回連続で表が出る確率の期待値)＝4.781…×10^(-6)
(100回連続で表が出る確率の期待値)＝5.312…×10^(-6)
なので、
求める事後確率はほぼ0.9となる
正しい表記
P(A当,B開|p=p_k) ＝ p_k/3 等
とのご指導、感謝いたします。
正しい表記を参考に、p_kに値を入れて
計算し、確かに1/3を確認できました。
ご指導、有り難うごさいました。
計算の過程を以下に記載してみます。
P(B開 | A当)は、
{0.1, 0.3, 0.5, 0.7, 0.9}の一様分布と仮定
P(B開|p=p_k) =
P(C当,B開 | p=p_k) + P(A当,B開 | p=p_k)
∴
P(B開|p=0.1) ＝ 1/3 + 0.1/3 = 11/30
P(B開|p=0.3) ＝ 1/3 + 0.3/3 = 13/30
P(B開|p=0.5) ＝ 1/3 + 0.5/3 = 15/30
P(B開|p=0.7) ＝ 1/3 + 0.7/3 = 17/30
P(B開|p=0.9) ＝ 1/3 + 0.9/3 = 19/30
上記5つの平均は、15/30 ∴ 1/2
P(B開) = 1/2
P(A当,B開 | p=0.1) = 0.1/3 = 1/30
P(A当,B開 | p=0.3) = 0.3/3 = 3/30
P(A当,B開 | p=0.5) = 0.5/3 = 5/30
P(A当,B開 | p=0.7) = 0.7/3 = 7/30
P(A当,B開 | p=0.9) = 0.9/3 = 9/30
上記5つの平均は、5/30 ∴ 1/6
P(A当 | B開) = 1/6
P(A当 | B開) ＝ P(A当 | B開) / P(B開) ＝ 1/3
こういう話は、とりあえず、いかに主観的にモデルを構築するかって話だよ。
そういう主張は間接的に流布するのではなく、
どちらが正しいか、学会なり、学問的に議論すべきだね。
私は、放送大学の豊田先生の一様分布を今は支持しているけれど、
モンティ・ホール問題なら、最頻値での1/2は、モンティがBを開ける確率が
100%
と言っているに過ぎない。
その理由は知りたいんだけれどね。
もっと言えば、
「日本人であること、日本国籍を持っていることは有利なのか？」
って話だと思うよ。
反論したければ、公的保険に対する期待値を示すべきだね。
トランプ政権成立という
トランプ政権の成立の確率=1
という前提での事前確率をどう評価するのかね？
統計学者や確率論学者は負け組なのかね。
自分が選んだドアをモンティが選ぶ事は無いって事が重要だよね。
自分が選んだドアを含めてモンティが開けるなら、
その瞬間に外れが確定してしまうので全体の勝率は1/3
自分のドアをモンティが開けない=モンティがドアを開けてから自分がドアを選択する
だから、1/3のギャンブルにはそもそも参加していない事になる。
> 自分が選んだドアをモンティが選ぶ事は無いって事が重要だよね。
それだけだと不十分で同時に
アタリのドアをモンティが選ぶことはない
というのも条件も満たしてることも重要
実際
モンティは、プレイヤーのドアを除く残りの２つのドアからランダムに選ぶ
(つまり、モンティはプレイヤーと同じドアは選ばないが、アタリのドアを選んでしまうこともあり得る)
という設定の場合には
「モンティがプレイヤーと異なるドアを選び、かつ、モンティが選んだドアがハズレ」という条件の下での
「プレイヤーが選んだドアがアタリ」である確率Ｐ
は 1/2になる
また同様に
モンティは、アタリのドアを除く残りの２つのドアからランダムに選ぶ
(つまり、モンティはアタリのドアは選ばないが、プレイヤーと同じドアを選んでしまうこともあり得る)
という設定
や
モンティは３つのドアからランダムに１つ選ぶ
(モンティはアタリを選ぶかもしれないし、プレイヤーと同じドアを選ぶかもしれない)
という設定の場合も
確率Ｐは1/2になる
モンティは、プレイヤーの選ばなかったドアの内、アタリでないドアを選ぶ
というオリジナルの設定の場合でだけ
確率Ｐは1/3になる
なるほど。
自分の考えでは1/2になってしまうのが釈然としない所でしたが、
モンティの立場になって反対側から見るとより分かりやすいね。
選び直すじゃダメなの？？？
黒木玄（数学家）
ttps://twitter.com/genkuroki/status/783660733066125312 > モンティホール問題とベイズ統計は関係ないよね。
こっちのスレにもカキコしちゃったけど
ttps://rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1503639450/ (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を開ける』
このゲームができるのは1回だけです
外からは中が見えない空箱100個の中のひとつに
ダイヤモンドを1個入れます
その中から1個の箱を選びます
98個の空箱を取り除きます
最後に残った2個の箱の中から1個の箱を選びます
ダイヤモンドが当たる確率は50％です
主観確率の支持者がそれを支持する理由として挙げる
論拠はいくつか存在する
まず、論理説については、何を無差別と見なすかによって答えが
一意に定まらなくなるという問題がある
次に、頻度主義を取った場合、一回限りの出来事について
確率を割り当てることができなくなってしまう
たとえば、「このサイコロで1の目が出る確率」は
「このサイコロを無限回ふったときに1の目が出る頻度」と言い換える
ことができるが、「次にこのサイコロをふったときに1の目が出る確率」は
そのような頻度の言葉に置き換えることができない
また、頻度について語るのが難しい対象、たとえば殺人事件の捜査で
「A氏が犯人である」という確率を考える場合、A氏は犯人であるか
ないかのいずれかであり、そこには頻度は存在しない
しかし、こういう場合に確率という言葉がしばしば使われるのも確かである
■モンティホール問題
ゲームの回数を１回に限定すると
当たりの確率は５０％になります
簡単に説明してあげるね。
あのね、最初にドアが３つあって、当たりが１つってところで、挑戦者がどのドアを選んでも当たりの確率が３分の１ってのは大前提なの。
だって、ここで確率がかたよってたらズルになっちゃうじゃない？
このとき、挑戦者が選ばなかったドアのどっちかが当たりの確率は３分の２になるの。ここまではいいかしら？
つぎにモンティは、挑戦者が選ばなかったドアのどちらかを選ぶんだけど、そのとき、必ずハズレのドアを選ぶのがルールなの。
モンティがドアを当てずっぽうで選んだら３分の１の確率で当たりを引いちゃうよね。
だけど、わざと当たりは引かないのね。だから、残ったドアが当たりの確率は３分の１じゃなくなるのよ。
挑戦者が最初に選ばなかった２つのドアのどっちかが当たりの確率は、さっき言ったとおり、３分の２よね？
だからモンティがハズレを開けたら、残ったドアが当たりの確率は、そのまま３分の２ってことになるわけ。
だって、モンティが開けたドアが当たりじゃないってわかっちゃったんだもん。それはどっちか、じゃなくて残ったドアの確率になるよね？。
モンティがどちらのドアを開けても、挑戦者の選んだドアが当たりの確率は変わんないことに注意してね。
だって当たりのドアは変わらないんだから、確率が３分の１から違う値に変わったらズルになっちゃうよね？
挑戦者の選べるドアは２つ。最初に選んだ３分の１の当たり確率のドア？モンティが開けなかった３分の２の当たり確率のドア？
それはもう、選び直さなかったらダンゼン損だよねー？
これがモンティホール問題で選び直したらお得になるカラクリってわけ。みんな、これでわかったかなー？
ITV News-2017/09/30
Monty Hall, one of the US's most popular television game show hosts,
has died aged 96, his son has said. Born Monte Halperin on 25 August 1921, for nearly
three decades Hall hosted 'Let's Make a Deal', the hugely successful television show
that he co-created.
ゲームを１回に限定しても同じことが言えますか？
言えるよ。
確率だからね。条件が同じだったら、１回でも何回でも同じなの。回数で変わったりしないよ。
ゲームを１回に限定するという事は
二者択一を１回だけすることです
これでどうして片方に６６％の確率があるとわかるのでしょう？
それ以外の数値は存在できません
事前に存在していた３３％や６６％といった傾向は
ゲームの結果確定時にすべてキャンセルされてしまいます
頻度１は特別なのです
他の回数とは扱いがまるで違ってきます
知らなかったでしょう？
ちょっとわかりにくかったかな？
二者択一なのは間違いないんだけど、モンティは２つの強力なルールに縛られていて、挑戦者が選び直したらお得になるような情報を挑戦者に教えなくちゃいけないのね。
それで挑戦者は選び直した方がお得になるわけ。
ルールの１つ目は、モンティは挑戦者が最初に開けたドアを開けてはいけない、ってこと。
ルールの２つ目は、モンティは当たりのドアを開けてはいけない、ってこと。
こういう２つのルールがあるから、モンティは無作為にドアを選ぶことはできなくて、当たりの確率が３分の２のドアから必ず１枚、当たりじゃないほうのドアを教えて、挑戦者を有利にしなくちゃいけなくなるのよ。
でも、モンティは、最初に選んだドアが当たりかハズレか教えてくれないから、最初のドアの当たり確率は３分の１から変わることはないの。
残った３分の２の確率のドアのうち、１枚の可能性をモンティが手の内をさらしてつぶしてくれたから、挑戦者もモンティも選ばなかったドアは３分の２の望みが残った、ってことになるわね。
この問題のポイントは、モンティの指し手が無作為じゃない、ってとこ。
モンティは禁じ手だらけで、挑戦者にとって有利な情報をあえて教えなくちゃいけないから、けっきょく２つのドアの確率は均等じゃなくなるの。
二者択一の確率が均等じゃなくなるから、挑戦者は、自分に有利なほうのドアを選ぶことができるわけね。
こんな説明で……理解、できた？
こらこらっ！
そんなリセットなんかしたら、そんなのズルになっちゃうぞ？
インチキしたらダメよ？
いっさい否定していませんが
どこに３３％や６６％といった傾向がありますか？
二者択一の結果は５０％のみです
そんなの確率じゃないよ
その通り
逆に聞きたい
たった一枚のくじからあなたはどうやって
当たる確率を求めますか？
５０％が「確率じゃない」という事実をお認めになったということで決着ですね
インチキではないです
頻度１では確率の計算は不可能になります
ほら、確率じゃないんだってさ。
白状したよ
やっぱ高校生には確率の話は難しかったかな？
大丈夫！きっとわかるようになるよ！
もっともっと勉強しようね。
あなたの能力評価については下方修正されますが
存在価値がマイナスに転じるわけでなく、運営上あなたは
依然として特質した価値を持つ個人であり、明晰な頭脳、判断力は
来たるべき新たな時代、市民に示す指標として十分な理想形といえます
司会者は、最初から知っている。
「選び直しOK」の提案する者が
プレイヤが選んだドアが当たりかハズレか
既に知ってるんぢゃよ。
確率が1/2とか1/3という考えは怪しいのぢゃ!
司会の視点から見れば1/2とか1/3でなく、
Zeroか1なのワケぢゃからな。
まぁっ、
この類いの提案は疑ってかかることぢゃ!
司会が、「選び直しOK」の提案したら、
選び直さない方が良いぢゃろう。
確率計算での意志決定には、
隠れた罠が存在するハズのぢゃ! 👀
Rock54: Caution(BBR-MD5:0be15ced7fbdb9fdb4d0ce1929c1b82f)
そのひとつを選んだ時点で確率は1/3である
賞品が移動しないのであれば、そのドアを開けない限り、
他のドアがどうなろとも、そのドアに賞品がある確率は1/3のままか、
0になるか１になるかの三通りしかない
しかし、減ったドアの持っていた確率が残りのドアに
均等に分配されるなら話は別だ
そのような事態が起こりうるのかどうかと考えるのはおもしろい
第○回年末ジャンボ宝くじはただ１回だから、
１等が当たるか当たらないかの50％だよね。
それだと期待値的に毎回買わない理由がないよね。
お金に不足してない大富豪ならともかく。
で、毎回宝くじを１枚買って（めんどくさそうだが）、毎回１等が当たらない訳だが、その時には
「今回はたまたま50％の外れが出た」と思うわけだ。毎回毎回。
ちょっとは疑って自分の運の悪さを検定したらどうかと思うが、
毎回がただ一回の一期一会だから、そのような統計的処理は不可能と言うことだね。
しあわせすぐる！
が、せちがらい現代社会では、あっという間に尻の毛まで毟られそう。
というゲームをしました
一方の男は札束ばかりを集めました
もう一方の男は小銭ばかり大量に集めました
さて、定刻になりそれぞれ集めてきたお金を数えると
札束のほうはすぐに金額がわかりました
しかし、小銭のほうはあまりにも大量にあったため
その日のうちに数え終わることができず
正確な金額がわかりませんでした
これによりこの勝負は引き分けとなりました
イチゴちゃんに振り回されるだけ損だよ
どちらか一方を選択する確率は５０％です
「選ばない他のドアのハズレを開けてみせます」
というルールを宣言しているなら交換したほうが確率は上がる
はわかりやすい！
事前に説明せず
プレイヤーが選択してから他のハズレを開けてみせた場合は
プレイヤーの選択結果を知ったあとの提案になるので
確率は分からなくなる
の考え方だ！
２．ドアを変更しない場合はそのまま1/3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1/3、はずれを引く確率は2/3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2/3と考えられる
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
『どちらを選んでも変わらない』とする意見が多かった
ドアが2つになった時点でプレーヤーが改めてコイントスによって
決めなおしたと仮定すると、景品を得る確率は1/2となる
ところが、2枚のドアの価値はルールで確率の高い（価値のある）
選択をすることが可能となっている
↑
ゲームを１回に限定されるとこの限りではありません
2枚のドアの価値は最初から同じです
プレイヤーが『3枚のドアから1つを選ぶ』という
事象を表している、ただそれだけです
その背後には何ら特別な傾向はありません
よく考えると、
たしかに最初の選択時にはずれを引く確率は2/3ありそうです
しかし、『ゲームは1回だけ』という強力な制約条件によって
この傾向は無効化されてしまいます
ゲームが１回だけの時、
最初にプレイヤーがあたりを引く確率は1/100
はずれを引く確率も1/100になります
ゲームから98枚のドアが除外された後に
残った2枚のドアの内、選択後のドアのあたりの確率が99%だと
証明する方法はゲームが１回に限定されている以上
存在しないのです
選択変更後の
プレイヤーが『3枚のドアから1つを選ぶ』という
事象を表している、ただそれだけです
その背後には何ら特別な傾向はありません
モンティホール問題の本質は、ドアの背後にある『傾向』は
関係ないという事です
当たりの確率はドアの数が何億個だろうが
最後に2つのドアから１つを選択する以上50％です
たとえ選択変更後のドアの当たりの傾向が99%だと知って
見事に当たりを引き当てても、それが99%の確率で当たったと
証明する方法がない以上、選択変更後の当たりの確率は50％です
ITV News-2017/09/30
Monty Hall, one of the US's most popular television game show hosts,
has died aged 96, his son has said. Born Monte Halperin on 25 August 1921, for nearly
three decades Hall hosted 'Let's Make a Deal', the hugely successful television show
that he co-created.
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Rock54: Caution(BBR-MD5:0be15ced7fbdb9fdb4d0ce1929c1b82f)
仮説を検証するにはどのカードをひっくり返すべきか？
ttps://ds055uzetaobb.cloudfront.net/image_optimizer/315d3d3cdc153302a1892adb9216e9f0570abbeb.png 赤色のカードをひっくり返したくなるのが『確証バイアス』
３３％ ６６％
ゲームが1回限定の時
３３％ ３３％ ３３％
しかし、私たちは閉じたドアばかりに目を奪われ、
開いたドアには気がつかない
-ヘレン・ケラー-
モンティーホール問題を納得できない人に対し、教科書的な確率論の計算を
示したところで、やはり納得させることはできない
1）確率は3分の1のまま変わらない
2）確率は2分の1に上がる
3）確率は3分の2に上がる
正直ものの常識人は1）を支持する人がが多いかもしれない
まっとうな数学者の多くが2）こそ正しいとした
論理の奥に分け入って3）と回答できる人間はあまりいない
3）が事実として正しいことは、コンピュータのシミュレーションによって
実証されている
だが論理を擁護するためにはその結果だけでは不十分であり
『上手に説明できる』ことを示す必要がある
ウィキにいろいろ書いているが、文字通り、いろいろと並べてあるだけだ
私は自分自身に説明するための理屈を思いつくまで、まるまる一日かかった
説明が上手であることは単なるテクニックの問題なのか、
それとも世界の真理とつながる何事かなのか
いやそもそも上手な説明などなく、単なる自己満足の勘違いなのか
心理戦と考えたら、司会者側の作戦は悪魔モンティがベストな戦術かな
司会者は景品を渡したくない
プレイヤーは景品が欲しい
という「暗黙の条件」を考慮した場合ね
∩∪ あけまして
∪.| |∩ おめでとう
. | |.| |∪ ございます
. | |.| |.| |
(∩∩∩∩) 2018年元旦.
(∪∪∪∪)
|≡≡≡|
／≠≠≠＼
このゲームができるのは1回だけです
ハートのエース99枚とスペードのエース1枚を合わせた
トランプカード100枚をシャッフルします
その中から1枚のカードを選びます
山札から98枚のハートのエースを取り除きます
最後に残った2枚のカードの中から1枚のカードを選びます
スペードのエースを引く確率は何％でしょう？
事象の発生確率の予測が全くできない場合に、
全ての事象の発生確率が等しいと仮定する
ttps://cdn.amanaimages.com/cen3tzG4fTr7Gtw1PoeRer/32157000127.jpg 満室の状態だと思って下さい
そこに1人の客が泊まりにきました
そこで、既に泊まっている全員に隣の部屋に移動してもらうことで、
その人を泊めることができました
＞確率の予測が全くできない場合に、
ここが問題だ。
宝クジは、当たるか外れるかふたつにひとつだが、
当たる確率は50%かどうか？
認知バイアスの一種であり、先行する何らかの数値（アンカー）に
よって後の数値の判断が歪められ、
判断された数値がアンカーに近づく傾向のことをさす
係留と呼ばれることもある
確率も99%であると錯覚する
Bのツボは99個の赤い球と1個の青い球が詰まっている
このとき、自分の目の前のツボから1個球を
取り出してみたら赤い球であった
目の前のツボはAのツボだろうか、Bのツボだろうか
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
存在可能な確率は
『１００個の中から赤い球を一つを選んだ』という意味の１／１００と
『青い球と赤い球の二種類から一つを選ぶ』という１／２
Swarajya-2015/05/25
Nash is mostly known for his equilibrium concept called as
“Nash Equilibrium”. For many years before his seminal paper,
legends like von Neumann were working on the theory of
games with a special focus on Zero-sum games.
『ある事象が起きる頻度の観測結果に基づいて、
無限回繰り返した際の極限値』として定義される
『一回』は繰り返すことができない
したがって、一度きりの出来事に頻度主義の極限値を
当てはめることはできない
リンダ・グラットン教授の研究によると
2007年に日本で生まれた子供は
107才まで生きる確率が50％もあるという
ゲームが多数回になるほど→ドア変更時の当たりの確率が３分の２に収束する
日本経済新聞-6 時間前
１個のドアと、100個のドアの２つのグループに分ける。
ルールに従ってプレイヤーが１個の側をとりあえず選択したのち、
親が100個のドアのうち、99個のハズレを全部開いてくれる、
と考えればいいと思う。
ブラックホールで「情報」が消え去るのっておかしくね？。
↓
ブラックホールに飲み込まれた情報は、ブラックホールの外には出てこれない。
↓
飲み込まれた情報は、ブラックホールが蒸発したあとどうなっちゃうの？？？
っていうのじゃなかったっけ？＞ホーキングのパラドクス
何か問題でも
くわしくは「ブラックホール戦争 スティーブン・ホーキングとの20年越しの闘い」って本を読め。
俺なんかにはとてもくわしくは説明できん。
B = 1/3
C = 1/3
例えば回答者がAを選ぶ。
すると、そのAを「除外」して司会者がBとCの二つを篩にかけてハズレを明かす。
それが例えばハズレはCだったとする。Cは0/3になる。
で、残ったAとBの間には、この過程の中でどんな違いがあったのか？
もうお分かりのとおり、司会者がAを除外してBとCの二つを検定したということ。
違いがあるといえばそこ。
人びとの直感はおそらく司会者の篩を一度通ったBのほうが当たりの確率が高いと
踏むんじゃないだろうか？
よって、モンティ・ホール問題は人間の直感に反していない。
あり得る可能性はこの3つ
TFF, FTF, FFT
（Tは当たり、Fはハズレ）
一番左を選択した場合
[T]FF, [F]TF, [F]FT
3つのうち1つの確率で当たる。確率1/3
真ん中を選択した場合
T[F]F, F[T]F, F[F]T
3つのうち1つの確率で当たる。確率1/3
一番左を選択した場合
TF[F], FT[F], FF[T]
3つのうち1つの確率で当たる。確率1/3
つづくよ。
モンティ・ホール問題の特徴なんだ。
モンティ・ホール問題のタネ明かしはここ。
この点を理解したかしないかで結果が違ってしまうんだ。
それじゃあ、回答者が最初に選択した[]で囲ったドアを取り除こう。
[T]FF, [F]TF, [F]FT -> FF, TF, FT
T[F]F, F[T]F, F[F]T -> TF, FF, FT
TF[F], FT[F], FF[T] -> TF, FT, FF
ここで司会者は、取り除いた後の残りのハズレ(F)のドアだけを1つ開ける。
開けられたハズレのドアを{}で表すよ。
F{F}, T{F}, {F}T -> F, T, T
T{F}, F{F}, {F}T -> T, F, T
T{F}, {F}T, {F}F -> T, T, F
->は開けられてハズレだと分かったドアを取り除いた後に残ったドアだ。
これらがドアを変更した場合に選択することになる最終的なドアだ。
F, T, T = 3つのうちで2つが当たり。確率2/3
T, F, T = 3つのうちで2つが当たり。確率2/3
T, T, F = 3つのうちで2つが当たり。確率2/3
単純でしょ？
でもこれを文章題で表すと数学者でもひっかかるんだ。
文章読解って大切だね。
[]は回答者が最初に選択した扉を意味する。
[T]FF [F]TF [F]FT
T[F]F F[T]F F[F]T
TF[F] FT[F] FF[T]
その全ての可能性からハズレのFを1つ取り除く。
ただしこのとき、回答者が最初に選択した扉がハズレかどうか
そこの種明かしだけはしない。ここがいちばん重要。
そのため、これらの各要素から[F]を残してFだけを引き算する。
そうすると
[T]F [F]T [F]T
T[F] [T]F [F]T
T[F] T[F] F[T]
になる。
回答者が選択した扉
[T] [F] [F]
[F] [T] [F]
[F] [F] [T]
※[T]は3つ。
回答者が選択肢なかった扉
F T T
T F T
T T F
※Tは6つ。
後者のほうが当たりを意味するTの数が多いのは一目瞭然。
後者は回答者が最初に選択肢なかった扉を意味するから
選択を変更して選択肢なかったほうに乗り換えたほうが有利なことが分かる。
しかしこんなことをしなくてもこの文章題さえ回答者が理解すれば、
数学の教養ゼロで人びとは直感によって後者を選択するはず。
1. 1番2番3番の3つのドアがあり、
いずれか1つのドアの背後にはクルマ、他にはヤギ。
Cがクルマのドア、Gがヤギのドアだとすると
CGG GCG GGC
の3通りが考えられる。
2. 回答者が1番のドアを選択する。
それを[]で囲むと
[C]GG [G]CG [G]GC
となる。
3. ドアの背後に何があるか知っている司会者が3番のドアを開ける。
するとそこにヤギがいた。
司会者が開けたドアを{}で表すと
[C]G{G} [G]C{G} [G]G{C}
だけど、 [G]G{C}のケースはクルマのドアを開けてしまうことになるから
この可能性は消える。よって
[C]G{G} [G]C{G}に絞られるのでこれらから{G}を除去すると
[C]G [G]C
となる。
4. 司会者が回答者に訊く。「2番のドアに変更したいですか」
回答者は2番のドアを選ぶことでクルマを当てやすくなるだろうか。
[C]G [G]C -> C[G] G[C]
Gを選ぶ可能性は五分五分に見える。私はいったいどこで間違えた？
回答者が開けるドアを1番目とするのはいいんだけど、
モンティが開けるドアを3番目に固定してはいけない。
モンティはどのドアが当たり・外れか知っている上で必ず外れを選ぶのだから、
> [C]G{G} [G]C{G} [G]G{C}
ではなく
> [C]G{G} [G]C{G} [G]{G}C
となる。
ここから{G}を取り除けば、
[C]G [G]C [G]C
となり、このまま選択を変えなければ1/3でC、2/3でG。
選択を変えれば2/3でC、1/3でGになる。
から生んだものっぽい。数学問題というよりも文章問題。
サヴァント氏によるモンティホール問題（クイズ番組問題）のソースでは
ttp://marilynvossavant.com/game-show-problem/ {
You pick a door, say #1, and the host, who knows what’s behind the doors,
opens another door, say #3, which has a goat.
He says to you, "Do you want to pick door #2?"
}
となっていた。
日本語訳：
「あなたはある1つのドア（例えば1番の）を選びます。
すると、ドアの背後に何があるか知っている司会者が、
ヤギがいる別のドア（例えば3番の）を開けます。
司会者はあなたに「2番のドアを選びたいですか」と言います」
これをどう読解するかに数式の立て方が左右される。
その問題文ならば誤読のしようがないと思うが
その問題文ならば出場者が選択するドアや司会者が開けるドアの番号は固定されず
一定の条件（出場者の選択では無条件、司会者はヤギのいるドアという条件）の範囲で自由選択できるとしか読めない
何故ならばドアの番号には「例えば」という意味での"say"を付けられているからだ
最後の質問文においてドア番号が#2と固定された言い方になっているのはその前の"say #1"と"say #2"を受けて（つまりそれら例えばで選んだ２つ以外は一意になるから）と
読む以外に前の文章での選択と矛盾しない読み方はない
少なくとも最後の司会者から出場者への質問文でドア番号が#2と固定された表現になっているから
その前の出場者の選ぶドア番号も司会者が開けるドア番号もそれぞれ固定されている（つまり出場者が選べるドアの番号は#1と固定なのだから
実際には出場者には選択の余地はなく番組側によってドアは最初から#1と決められている）されているのだ、とは決して読めない
何故ならばそれら２つの選択においてドア番号には注意深く"say"が付けられているからだ
英語で"say"（しかも英語では"door"についている冠詞が定冠詞"the"でなく不定冠詞の"a"）、日本語で「例えば」が付いているのに
番号が固定していると呼んで数式を立てたとしたらその数式は明らかに間違い
プレーヤーが正解を選んでいた場合に
司会者が残りの二つのドアのどちらを開けるかの確率が未知なのがネックだよな
これが2分の1である保証がどこにもない以上ドアを変更するのがプレーヤーに有利とは言えない
可能性は極めて低いとお考えのようだけど、実際には誤読した人が多かったんじゃ？
ポール・エルデシュ氏は、ウィキペディアによれば、
組合せ論、グラフ理論、集合論、確率論で業績を残している数学者だという。
数学は広い分野で自分の専門外には疎い数学者もいるのかもしれないが、
彼がこの分野の専門外だったとは見なしにくい。
理系の多くの人が間違えているからね。計算が複雑なわけでもない。
ではなく
"Do you want to pick the remaining closed door?"
となっていたら多くの人びとは直感で2/3と計算したに違いないと思えるんだよなあ。
例えばのsay #1, say #3におそらく読者の思考が引っ張られてしまった。
そのため、[G]G{C}に限って[G]{G}C（#3でなく#2）になるなんて想像できなくなる。
[G]G{C}のケースはなくなるから、その他の2つのケースに絞られると考えた。
大学の哲学科中退のマリリン・ヴォン・サヴァント氏が出した問題に
理系の博士号を持つ複数の人びと、数名の数学者たちが正しく答えられず、
しかも反論するサヴァント氏の間違えを強い口調で正そうとした事件でもあります。
実際間違っていたのはサヴァント氏ではありませんでした。
つまり、理系が文系の数学リテラシーの無さをさんざん糾弾しておきながら、
けっきょくその論争に完敗した事件なのです。
このことを理解してください。
モンティ・ホール問題の計算は複雑ではなく、非常に単純なはずです。
小学生低学年レベルの算数的な推論で解けます。
それにもかかわらず、理系が文系に痴態を曝してしまったのです！
そんなことが文章の誤読抜きに考えられるでしょうか？
いや、誤読するしないということと正しく答えられるか否かということとは別だと言いたいのです
逆に言えば、間違った人が誤読を言い訳にしたり元の問題文が誤読しやすいとばかりに問題文に責任転嫁するのはフェアでないと言いたいわけです
の問題文を見る限り、その問題文には誤読の余地はないというのが私の判断です
但し、それから導かれる答えは直感に反している（心理的な盲点を突いている、という表現のほうが適切かも知れない）ので
多くの人（著名な数学者も含め）が間違えた解答をしてしまった現実は充分に理解できると言ってるわけです
ゲームが多数回になるほど
↓
ドア変更時の当たりの確率が３分の２に収束する
それ以前に、プレーヤーが正解を選んでいた場合の
司会者が残りの二つのドアのどちらを開けるかが
確率現象かどうかさえ決められていない。その意味では、
二封筒問題に一脈通づるものがあるのかもしれない。
仮に確率現象だと考えた場合に、司会者が二つの
ハズレのドアから番号が小さいほうを開ける確率を
p (p≠1/2) とした際の、選びなおして当たる確率は、
番号が小さいほうのドアが開けられた場合に 1/(1+p)、
番号が大きいほうのドアが開けられた場合に 1/(2-p)。
どちらの確率も p=0〜1 で 1/2〜1 の範囲なので、
選び直したほうが有利であることに違いはない。
p の値によらないということが、意外といえば意外。
中心極限定理によれば、ゲームが多数回になるほど
ドア変更時の当たりの確率が近づいてゆく分布の平均は
ゲームが一回きりの時ドア変更して当たる確率と同じ
なのだけれど。
文章題の誤読をいっさい含まない意味で「心理的な盲点を突いている」ところとは
いったい何でしょうか？
サヴァント氏の出題文をやのように読解していれば
「心理的盲点」なんてどこにも見当たらないように見えるんですけどね。
いったどこに心理的盲点なんてものがあるんでしょう？
読者の多くは最初に1/3の確率があることは理解していたが、
しかし最終的に変更したとき、その確率が5分5分になるか変更したほうが有利に
なるかで人びとの見解が分かれた。
このときの思考回路で働いた心理的盲点とはいったい何であったのか？
数学者をも惑わす盲点とは？
それがいかにもあったかのようにモンティホール問題は語られているが、
その存在を証明している人を知らない。
まことしやかに語られている。しかしそれは証明されているのだろうか？
数学の知識ゼロの人びとに次のように問うてみてほしい。
「あなたがあるクイズ番組に出ました。そこでは3つの箱の選択肢が与えられます。
その箱のうちの1つは当たり、他はハズレです。
あなたはそのうちのどれか1つの箱を選んだとします。
すると、当たりの箱がどれかを知っている司会者があなたが選んだ箱を除外し、
残りの2つの箱だけを篩にかけてハズレの箱を1つ取り除きます。
残った箱は2つ。
あなたが最初に選んだが司会者が篩にかけなかった1つの箱と、
司会者が篩にかけて合格した1つの箱、
どちらの箱のほうがより当たる可能性が高いと思いますか。
数学的にいっさい考えずに直感だけで答えてください」
答えを1/2と考えたであろう人の推論の過程を事例として1つ挙げたものだが、
が言っているのはけっきょく文の読解に関することでしかない。
で引用してある出題文をある意味で理解すれば必然的に1/2が導かれるし、
別の意味で理解すれば必然的に2/3が導かれるということにすぎない。
それはすでにここで証明された。
では「心理的直感に反する」と語られていることの実体のほうは・・・・
誰もそれが何であったのか明らかにしていないように見えるが・・・・
「いや、数学にがてだから・・・」
とか何とか言って 答えずに逃げられるんじゃないかな。
数学の訓練をなるべく受けていない人の直感だけに頼ったほうが正解する。
モンティ・ホール問題とはむしろそういう性質の問題だと思えるんだけどね。
Aさんは高校中退、Bさんは大卒だとする。
果たして数学が得意な人はAさんかBさんか？
どちらがその可能性が高いと感じる？
ここで多くの人の直感はBさんだと答えるのではないだろうか？
なぜならBさんは大学受験という篩にかけられているからだ。
逆の可能性がないわけじゃないが、どっちが高い可能性かといえばBさんだと
大多数の人が答えるのでは？
数学の奥深さや難解さを思い知らされ、「自分には数学的センスがない」と
心理的に思い知らされてしまっている可能性だって考えられるじゃないか？
受験勉強が数学への苦手意識を強化している効果だって考えられるし無視できない。
それは決して低く見積もれないんじゃないか、なんて深く考えようとする人は
外れてしまうかもしれないｗ
> 文章題の誤読をいっさい含まない意味で「心理的な盲点を突いている」ところとは
> いったい何でしょうか？
誤読を含まずかつ心理的な盲点を突かれるというのは可能だよ
例えば、この問題が３つのドアでなく100個のドアで司会者が98のドアを開くという問題であったならば間違った答えをする人間は極めて僅かになる
少なくとも数学者で間違う者は皆無になるだろう
つまり、100個のドアの場合に正しい答えができるということは問題文を誤読していないということの証なのだよ
元の３個のドアで間違う人間が多い原因は、開けられずに残ったドアが２個で１個が最初に選ばれたドア、もう１個はチェンジの対象のドアという
見掛け上は１：１という対等な状態（もちろん実際には当りの確率は１：１ではないのだが）に、たった１つのドアを開けるだけで至るという点にある
これが１つのドアを開けるのでなく98個のドアを開けるのならば正解できるということは、１つのドアを開けるオリジナル問題のケースでは
開けたドアがたった１つに過ぎないということから残りの確率も１：１という錯覚に陥りやすいからだ
これは問題文の誤読が原因ではなく、心理的な盲点を突かれたことが間違いの原因ということだ
もちろん実際に問題文を誤読して間違う本物の馬鹿もいるだろうが、問題文を誤読する人間ならば100個のドアで98個開ける問題でも同じように間違うはずだ
３個のドアでも100個のドアでも問題文の論理構造は同じだから３個の問題文の論理構造を誤読する人間は100個でも誤読する
従って誤読して間違う本物の馬鹿は100個の問題でも間違うことになる
誤読とは問題文の正しい論理構造（や具体的な数値つまりデータ）を把握し損なうということであり、
他方、心理的盲点とは把握した問題の論理やデータから論理的な推論を行うプロセスにおいて間違った推論を行うことだ
これら両者は全く別だよ
大数の弱法則は中心極限定理から導出することはできません
モンティホール問題を無限回繰り返すことができれば
変更時の当たりの確率は３分の２に等しくなる
しかし、無限回の施行は実行不可能なので
一回の出来事に中心極限定理を当てはめることはできないのです(´・ω・`)
回答者がそのうちの1つのドアを選ぶ。
すると司会者が残りの9,999のドアのうちの1つを開けてこのドアはハズレだと開かす。
回答者は最初に選んだドアをやめて
他の9,998のドアのうちのどれか1つに変更したほうが得策だろうか？
ドアが10,000あり、その中で当たりのドアは1つだけだとする。
回答者がそのうちの1つのドアを選ぶ。
すると司会者が残りの9,999のドアのうち1つのドアを除いて全て開けて
ハズレだと開かす。回答者は最初に選んだドアをやめて
そこで司会者が開けなかった唯一のドアに変更したほうが得策だろうか？
ドアが3つあり、その中で当たりのドアは1つだけだとする。
回答者がそのうちの1つのドアを選ぶ。
すると司会者が残りの2つのドアのうちの1つのドアを開けてハズレだと開かす。
回答者は最初のドアを選ぶことをやめて
そこで司会者が開けなかった唯一のドアに変更したほうが得策だろうか？
このように問題のバリエーションを複数与えて
回答者がどう答えたか統計データを採ってみたいものだね。 👀
Rock54: Caution(BBR-MD5:0be15ced7fbdb9fdb4d0ce1929c1b82f)
それはマリリン・サヴァントさんのソースを読んでもお分かりのとおり
ttp://marilynvossavant.com/game-show-problem/ マリリンさんが読者に正解を説明する際に同時に述べたことです。
彼女はそこで100万のドアがあり、司会者が777,777番以外の全てのドアを
順番に開けていったとしたら、回答者は変更を選ぶだろうと解説しています。
高名な数学者を含めた理系の人びとはこれに反論したんですよ！
非常にしばしば見かけるけれども、おかしなもんだと思う。
ドアが3枚でも100枚でも100万枚でも、定性的には同じ問題だから、
正解する人は正解するし、間違う人は間違う。差は出ないだろう。
特に数学者の場合は、そこで正誤が変わってくる可能性は低そう。
入ってるかいないか2者択一の半々
1億枚のどれも当たるか当たらないか二者択一だから半々
誰が反論したの？
ttp://marilynvossavant.com/game-show-problem/ モンティホール問題自体はどうやらCraig F. Whitaker氏という人物の発案。
その問題についてサヴァントさんがYesと答えている。
なぜなら選択を変える前は1/3の確率で当たるが、変更すれば2/3になると。
そしてその直後に100万ドアの事例を上げてさらに説明を加えている。
しかしこれに納得しなかった読者がたくさんいたということ。
そしてその中には理系の博士号クラス、数学者、しかも離散数学で
数々の業績を残した高名な数学者までいたという事件。
だから具体的に誰？
>マリリン・サヴァントさんが公開しているソースにあるとおり、
>
ttp://marilynvossavant.com/game-show-problem/ これか
バカばっかりってことじゃんｗ
1. Aさんを除き、BさんとCさんの2人が数学のテストを受けたらBさんだけが合格した。
2. Aさんを除き、Bさんを含む100名が数学のテストを受けたらBさんただ一人が合格した。
3. Aさんを除き、Bさんを含む100名が数学のテストを受けたらBさんを含む99名が合格した。
さて、1, 2, 3の場合で、数学が得意だと自称しているのはAさんかBさんか
どちらのほうがより有り得そうか？
少なくともそれは直感に反していない。
1と2のケースでは割れる可能性がある。
人間はそこまで精密に意思決定（選択）問題を計算して行動しないということかもしれない。
すでにサヴァントさん自身がしていたんだよ。
なのに論争に発展した。
数学の訓練を受けた人でも納得しなかった人が結構した。
1と3のケースでは割れる可能性がある。
このゲームができるのは1回だけです
ハートのエース99枚とスペードのエース1枚を合わせた
トランプカード100枚をシャッフルします
その中から1枚のカードを選びます
山札から98枚のハートのエースを取り除きます
最後に残った2枚のカードの中から1枚のカードを選びます
スペードのエースを引く確率は何％でしょう？
> で引用してある出題文をある意味で理解すれば必然的に1/2が導かれるし、
「必然的に」という言葉は「知的な人間であれば誰が論証しても」というニュアンスを含むと読み取れる
従って「必然的に」は「心理的盲点を突かれた場合には」という句の意味を含まないと了解される
（心理的盲点を突かれるか否かは人に依存するので「誰でも」でないからだ）
故に「必然的に」という句が「論理的に」と同じ意味だとすれば、論理的に1/2を導く読み方を「理解」とは呼ばない
そんな読み方は単に「誤読」と言う
何故ならば既にで元の英文の問題文について詳細に検討した通り、
元の問題文を英語を正しく理解できる人間が読めば論理的には2/3を導く読み方しか不可能だからだ
> 別の意味で理解すれば必然的に2/3が導かれるということにすぎない。
「誤読」でなく正しく読んだ上で（心理的盲点に陥らず無事に）論理的に理解したのならば、こちらの選択肢以外ありえない
> それはすでにここで証明された。
そんな２通りが可能というのは何も証明されていないんだがな
> では「心理的直感に反する」と語られていることの実体のほうは・・・・
> 誰もそれが何であったのか明らかにしていないように見えるが・・・・
当たり前だ、何が心理的な直感に反するか、心理的な盲点とは何かは、属人性があり個々人に依って異なるからだ
推測はある程度は可能だが、特定の場合について、何故、それがその人の心理的盲点に入ってしまい間違いの原因となるのかは
当人にしか（あるいは当人にすら）分からない
私なりの推測についてはで述べた
今日、図書館で面白い説明を見かけた。
100枚のドアからゲストが1枚選んだ後、ホストは98枚のハズレを
開いて見せるのだが、このとき、せーのドンで98枚開けずに
1枚づつ開けてゆく。それも、最後に1枚残すのではなく、最初に
ドアに番号を付けておいて、「え？ゲストさん31番を選んだの？
残りのドアを減らしちゃおか。1,2,3,...,30,32,33,...,74,76,...,100
これで2枚残ったね。」と、意味ありげに途中の番号を残すのだ。
これだと、わざわざ75番のドアを残したことには意味があり、
その意味とは31番以外のドアが当たる可能性を75番に集約したことだ
という気分が、伝わり易い気がする。ま、気分の問題ではあるけれど。
2. Aさんを除き、Bさんを含む100名が数学のテストを受けたらBさんただ一人が合格した。
3. Aさんを除き、Bさんを含む100名が数学のテストを受けたらBさんを含む99名が合格した。
これらは果たして等価か？
2と3の100人が同じ人たちであったと想定すれば、
100人受けて1人しか合格しなかったテストは難解なテストだと想像されるし、
100人受けて99人合格したテストは簡単だったと想像される。
だから2のテストにAさんも合格した可能性は低いと想像されるし、
3のテストにはAさんも合格した可能性が高いだろうと想像される。
1はサンプルが少なすぎるw
100枚開けた中で1枚だけ残ったものと
2枚開けた中で1枚だけ残ったものとは違うでしょ？
100人テストを受けた中で1人だけ合格したのと
2人テストを受けた中で1人だけ合格したのとでは。
得られる情報量が違う。
後者はないよりマシだがあまり有益な情報じゃない。
直感に従えば、標本を増えせば増やすほど情報量が増えるように思える。
最後に二者択一を１回するだけなので
必ず５０％
ゲームの回数が増えるにしたがって
選択変更時の当たりの確率が６６．７％に近づく
ハズレのドアが開けられたことで
最初に選んだドアが当たりかどうかについて
何らかの情報が得られるか否か？
というモンティーホール問題の要点については、
開けるドアが1枚でも98枚でも何の違いもない。
そもそもそういうことが判らない人が
モンティーホール問題で間違えるのだから、
気分的に同意させて意味があるのかといえば
虚しいとしか...
つまり、絶対的客観性はあり得ない、ということです(´・ω・`)
この無限の自然数の中のただ1つが当たりとする。
回答者が1を選ぶ。
A. するとどの自然数が当たりか知っている出題者が
7598402549275426763294637287483はハズレだよと回答者に教える。
B. するとどの自然数が当たりか知っている出題者が
8を除いて他の全ての自然数がハズレだよと回答者に教える。
モンティホール問題がこの二つを等価なヒントだとしちゃうところからして
現実離れしている。
たしかに、少ない試行回数では
変更しなかったほうが確率が高くなるケースが時々現れるわ。
シミュレータが複数回やっているのはおかしいよな？
話を飛躍させる
それが誰かはまったく分からない。
a. 0 {[1] 2}
b. 0 {[1] 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20}
そこで{}で囲ってある数の人、aの場合は2人、bの場合は20人に
数学のテストを受けてもらう。
そうしたらどちらも[1]だけが合格した。
この場合、bでは圧倒的多数の人が1さんが数学が得意そうだと直感するはず。
aでは判断が分かれるかもしれない。
このとき、aとbの直感の違いがあるとして、それは心理的・主観的な錯覚に過ぎないのか？
2人だけのテストで1人が合格したのと、
20人のテストで1人だけが合格したのとでは
得られる情報の価値がぜんぜん違うだろう？
という場合があります
これを交絡（こうらく）変数と言います
すなわち交絡が存在する場合、観測された現象の真の原因は
交絡変数であるにもかかわらず特別な事例であると
勘違いするのです(´・ω・`)
TFF FTF FFT = 3/9 ≒ 0.333333
FF TF FT = 2/6 ≒ 0.333333
F T T = 2/3 ≒ 0.666667
変更したほうが
0.666667 / 0.333333 = 約2倍当たる
ドアが4つの場合
TFFF FTFF FFTF FFFT = 4/16 = 0.25
FFF TFF FTF FFT = 3/12 = 0.25
FF TF FT FT = 3/8 = 0.375
変更したほうが
0.375 / 0.25 = 1.5倍当たる
ドアが5つの場合
TFFFF FTFFF FFTFF FFFTF FFFFT = 5/25 = 0.2
FFFF TFFF FTFF FFTF FFFT = 4/20 = 0.2
FFF TFF FTF FFT FFT = 4/15 = 0.16
変更したほうが
0.2 / 0.16 = 1.25倍当たる
ドアが6つの場合
TFFFFF FTFFFF FFTFFF FFFTFF FFFFTF FFFFFT = 6/36 ≒ 0.166667
FFFFF TFFFF FTFFF FFTFF FFFTF FFFFT = 5/30 ≒ 0.166667
FFFF TFFF FTFF FFTF FFFT FFFT = 5/24 ≒ 0.208333
変更したほうが
0.166667 / 0.208333 = 約0.8倍当たる
ドアが3つの場合
TFF FTF FFT = 3/9 ≒ 0.333333
FF TF FT = 2/6 ≒ 0.333333
F T T = 2/3 ≒ 0.666667
変更したほうが
0.666667 / 0.333333 ≒ 約2倍当たる
ドアが4つの場合
TFFF FTFF FFTF FFFT = 4/16 = 0.25
FFF TFF FTF FFT = 3/12 = 0.25
FF TF FT FT = 3/8 = 0.375
変更したほうが
0.375 / 0.25 = 1.5倍当たる
ドアが5つの場合
TFFFF FTFFF FFTFF FFFTF FFFFT = 5/25 = 0.2
FFFF TFFF FTFF FFTF FFFT = 4/20 = 0.2
FFF TFF FTF FFT FFT = 4/15 ≒ 0.266667
変更したほうが
0.266667 / 0.2 ≒ 約1.33倍当たる
ドアが6つの場合
TFFFFF FTFFFF FFTFFF FFFTFF FFFFTF FFFFFT = 6/36 ≒ 0.166667
FFFFF TFFFF FTFFF FFTFF FFFTF FFFFT = 5/30 ≒ 0.166667
FFFF TFFF FTFF FFTF FFFT FFFT = 5/24 ≒ 0.208333
変更したほうが
0.208333 / 0.166667≒ 約1.25倍当たる
...どんどん1倍に近づく。
プレイヤーの選択した１個以外の１９個のうち、親がハズレを全て
開けてしまうというのと同じ問題。
「同じ」と言えるのかどうかは微妙じゃ？
だって、
ドアが３つの場合では変更後の確率は変更前（33%）の２倍（66%）だけど、
ドアを２０に増やすと変更前（5%）の１９倍（95%）の確率で正解することになっちゃう。
モンティホール問題の最大の要点は最初に選択されたドアが
司会者の検定（篩にかける行為）から【除外】されるということかな。
もしも除外されていなければこの問題は成り立たない。
リンゴ一個とレモン十九個からレモン一つ選ぶのは
ともに５０％確率
レモンがなんだか知らないのか？
当たりを引く確率もはずれを引く確率も
ともに５０％
繰り返しゲームだったら、１/3対2/3に収束していくんだろうけど。
パラレルワールドでも想定しない限り。
というのはいったいどういうこと？
> モンティホールの車当てゲームは、各人にとっては試行回数が１回かぎりだからね。
各人にとっては１回限りだからといってらが主張するように「どちらを選んでも共に50％」というのは論外
１人１回しかできなくても（つまり個々の挑戦者にとっては繰り返しゲームでなく１回きりのゲームであっても）
多くの挑戦者が１回ずつチャレンジすればドアをチェンジした人数に対して彼らの中で車をゲットできた人数は2/3に収束し
チェンジしなかった人数に対するその中の車をゲットできた人数の比は1/3に収束する
従って、個々の挑戦者にとってはたった１回だけしかチャレンジできないとしても、車をゲットしたいのならばチェンジするほうが有利と言える
同一の挑戦者が多数回繰り返さなくても、多数の挑戦者が１回ずつ行えば同一挑戦者による繰り返しゲームの場合と同じ結論が得られる
ある会社が社内イベントで3000枚の宝くじを２つの配布場所、ＡとＢとで1500枚ずつを、社員１人あたり１枚ずつ無料で配るとする
この宝くじは当たると1千円のQUOカードがもらえる（外れたらもちろん何ももらえない）
配布枚数の半分の枚数が当たりくじというのは保証されている
さて、実は当たりくじは２つの配布所でわざと不均一に分配されており
・配布所Ａでは販売数1500枚の中の1000枚が当たりくじ、
・配布所Ｂでは同じく1500枚の中の500枚が当たりくじ
となっていることが配布開始の時点ですでに公表されている
この時に、あなたがこの会社の社員だとして宝くじを１枚だけもらえるのであれば、どちらの配布所に行きますか？ＡですかＢですか、ということですよ
それはまあ繰り返しゲームと一緒だからね。
繰り返しゲームには2種類あって
1. 1人が複数回試行できる場合
2. 複数人がそれぞれ1回試行して複数の合計で争う場合
数学的確率は理論上のパラレルワールドを想定している。
統計的確率はそうじゃない。より現実にコミットしている。
『多数の挑戦者が１回ずつ行えば同一挑戦者による
繰り返しゲームの場合と同じ結論が得られる』
地球上の１００億人が同時に一回だけゲームを行っても
サンプル数が足りない
その１０００倍の１０兆人で試行しても
変更時の当たりの確率が２／３に収束するとは
主張できない
１０兆人で同時に試行するのは不可能なので
変更したほうが当たりの確率が上がるとは
主張できない
ヤギさんのほうが当たりと感じるであろう
対偶：「BでないならAでない」
逆：「BならばA」
裏：「AでないならBでない」
試行一回ならば確率５０％
確率５０％でないなら試行一回でない（多数回）
「肯定する証拠がない」から「ゆえに否定される」は導けません
「否定する証拠がない」から「ゆえに肯定される」は導けません
論理構造
> 試行一回ならば確率５０％
一回だけの試行に対して確率は定義できないので上のステートメントはナンセンス
本当に一回だけの試行ならば「チェンジしてもチェンジしなくてもどちらでも当たるかも知れないし当たらないかも知れない」というほとんど内容のないステートメントしか言えない
一回だけの試行をプレイヤーを代えて繰り返すことを許せば確率は定義できるがその場合には50％にはならない
チェンジして当たる確率が2/3になる
余裕でできますがな(´･ω･`)
繰り返しが起きない一回だけの
当たりとハズレの二者択一だから必ず５０％になる
最後にどちらかを選択すれば
確率は５０％です
確率は、得ている情報の精度を表現するので
確率の計算にプレイヤーのチャレンジ精神は無関係です
当たるかも知れないし当たらないかも知れない」という
ほとんど内容のないステートメントしか言えない
※これすなわち確率５０％の事です
> 「チェンジしてもチェンジしなくてもどちらでも
>
> 当たるかも知れないし当たらないかも知れない」という
>
> ほとんど内容のないステートメントしか言えない
>
>
> ※これすなわち確率５０％の事です
高校に入り直して確率の勉強をし直しておいで
／ ｀､
/ ヽ
/ ● ● |
／l ''''' し '''''' |
/ l ＿＿. |
l /ヽ＿ ` --' ＿ノ
＼ ￣ ヽ∩
⌒l l三 |
| ヽ.__|
その対偶を証明すればよい
対偶『確率５０％でないなら試行一回でない（多数回）』は自明
したがって、モンティホール問題を１回行った時の
確率は５０％です
↓
『確率６６．７％なら多数回』は自明
したがって、モンティホール問題を１回行った時の
確率は５０％です
そもそも「多数回の試行」の意味がよくわからない
「多数回の試行」 ｎ→∞
２０％や８０％などのその他の無数の確率も
脳内でなら存在できる
しかし、実際のゲームで観測できるのは確率５０％のみ
P ならば Q である（前提 -- 実質含意）
Q でないならば P でない（その対偶）
Q でない（前提）
従って、P でない（モーダスポネンスによる帰結）
P ならば Q である（前提 -- 実質含意）
Q でないならば P でない（その対偶）
対偶『変更時の当たり確率２倍でないならば試行一回でない』
↓
『変更時の当たり確率が５０％ならば多数回』
これは明らかにおかしい
前提『チェンジして当たりの確率が２倍になる事を確認するには
最低でも３回の試行が必要である』
前提『１回で３回の試行をするのは不可能である』
結論『したがって、１回の試行で当たりの確率は２倍にならない』
当たりの確率は同じである』
前提『ゲームが１回の時、プレイヤーの持つ権利は
当たりとハズレの二つの可能性からの二者択一のみである』
結論『したがって、１回の試行で当たりの確率は５０％です』
仮説を検証するにはどのカードをひっくり返すべきか？
この回答として多いのは「8と赤色」あるいは「8」のカードを
ひっくり返すというものであるが、これらは合理的ではない
なぜならば仮説の反例になり得るのは
「偶数が表に書かれていて、かつ裏が赤色でないカード」だけである
その他の組合せは仮説の検証にまったく役に立たない
したがって「8と茶色」のカードをひっくり返すのが合理的である
多くの人がこのような問題に誤答することは
確証バイアスの結果として説明される
ttps://ds055uzetaobb.cloudfront.net/image_optimizer/315d3d3cdc153302a1892adb9216e9f0570abbeb.png P ∨ Q は否定と論理積を用いた ￢(￢P ∧ ￢Q) と同じである
P ∨ Q ⇔ ￢(￢P ∧ ￢Q)
P ∧ Q ⇔ ￢(￢P ∨ ￢Q)
この二つをド・モルガンの法則という
二つの命題 P, Q に対する論理積を P ∧ Q と書き、
「P かつ Q」や「P そして Q」などと読む
そこを0と置くと、0から正負に離れるごとに偶然性が低減していくのかな？
5分5分、0.5、5割、50%というのは偶然度が100%
そこを0と置くと、それから正負のニベクトルに離れていけばいくほど、
絶対値が増すほど、偶然度が下がってくる。
つまりなんらかの規則性（法則）に支配されている度合が高まる。
....というお話。
その事象を引き起こす因子がすべて偶然から成り立っていないということ。
残りの半分は決定論的。
それはもう偶然ではありません
偶然そのものに度数があるんじゃなくて
偶然的と決定的の境界が度数であるということ。
偶然そのものは純粋偶然・完全偶然で度数を持っていないよ。
／ ｀､
/ ヽ
/ ● ● |
／l ''''' し '''''' |
/ l ＿＿. |
l /ヽ＿ ` --' ＿ノ
＼ ￣ ヽ∩
⌒l l三 |
| ヽ.__|
純粋偶然・完全偶然
そんなものはありません
偶然はただひたすら偶然です
繰り返しゲームじゃなければ、パラレルワールドの話になっちゃう。
1人のプレーヤーに10回もチャンスがもらえるのか
ttp://tools.m-bsys.com/original_tooles/monty_hall_problem.php シミュレーターで正しいとわかるだろう
10000回やったら65.81％
「1回の試行」 ｎ＝１ の否定は
「多数回の試行」 ｎ→∞
『どちらとも言えない（確率５０％）』の否定は
『チェンジなら当たり確率が２倍になる』
nの式で表してみてよ
n=1のとき1/2
n→∞で2/3 ?
となってるか確認したいから
よく参考にされてるけど全く違う問題だな
向こうは事後的確率？とか作為の有無とかを
下手に考えてしまうと余計混乱するわ
動きの『軌跡』が読める・・・・・・
『未来への動きの軌跡』が・・・
『空の雲はちぎれ飛んだ事に気づかず！』・・・・・・・・
『消えた炎は消えた瞬間を炎自身さえ認識しない』
『結果』だけだ
この世には『結果』だけが残る
時間の消し飛んだ世界では「動き」は全て無意味となるのだ！
変え続けたらの場合にのみ６６．７％
たぶん「確率」に対して持ってる概念が根本的に違うんだろうな
への反論をしてからお願いします<(_ _)>
シミュレーターで66％とかになるのは？
シミュレーションによる極限値を１回の出来事に
当てはめて納得しようとするのは
確証バイアスです
変え続けた場合 ２勝１敗になる確率 12/27=44%
変えなかった場合 ２勝１敗になる確率 6/27=22%
その前提がほぼ正しいことは認める
(最低３回で確認できるかどうかは別にして)
だからと言って、その結論が正しいこととは別問題のような気がする
ただ単に、『試行回数１回ならシミュレート(確認)にはならない』
と言ってるだけにしか見えない
そもそも「確率」に「確認」が絶対に必要なのかどうかも疑問
50％にはならない
それすなわち確率５０％のことです
モンティ・ホール問題の考え方。
＊ ＊ ＊
Ａ０ ◎○○ → Ａ１－１ ◎×○ → Ａ２－１ ◎×○
＊ ＊
→ Ａ１－２ ◎○× → Ａ２－２ ◎○×
＊ ＊ ＊
Ｂ０ ○◎○ → Ｂ１ ○◎× → Ｂ２ ○◎×
＊ ＊ ＊
Ｃ０ ○○◎ → Ｃ１ ○×◎ → Ｃ２ ○×◎
ここで
＊ 選択している
◎ 当たり(見えてない)
〇 はずれ(見えてない)
× はずれ(見えている)
Ａ０,Ｂ０,Ｃ０,Ａ１－１,Ａ１－２,Ｂ１,Ｃ１,Ａ２－１,Ａ２－２,Ｂ２,Ｃ２
は各状態。
まずえらぶものを横に３つ並べ、３つの並びの１番左を選ぶ場合を場合を考える。
その他を選ぶ場合も対称性から一般性は失われない。
矢印でそれぞれのステップでの状態変化が示されている。
１番左の縦列が最初の状態、(Ａ０,Ｂ０,Ｃ０)
その右の矢印の右の列が２番目の状態、(Ａ１－１,Ａ１－２,Ｂ１,Ｃ１)
さらにその右の矢印の右の列が３番目の状態(Ａ２－１,Ａ２－２,Ｂ２,Ｃ２)
まず一番左の状態では、Ａ０、Ｂ０、Ｃ０の３つのケースとなるが確率はいずれも1/3である。
次に、はずれを開けてくれるので２番目の状態となる。
この状態では、Ａ１－１もしくはＡ１－２となる確率が1/3、Ｂ１、Ｃ１のケースとなる確率はいずれも1/3である。
次に選択を変えると３番目の状態となるが、
この状態では、Ａ２－１もしくはＡ２－２となる確率が1/3、Ｂ２、Ｃ２のケースとなる確率はいずれも1/3である。
ここで
2番目の状態で当たりの確率は見て分かる通りＡ１－１もしくはＡ１－２となる確率なので1/3、
3番目の状態で当たりの確率は見て分かる通りＢ２もしくはＣ２となる確率なので2/3である。
簡単でしょ？
箱は2つだから50％か…
変えない場合の当選確率 １／Ｎ
変えた場合の当選確率 (Ｎ－１)／Ｎ
３枚 １／３ ２／３
４枚 １／４ ３／４
５枚 １／５ ４／５
・
・
・
100枚 １／100 99／100
50％に『する』必要はない
マリリンが正答したのは、事前に番組スタッフを通じて答えを知っていたやらせ。
マリリンが最初に行った解説は、解説になっておらず、マリリンは正確に理由を説明していない。
反論を受けて、時間をたってから行った解説で、ようやく何となく理解したことがわかる。
その間、この問題を知っている人物からレクチャーを受けたんだろう。
知能指数２３０なんて、旧式のビネー法に基づく子供時代のもので、価値などない。
マリリンの本を読むと、この人物はたいして賢くない凡人であることがわかる。
なぜかそういう言う風に考えない心理的盲点が、人間にはあるというのがきも。
大多数の人間は、司会者がヤギのドアを開けた時点で、残された２枚のうちに一つがあたりだから、
それぞれは、確率２分の１であると考えてしまう。
つまり、のこされた二枚のドアは「確率的に同等」だと思ってしまう。ここが間違いなのだ。
正確に言うと、自分が最初に選んだドアであり「司会者が絶対に開かないドア」
もう一枚のドアは「あたりであるために、司会者があえて開かなかった可能性のあるドア」なのだ。
両者は同じ確率は持っていないのである。
どうも人間はこれを心理的にうまく評価できないために、両方のドアを同質に思ってしまうのだ。
そういう人はむしろ、確率的思考をしない人の、まぐれ当たりだと思う。
この心理的錯覚は非常に強固なもので、
正常な人、優秀な人ならだれでもそう考えるのが当たり前といえるほどである。
モンティ・ホール問題や3囚人問題を数学的に解くためには
問題文に明示的に書かれていない条件を仮定する必要がある。
標準仮定はそうした仮定の一つであり、
モンティ・ホール問題の場合、次のような内容となっている。
①当たり扉はランダムかつ等確率に設定される
②ホストは挑戦者の選んだ扉を開けない
③ホストは必ず残りの扉を一枚開ける
④ホストはハズレの扉しか開けない
⑤ホストは挑戦者の選んだ扉が当たりのとき、ハズレ扉をランダムかつ等確率に選んで開ける
⑥ホストは扉を開けた後に必ずswitchの機会を挑戦者に与える
というか、未だにホストに癖があると確率が変わってくるという理屈が良く分からん
癖があると、最初に選んだドアが当たる確率は1/3のままじゃなくなるとのことだが
直感的には関係なさそうに見える
仮説事象① 扉1が当り
仮説事象② 扉2が当り
証拠事象 ホストが扉3を開ける
条件付事象① 扉1が当りでホストが扉3を開ける
条件付事象② 扉2が当りでホストが扉3を開ける
扉1と扉2が当る確率はともに1/3。挑戦者が扉1を選んだならば
扉1が当りのときにホストが扉3を開ける確率は1/2で、扉2が当りでホストが扉3を開ける確率は1だから
扉1が当りでホストが扉3を開ける確率は1/6 、扉2が当りでホストが扉3を開ける確率は1/3である
従って、ホストが扉3を開けたとき、扉2が当たりの確率は(1/3)／(1/6+1/3)=2/3 となる
ゲームの回数が少ないときは確率５０％に近く
多数回になるにつれて
選択変更時の当たりの確率が２倍に近づくだけ
AさんとBさんが一枚づつ選びます（同じカードは選ばない）
ここでBさんが、人並み外れて運が悪く、３分の１より低い確率でしかカードが当てられないとします。
すると残ったカードには３分の１以上の確率であたりがあるでしょう。
モンティホールの問題は、Bさんのあてる確率はゼロですから、残されたカードは当たる確率がとても高くなります。
こう考えるとだれもが正答を導くのに、モンティホールでは、正確な確率評価をさせないような心理的トリックがあるといわざるを得ません。
すくなくともこれは、あらかじめ答えを知っている人の解説と言われても仕方がない。
なぜなら、「じゃあ司会者があたりのドアを開けたら、
挑戦者のあたりの確率はゼロになって、確率は変化するのに、
司会者がはずれのドアを開けたら、少なくとも一つの可能性を消しているのに確率が変わらないのはなぜ」と言われたとき、説明に苦しむ。
実際心理的トリックのキモもここにいるから。
さっきの三枚のカードの例だと、Bさんが１００パーセントあてることになるから、
そもそもAさんはあてられっこないわけだがｗ
の説明をする人だけが、この問題を理解している。
マリリンの正答はやらせ、少なくとも最初は理解していないｗ
ゲームの回数が少ないときは確率５０％に近く
多数回になるにつれて
選択変更時の当たりの確率が２倍に近づくだけ
ゲームが一回だけなら
二つの可能性からの二者択一のみ
□■■
ゲームが多数回に向かうと
最初にハズレを引く可能性が上がっていく
１□■■
２■□■
３■■□
：
：
二者択一であることと、確率が５０％（近く）であることは何の関係もない
あなたは今日中に生きるか死ぬかの二通りであるから、今日中に死ぬ確率は５０％と考えるのかｗ
明日の降水確率はつねに５０％なのかｗ
サハラ砂漠でもそうなんだなｗ
明日という日は地球上で一回だけ
『つねに』なんて存在しません(´･ω･`)
二者択一が確率５０％でないとは
いったいどういう状態なのかね？
じゃあ、今日中に５０％の確率で死ねばいいｗｗｗ
お前は今日中に生きるか死ぬかだろ？
ならばお前の理屈によれば５０％の可能性で死ぬわけだｗ
これはもう入院するしかないでしょう
１の目が出る確率 1/6 と１以外の目がでる確率 5/6 の比較なんてどうかな？
１の目が出るか、それ以外が出るかの二者択一だけど50％じゃない
下げで自信なげに何くだらないことを言っているんだよ。
お前は自分が何か深いことでも考えていると思っているのかｗ
御託はいいからおまえは今日中（あと一時間ｗ）に５０％の可能性で死ねばいいよ
生きるか死ぬかの二通りしかないんだからｗ
バーカバーカバーカ
ちなみに、１グラムの石と１トンの石を二者択一しても
どちらか一方を選択する確率は５０％です
サゲで自信無げにバーカバーカバーカ
お前はあと３０分以内に50％の確率で死ね。生きるか死ぬかしかないのだからｗ
あす東京に雪が降るか降らないかも二者択一だから、あす東京に雪が降る確率は５０％
もちろん、明日東京に小惑星がぶつかる可能性もお前の論理では50％
バーカバーカバーカ
ゲームが一回だけなら
二つの可能性からの二者択一のみ
□■■
ゲームが一回の時、
最初に当たりを引く確率は１／３ではなくて
１／２になる
そもそも一回しか選択していないのに
『三回のうち一回は当たる』という主張は
矛盾している
サゲで自信無げにバーカバーカバーカ
お前はあと３０分以内に50％の確率で死ね。生きるか死ぬかしかないのだからｗ
あす東京に雪が降るか降らないかも二者択一だから、あす東京に雪が降る確率は５０％
もちろん、明日東京に小惑星がぶつかる可能性もお前の論理では50％
バーカバーカバーカ
私は、長い歴史を持った知的種族の滅亡する直前の悲壮美が好きだ
生存の意思が強ければ強いほど悲しいまでの美しさが生じる
地球人類は今、終末を迎えた
死に物狂いで抵抗し、有終の美を際立たせてくれたまえ
３つの玉があります
内一つは当たりです
(i)
①彼が外れの玉を一つ取り除きました
②僕は残ったふたつの玉で当たりを引き当てようとして、ひとつの玉を選択しました
(ii)
①僕はみっつの玉から当たりを引き当てようとして、ひとつの玉を選択しました
②彼が当たりの玉を一つ取り除きました
③僕は改めて残ったふたつの玉で当たりを引き当てようとして、ひとつの玉を選択しました
最初に選んだ扉がハズレの確率に一致するので 2/3 となる
「昨日雨が降ったかどうかは決まっている」と考えられる
『生きるか死ぬかしかないのだから』
『仮死状態になる』という可能性が除外されているので
誤った二分法になります(｀・ω・´)
続きを待ってたんだけど、ないのか？
何を言いたいのか言葉足らず
(ⅱ)②の「当たりの玉」は「外れの玉」の間違いか？
何となく似たような問題設定を書いてみただけだよ
(ii)については「当たりの玉」であってる
なるほど、そういうことね
じゃあ普通に、僕が(改めて)選択した玉が当たる確率は
(ⅰ) 1/２ (ⅱ) ０
と思ったけど、もしかして主観確率と客観確率の違いをテーマにできるかも
何も知らない「僕」から見たら両方とも １/３ というのは深読みしすぎか
ttps://cdn-ak.f.st-hatena.com/images/fotolife/E/Esper1029/20160114/20160114110725.png 変えれば当たる確率2/3
⑤の仮定は不要だよ.
何でそんな間違いるのかなあと思ってウィキペディアのモンティホールの項目見たら
間違いだらけのことが書いてあったｗ
思いっきり訂正しておいたけどね。なんかまだ間違いが残ってるんじゃないかな。
こういう記事が１０年近く放置されているってことは、いかにこの問題がわかりにくいかを示していると思う。
モンティも当てようとする（モンティが当てたらプレーヤーは自動的に外れる）場合
↑
モンティは必ずハズレのドアを開けるから
これではルール違反になる
たとえモンティが無作為にドアを開けたとしても、挑戦者の選んだドアを開けたり、
あたりのドアを開けた場合はゲームは不成立とする条件を付けていれば、結局普通のモンティホールの問題と変わりなく、選択を変えるのが正しい回答になる。
ウィキぺディアは、無作為に開けていれば、選択を変えても変えなくても変わらないかのように言っているが、実際には前記の不成立条件を付けているから、間違っている。
改悪はやめて元に戻せ
①当たり扉はランダムかつ等確率に設定される
②ホストは挑戦者の選んだ扉を開けない
③ホストは必ず残りの扉を一枚開ける
④ホストはハズレの扉しか開けない
⑤ホストは挑戦者の選んだ扉が当たりのとき、ハズレ扉をランダムかつ等確率に選んで開ける
⑥ホストは扉を開けた後に必ずswitchの機会を挑戦者に与える
仮定⑤の条件は必要か否か
もちろん直感的には必要ないっぽいけど
直感が当てにならないケースである可能性も否定しきれない
お前が間違ってるぞ
司会は選ぶ扉は必ず、プレイヤーが始めに選んだ扉ではない(司会の扉≠プレイヤーの扉である確率が１)
司会は選ぶ扉は必ず、ハズレの扉である(司会の扉がハズレの確率が１)
というのはどちらもモンティホール問題に必要な条件
司会は、プレイヤーの扉を除く残りの２つの扉からランダムに選ぶ(司会がアタリを選ぶかもしれない)という設定
や
司会は、アタリの扉を除く残りの２つの扉からランダムに選ぶ(司会はプレイヤーと同じ扉を選ぶかもしれない)という設定
司会は、３つの扉からランダムに１つ選ぶという設定
などでは
A「司会がプレイヤーと異なる扉を選び、かつ、司会が選んだ扉がハズレ」という条件の下での
B「プレイヤーが選んだ扉がアタリ」である確率P(B|A)
は1/2
になり
本来のモンティホール問題の設定の時のみ、この確率は1/3になる
条件付き確率P(B|A)がP(B)から変わらない(同じ値になる)のは
事象Aと事象Bが独立のとき(特にP(A)が確率1のとき、AとBは独立である)
本来のモンティホール問題の設定では、AとBは独立なのでP(B|A)＝P(B)＝1/3だが
上の３設定では独立ではないことからP(B|A)≠P(B)＝1/3と確認できる
ゲームがN→∞に向かうと
最初にハズレを引く可能性が２／３に
限りなく近づく
１□■■
２■□■
３■■□
：
：
N■■□
ゲームの回数が少ないN＜１０の時は
３回連続で一回目で当りを引いてしまうなど
極端な結果になることが往々にして起きる
ゲームを数百回連続で行うことによって
こういった極端な例がならされて
最後の二択の時、
チェンジし続けていれば当たりの確率が２／３になるという
『傾向』が観察されるのです(´・ω・`)
ttps://upload.wikimedia.org/wikipedia/commons/0/0c/Monty_problem_monte_carlo.svg ⑤が必要か否かは何の確率を考えたいかによる
例えばこれからゲームをするとして、switchしない戦略でのアタリの確率
すなわち
「ルールの下で司会が選んだ扉がハズレである」時の「自分が最初に選らんだ扉がアタリである」確率
を考えたいだけなら、⑤は不要
仮に司会に何らかの癖があったとしても、この確率は他の条件から1/3と計算できる
逆に例えば
今、正にゲームの最中で選択を迫られている場面であり、その具体的状況での
「ルールの下で司会が選んだ扉はドア２であり、ドア２がハズレである」時の「自分が最初に選らんだ扉：ドア１がアタリである」確率
を考えたくて、その確率が1/3となるためには
「プレイヤーの選んだ扉がドア１でそれがアタリのとき、司会はドア２とドア３の内ランダムに１つ選んで開ける」
という条件が必要
もし司会に癖があって、例えば「ドア２とドア３がハズレのとき、司会は確率１でドア２を選ぶ」という場合
司会がドア２を選んだら、残った扉：ドア３はハズレであることが確定してしまう
(司会がドア３を選んだら、残った扉：ドア２はアタリであることが確定する)ので
「司会がドア２を開けてハズレである」時の「始めに選んだドア１がアタリである」確率は１となる
このように
司会が具体的にどの扉(ドア１、ドア２、ドア３のどれ)を選んで開けたか
まで考えた確率を計算する上では、司会の癖の条件の記述が必要となる
マリリンが言ったとおり変えれば当たる確率は倍か。
てかこれで合ってんだろうけど何か誤解してグダグダになってる人がいる感じ？
ゲームの回数が少ないときに
二倍の確率が見えるのかい？(´･ω･`)
ttps://upload.wikimedia.org/wikipedia/commons/0/0c/Monty_problem_monte_carlo.svg ttps://cdn-ak.f.st-hatena.com/images/fotolife/E/Esper1029/20160114/20160114110725.png 見えるんじゃないの？
／ ｀､
/ ヽ
/ ● ● |
／l ''''' し '''''' |
/ l ＿＿. |
l /ヽ＿ ` --' ＿ノ
＼ ￣ ヽ∩
⌒l l三 |
| ヽ.__|
ゲームが一回だけなら
二つの可能性からの二者択一のみ
□■■
ゲームが一回の時、
最初に当たりを引く確率は１／３ではなくて
１／２になる
そもそも一回しか選択していないのに
『三回のうち一回は当たる』という主張は
意味不明である
( ´∀｀)『変更すれば三回のうち二回は当たるから
お得だよ』
(´･ω･`)『自分、一回しかゲームしないんですけど・・・』
挑戦者が１枚のドアを選びます。
ここで急に風が吹いてきて、たまたま挑戦者が選ばないドアが開いてしまい、
しかもそのドアがはずれであることがわかってしまいました。
さて、挑戦者は空いてないドアを選び直したほうが、当たる確率が高くなるでしょうか？
という確率を考える場合、
プレイヤーは当たりを引くかハズレであるかのいずれかであり、
そこには頻度は存在しないです
つまり、そこには何の期待値も存在しないという事です
□■■（二つの可能性からの二者択一のみ）
頻度主義を取った場合、一回限りの出来事について
確率を割り当てることができない
大数の法則は裏を返せば「サンプルサイズが小さい方が、
より極端な値をとる確率が高い」ということでもある
以上のことからゲームが一回限りの場合は
『当たりとハズレどちらが出るかわからない』
と判断するのが良い
ゆえに、ゲームの回数を一回に限定すると
当たりの確率は５０％になります
ハズレのドアの面積は当りのドアの面積の二倍あるので
ゲームが多数回（N→∞）に向かうと
最初の選択（ファーストチョイス）時にハズレを引く
確率が２／３に限りなく近づく
１□■■
２■□■
３■■□
：
：
N■■□
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）
この事象だけ単独で取り出せば確率は５０％
しかし、プレイヤーが多数回のゲームを行えば
ファーストチョイス時の確率２／３を保持したまま
二択を行うことになる
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
条件7. 回答者が複数人か、その同じゲームが何回も試行される権利があること。
１／３になるのはゲームが多数回（N→∞）の時のみ
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）…事象C
モンティがハズレのドアを開けても
プレイヤーのファーストチョイス時の当たりの確率に
何の影響も及ぼさない
また、プレイヤーが当たりを引こうがハズレであろうが
モンティはハズレのドアを一枚だけ開ける
したがって、
『事象A』と『事象B』は互いに独立である
また、
『事象C』は『事象B』によって導出される
ttps://www.youtube.com/watch?v=T5QYTrDReTo 正義のために
と同じ使い方
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）…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
『事象A』は『事象N』によって導出される
『事象A』と『事象B』は互いに独立である
『事象D』は『事象C』によって導出される
『事象C』は『事象B』によって導出される
簡単という語を名詞のように使うのは誤用だよ。
そのため、その用法は一般社会に広がっていない。
そんなもんかと思って軽く納得した記憶がある
予想しないほうがいい
プレイヤーの選ばなかった二つのドアのうち
ハズレのドアを一つ開ける（ゲームから除外）
□■
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
■■（存在しない）
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）
この試行を独立にn回繰り返したとき，
この事象が起こる回数をfとすると，
これが起こる割合f/nは試行回数nが大きくなるに従って
pに近づく〉という定理
1713年J.ベルヌーイが初めて定式化
これにより経験的確率と数学的確率が一致し，
確率論の実際的応用の根拠が与えられる
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
ゲームの回数N＜３の時の事象Aの確率 P(A|ｎ)
事象Aの尤度関数P(ｎ|A)＝３／２
事象Aの主観確率P(A)＝１／３
∵ベイズの定理より
P(A|ｎ)＝P(A) * P(ｎ|A)＝１／３ * ３／２＝１／２
以上により、
ゲームの回数N＜３の時
プレイヤーのファーストチョイス時の当たりの確率は
多数回（N→∞）の時の１．５倍に改定される
その場合は、同じ。
このことからやは、しょせん答えを知っている者の後知恵とわかる。
やが説明になるのなら、なぜではそれが適応されないのかすぐに説明することは難しい。
素直に場合分けをするのが、最善だろう。
当たり入れ → 選択 → 外れ開け → 変更するか否か
３×３×２×２=36 っていう単純式で合ってる？
３×３×３×２=54通りで
変更なしだと９勝18敗、変更すると18勝９敗
ゲームが二回の時は極端な結果になりやすい
頻度主義による確率を割り当てることもできない
以上のことから
ゲームが二回の時は
『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、ゲームの回数を二回にすると
当たりの確率は５０％になると予想できます
全54通りのうち30通りは確率０だから実質全24通り？
場合の数だけで考えると、６勝６敗 → ６勝６敗
「１通りの確率が全て等しいというわけではない」という点がややこしい
３勝６敗 → ６勝３敗 という結果に最終的にはなる
プレイヤーがチェンジした時の当たりの確率…事象E
■事象Eの確率を求める
ゲームが多数回（N→∞）の時の事象Eの確率 P(E|N)
事象Eの尤度関数P(N|E)＝１
事象Eの主観確率P(E)＝２／３
∵ベイズの定理より
P(E|N)＝P(E) * P(N|E)＝２／３ * １＝２／３（主観確率と一致）
このゲームができるのは1回だけです
ハートのエース99枚とスペードのエース1枚を合わせた
トランプカード100枚をシャッフルします
その中から1枚のカードを選びます
山札から98枚のハートのエースを取り除きます
最後に残った2枚のカードの中から1枚のカードを選びます
スペードのエースを引く確率は何％でしょう？
モンティホール問題は、厳密に言えば
➀司会者があたりを知っており、わざとはずれのドアを当てる
②司会者もあたりを知らず、試しにあけたドアがはずれだった
の２ケースがあり、それぞれで答えが異なる。
一般性を失うことなくあたりを１と考えると
（挑戦者の選ぶドア、司会者の選ぶドア）は
（１、２か３）（２，３）（３，２）
がそれぞれ等確率でおきる。
よって、最初のドアがあたりの確率：選びなおすと当たる確率＝１：２
（１，２）（１，３）（２，１）（２，３）（３，１）（３，２）
が等確率で全て起きる。
このうち問題の条件を満たすのは
（１．２）（１．３）（２．３）（３．２）であり
最初のドアがあたりの確率：選びなおすと当たる確率＝１：１となる。
外見的な行動は同じなのである。
モンティホール問題は、もともとクイズ番組という設定であるから
実際には➀のケースでも、あたかも②であるかのように演出することが可能である。
こうなれば、大多数の人間が引っかかるのはむしろ当然である。
やがいかに「答えを知っている人の後知恵」にすぎないかがよくわかる。
□■ セカンドチョイス
②の場合は二人挑戦者がいて司会がいない場合みたいだね
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
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」
■ モンティチョイス
□■ セカンドチョイス
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）…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
事象Bが起きたことによって
事象Cと事象Dも同時に発生する
この一連の事象を事象Fとする
■ゲームが多数回（N→∞）の時
P(F|N)＝P(B|N) * P(C|N) * P(D|N)＝１
■ゲームの回数N＜３の時
P(F|ｎ)＝P(B|ｎ) * P(C|ｎ) * P(D|ｎ)＝１／２
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Eの確率を求める
ゲームが多数回（N→∞）の時の事象Eの確率 P(E|N)
事象Eの尤度関数P(N|E)＝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
∵ベイズの定理より
P(E|N)＝P(E) * P(N|E)／P(F|N)＝２／３ * １／１＝２／３（主観確率と一致）
P(N|E)＝３／２の時、
P(E|N)＝P(E) * P(N|E)／P(F|N)＝｛２／３ * ３／２｝／１＝１（１００％当たり）
／ ｀､
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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
ステイでは、当たりとハズレが同時に出ることはない（排反事象）
チェンジでも当たりとハズレが同時に出ることはない（排反事象）
ステイの当たりの確率がPなら
チェンジの当たりの確率は１－P
ステイのハズレの確率は１－P
チェンジのハズレの確率はP
ゆえに、
『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
P(F|ｎ)＝P(B|ｎ) * P(C|ｎ) * P(D|ｎ)＝１／２になるのは
事象Cの尤度関数P(ｎ|C)＝１（確率はそのまま）であるから
のことだけどね。
極端に簡単な解説
たとえば「挑戦者が選ばないほうにあたりの確率が２倍あり、
そのうち一つの可能性を消したのだから、残りのカードに３分の２のあたりがあるのは当たり前」
という類い。
はすべて、答えを知っている人のこじつけであって、正しい解説とはいいがたい。
１００枚で一組のトランプから１枚のカードを引いたとき
「ハートが出る」、「スペードが出る」 ということは
同時に起きないので、
これらは互いに排反事象です
スペードのエースが出る確率 P
ハートのエースが出る確率 １－P
Pは出るか出ないかの二つの可能性のみ（余事象）
１－Pも出るか出ないかの二つの可能性のみ（余事象）
ゆえに、
Pの確率は５０％
１－Pの確率も５０％
この確率を維持したまま
最後にもう一度二者択一を行うので
スペードのエースが出る確率は５０％です
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
□■（ステイ or チェンジ）…排反事象C
排反事象Cの尤度関数P(N|C)＝２
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の確率はチェンジで二倍になるか？
事象Aの主観確率 P(A)＝１／３
事象Fの確率 P(F|N)＝P(B|N) * P(C|N) * P(D|N)＝１
∵ベイズの定理より
P(A|N)＝P(A) * P(N|C)／P(F|N)＝｛１／３ * ２｝／１＝２／３（確率が二倍になる）
P(N|C)＝ｃとおく
ゲームが多数回（N→∞）であるからcのとる値は
1＜ｃ＜３の範囲になる可能性が高い
ｃ＝１ならチェンジでも当たりの確率は１／３のまま
ｃ＝３ならチェンジで１００％当たりになる
> ゲームの回数N＜３の時…事象ｎ
> ゲームが多数回（N→∞）の時…事象N
「ゲーム回数」と「事象」という別のものに同じ記号Nを用いている所にまずセンスの無さを感じる
そもそも元のゲームの設定や
ここらで話題に挙がっていたようなゲーム回数が少数の場合と多数の場合の比較では
ゲーム回数は確率的に定まるものではないので
「ゲームの回数N＜３の時」等を事象として扱うのは不適当
「～の時の確率」という語句が「～という事象が起きた時の条件付き確率」とは限らないことを知れ
> 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
> □■（ステイ or チェンジ）…排反事象C
これらも意味不明
確率は事象ではない
図？が意味することも不明
> 排反事象Cの尤度関数P(N|C)＝２
尤度関数として条件付き確率をそのまま用いているのに１を超えているのは明らかな間違い
条件付き確率でないとするなら、ベイズ定理の式にそのまま代入しているのは間違い
ｃ＝０．５ならチェンジすると当たりの確率が１／６
これはつまりファーストチョイス時の当たりの確率が１／６
（６回につき一回しか当りが来ない）
※しかしこのくらいのことはよく起こる
じゃあは？極端に簡単だけどこじつけには見えない
のような説明だと
の時だって、ドアを変えたほうが確率が２倍になるように思えてしまう。
実際には違う。
標準モンテ( 1/3 → 2/3 )
確率０が５通り、確率 1/6 が２通り、確率 1/3 が２通り
変形モンテ( 1/2 → 1/2 )
確率０が３通り、確率 1/6 が６通り
チェンジしても 1/3 のままで、
残りの 1/3 は司会者が当たり扉を開けてしまいゲーム終了(不成立)。
変形モンテ( 1/3 → 1/3 ) 1/3 不成立
モンテ( 2/9 → 2/9 ) 5/9 不成立
チェンジでも当たりとハズレが同時に出ることはない（排反事象）
P(N|C)＝P(N|A) * ２
｛P(N|C)／P(N|A)｝＝２
チェンジで当たりの確率は二倍になるのか？
それともステイの当たりの確率が二倍になったのか？
(標準・変形・突風)モンティ・ホール問題のいずれにせよ
３×３×３=27通り を超えるパターンは絶対にない
標準(1/3 → 2/3) 1/18 が６通り、1/9が６通り (確率０が15通り)
変形(1/2 → 1/2) 1/18 が18通り(不成立６通り) (確率０が９通り)
突風(1/2 → 1/2) 1/27 が27通り(不成立15通り)
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
■０＜ｃ＜１の範囲の場合はどうか？
ｃ＝０．５ならチェンジすると当たりの確率が１／６
これはつまりファーストチョイス時のハズレの確率が１／６
（６回につき一回しかハズレを引かない）
※この場合、チェンジすると大損
サイコロを次に一回振って
１の目が出る確率 P＝A
１以外の目がでる確率 １－P＝B
事象AとBは、互いに排反事象なので
P(A∪B）＝P(A)＋P(B)が成り立つ
事象Aが起こる確率：P(A) （Aの生起確率）
０ ≦ P(A) ≦ １
P(A)＝０ : A は絶対に起こらない
P(A)＝１ : A は必ず起こる
Aは起こるか起きないかのどちらか（確率５０％）
余事象（Ac＝Ω－A）～ A が起こらない確率：P(Ac)
P(Ac)＝１－P(A)
P(Ac)＝１－P(A)＝P(B)が成り立つ
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）
（P（A∩E）＝０）とき、
事象AとEは、互いに排反
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
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
読解力の問題でしょ。
あなたの書き込み見てると「言い難い」とか「思えてしまう」とか
主観が先行しすぎ。はモンティホール問題と異なるのは
明らか。数学力関係ない。読解力さえあれば両者の設定が異なることはすぐわかる。
「答えを知っているに違いない」というのもあなたの主観にすぎない。
確率０と不成立をちゃんと区別できるかどうかが鍵
いずれの場合も、問題が成立するのは12通りしかない
(ステイ、チェンジ、確率０、不成立)
標準モンテ (６、６、15、０) 33％ → 66％
変形モンテ (６、６、９、６) 33％ → 33％
突風モンテ (６、６、０、15) 22％ → 22％
AAB ○× 1/18 1/18 1/27
AAC ○× 1/18 1/18 1/27
ABC ×○ 1/9 1/18 1/27
ACB ×○ 1/9 1/18 1/27
BAC ×○ 1/9 1/18 1/27
BBA ○× 1/18 1/18 1/27
BBC ○× 1/18 1/18 1/27
BCA ×○ 1/9 1/18 1/27
CAB ×○ 1/9 1/18 1/27
CBA ×○ 1/9 1/18 1/27
CCA ○× 1/18 1/18 1/27
CCB ○× 1/18 1/18 1/27
高くなるんじゃないの…？
司会者が風に変わっただけで…
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
ゲームの回数が（N＜３）の時の事象Eの確率 P(E|ｎ)
事象Eの尤度関数P(ｎ|E)＝３／４
事象Eの主観確率P(E)＝２／３
P(ｎ|E)＝eとおくと
ゲームの回数が（N＜３）であるからeのとる値は
３／４＜e＜１の範囲になる可能性が高い
e＝１ならP(E|ｎ)＝２／３
e＝３／４ならP(E|ｎ)＝１／２（直観確率と一致）
P(ｎ|A)＝a
P(ｎ|E)＝e
P(F|ｎ)＝ｆとおく
a＝e／ｆ
e＝aｆ
ｆ＝e／a
ゲームの回数がN＜３の時の事象Eの確率 P(A|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
事象Aの尤度関数P(ｎ|A)＝３／２
事象Aの主観確率 P(A)＝１／３
P(ｎ|A)＝aとおくと
ゲームの回数がN＜３であるからaのとる値は
1＜a＜２の範囲になる可能性が高い
a＝１ならP(A|ｎ)＝１／３
a＝３／２ならP(A|ｎ)＝１／２
a＝２ならP(A|ｎ)＝２／３（この場合チェンジすると当たりの確率が１／２）
ゲームの回数がN＜３の時の事象Eの確率 P(A|ｎ)
↓
ゲームの回数がN＜３の時の事象Aの確率 P(A|ｎ)
高くならない(609・610参照)
当たりを知ってる司会者が「必ず」外れ扉を開けるのと
突風が吹いて「たまたま」外れ扉が開いてしまった、とでは雲泥の差
突風には意思を持たない完全なランダム性があるので
挑戦者が選んだ扉や、当たり扉を開けてしまったりして
ゲームが成立しない場合が 5/9 の確率で発生するというのがミソ
ゲーム成立確率 4/9 (ステイ：チェンジ)＝(2/9：2/9)＝(1/2：1/2)
＞なぜではそれが適応されないのかすぐに説明することは難しい。
そんなことはない。
では「たまたま」当たりのドアが開いてしまうことがあり得るが
モンティホールのオリジナル設定では絶対にあり得ない。
または、３つの扉のうち自分が選ぼうとしていた扉がたまたま開いて
「はずれ」であったとき、残りの扉のどちらかを選ぶという状況と同じ。だから
扉を変える・変えないの設定は５４８の状況とは無関係であるとわかる。
結果的には同じ状況になるかもしれんけど
選んでから突風が吹くのと、選ぼうとする直前に突風が吹くのでは
数学的な計算の上では全然別の問題になるような気がしないでもない
12/27 の確率で発生する現象を前提とした問題
6/27 の確率で発生する現象を前提とした問題
選択は確率とまったく関係が無い
どの扉も閉じたままの状況を考えれば良い
このとき選択をいくら変えても当たり確率は変わらない
だから外れが見えたのが偶然であれば事前に選んでいようがいまいが状況は同じ
「はずれ」であったとき、残りの扉のどちらかを選ぶという状況と同じ
何をもってと同じ状況と言いきれるのかが不明
本来ならゲーム不成立になるところを、無理やり別のゲームにしてる感が拭えない
の説明がには適応されないということを主張したいなら
もっと簡潔に以下の説明ぐらいで良いのでは
突風モンテでは挑戦者が選んだ扉や、当たりの扉を開けてしまう可能性もあるので
標準モンテとは明らかに設定が異なることが分かる
わかりやすくする例えでドアが100あって選んだの以外の98枚が開いたら…
てのがあるが98枚が風で開いて全て外れの場合、やっぱ高くなってるんじゃ？
ゲームを二回しか行わない場合は
期待値の設定ができない
（３回のうち何回当たるという表現ができない）
１□■■…ｐ１
２■□■…ｐ２
考えられる組み合わせは４つ
（□■ ■□ □□ ■■）…ｐ３
ｐ３は、次のように分解できる
（□■□■）…一回目の選択
（■□□■）…二回目の選択
一回目も二回目もともに確率５０％
ｐ１とｐ２は独立な試行
（ｐ１の結果がｐ２の結果に影響を与えない）
ｐ１の確率は５０％、ｐ２の確率は５０％
（ベルヌーイ・トライアル）
以上により、
ｐ３のそれぞれの要素の起こる確率は
すべて等しく各５０％になる
①当たり扉はランダムかつ等確率に設定される
②ホストは挑戦者の選んだ扉を開けない
③ホストは必ず残りの扉を一枚開ける
④ホストはハズレの扉しか開けない
⑤ホストは挑戦者の選んだ扉が当たりのとき、ハズレ扉をランダムかつ等確率に選んで開ける
⑥ホストは扉を開けた後に必ずswitchの機会を挑戦者に与える
高くなるのはの標準仮定の条件を満たしているときのみ
は仮定②③④の条件を満たさずに
ゲーム中止になる可能性があるというところがミソ
それでも納得がいかない場合は、全パターンを列挙して数え上げてみて(全27通り)
『突風が吹いた場合のモンティ・ホール問題』で検索
AAB BAB CAB
AAC BAC CAC
ABA BBA CBA
ABB BBB CBB
ABC BBC CBA
ACA BCA CCA
ACB BCB CCB
ACC BCC CCC
(当たり 最初の選択 突風) ３×３×３=27通り
変えないで当たり ６通り
変えて当たり ６通り
ゲーム中止 15通り
＞『突風が吹いた場合のモンティ・ホール問題』で検索
突風の場合だと１/3になっちゃう？なんかモンティ・ホール問題を初めて聞いたときのような
わけわからない感覚になる
もしかしたらマリリンのいうことを否定した数学者側視点だったりする可能性もあるか…
数字上は以下のようになっても、にわかには納得しづらいという気持ちは分かる
もう既にゲームが成立してる状況なんだから
ゲームが中止になる確率は関係ないんじゃないかってね
標準モンテ 1/3 → 2/3
変形モンテ 1/3 → 1/3 1/3 中止
突風モンテ 2/9 → 2/9 5/9 中止
残り２扉から開けたドアが「たまたま」外れだったという場合
自分一人でもトランプ３枚を使って300回やれば、以下のようになるはず
そのうち 100回は途中で当たりカードを開けてしまってゲーム中止
ゲームが成立した200回のうち、100回はステイで当たり、100回はチェンジで当たり
マリリン否定の視点じゃないことは明らかだと思うけど？
どういう人が、どういう場合に、どういう錯覚をしてるのかを、いったん整理ね
普通の人は直感的に以下のように考える
(標準・変形・突風)モンテのいずれの場合でも
最終的には二者択一にしかならないんだから、変えても変えなくても50％で当然
その考え方は(変形・突風)モンテの場合には、結果的には正しくなる
ところが、標準モンテの場合だけは 1/3 が 2/3 になると主張したのがマリリン
当時マリリンは袋叩きにあったが、シミュレートその他で正しいことが証明？された
しかし、なお現在に至っても納得できない人達が一定数存在するので
認知心理学？その他の分野で直感と確率が一致しない好例として有名な問題である
標準モンテの場合で 1/3 が 1/2 になると錯覚する人は珍しくないけど
(変形・突風)モンテの場合でも、標準モンテの場合と同じように
1/3 が 2/3 になると錯覚する人は、個人的には相当レアだと思う
錯覚する人は珍しくない
■錯覚ではない
シミュレーション効果の薄い
ゲームを二回以下プレイまたは観察する者にとって
確率は限りなく５０％に見える
ttp://bright-magazine.com/wp-content/uploads/2015/01/20150126_27.png 林修のテレビだと100万個のドアで説明してた。
風で999998個のドアが開いたら変えたら当たる確率高そう
風がハズレのドアを９８枚開けるほうが
遥かに難易度が高い
標準モンテの場合は、以下の通りで間違いないということは
とりあえずの共通認識でよろしいかな？
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
了解
次のように考えさせる言葉（文章題）の「ひっかけ」がある。
abcは場合、ドアは左から#1, #2, #3という番号がふられている。
a. 当外外
b. 外当外
c. 外外当
ここで回答者が#1のドアを選ぶとするとaの場合になるのでそれを除外する。
b. 外当外
c. 外外当
モンティさんは#3のドアを開けるので、cの場合だと「当たり」になってしまう。
したがってcの場合はないのでcを除外。
2. 外当外
残ったのはこれ。つまり1/3で同じ。
色んな人達が色んな錯覚をするんだよなぁ
「必ず」と「たまたま」とは全く違う現象の問題である
ということを納得させるのは一筋縄じゃいかんわ
ちなみに、ドアの枚数を増やして考えるのは定番だけど、個人的にはあまり好みじゃない
３枚でも100枚でも100万枚でも、本質的には同じことだからね
モンティさんは「作為的＝選択的」。
モンティ・ホール問題は、偶然に作為が混入する。
だから確率から逸脱する。
サイコロをふらない神は作為的な神だから、外れのドアだけを作為的に開ける能力がある。
これによって偶然性がそのぶんだけ除去される。
偶然の要素が減るということは確実性が高まることを意味している。
モンティなら９８枚開けることができる
突風だと４８枚とか５２枚なんて言う場合もある
同じ取り扱いができない
□当たり ■ハズレ
突風は必ず９８枚のドアを開けるとすると
１□■■■■■■■■■■……■１００
最初にプレイヤーが当たりを引く確率は１／１００…ｐ１
最初にプレイヤーがハズレを引く確率は９９／１００…ｐ２
最初にプレイヤーが当たりを引いて
ゲームが成立する確率は９９／１００…ｐ３
最初にプレイヤーがハズレを引いて
ゲームが成立する確率は１／１００…ｐ４
ｐ１＊ｐ３＝９９／１００００
ｐ２＊ｐ４＝９９／１００００
ともに等確率になる
□当たり ■ハズレ
最初にプレイヤーが当たりを引く確率は１／３…ｐ１
最初にプレイヤーがハズレを引く確率は２／３…ｐ２
最初にプレイヤーが当たりを引いて
ゲームが成立する確率は２／３…ｐ３
最初にプレイヤーがハズレを引いて
ゲームが成立する確率は１／３…ｐ４
ｐ１×ｐ３＝２／９
ｐ２×ｐ４＝２／９
ともに等確率になる
ステイで当たる確率 １／Ｎ
チェンジで当たる確率 (Ｎ－１)／Ｎ
突風モンティは突風がプレイヤーのドアを開けたり
プレイヤーの選択したドア以外で当りのドアを開けてしまう
などの偶然性を含むといいながら、ドアの数が増えた時には
突風が開けるドアの数はＮ－２で固定されるという
必然性を含んでいる
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
そんな単純な計算式で良かったのか！ 目から鱗
ドア３枚なら全27通りで、なんとか表を作れたけど
ドア４枚の全パターンを列挙しようとしたら、途中で挫折したｗ
Ｎ=３、４、５、、、Ｎ
Ｐ= 2/9、3/16、4/25、、、(Ｎ－１)／Ｎの２乗
＞突風が開けるドアの数は(Ｎ－２)で固定されるという必然性を含んでいる
自分的にはコロンブスの卵
言われてみればそうだなという感じで、気づかなかった着眼点
は先に書かれてたけど、さすがに上手くまとまってるな
突風の喩え話はよくないｗ
てか、自然現象が必ずランダム（サイコロ振り）だとは限らないからね。
その1つを想定してみよう。
Aは当たり
Hは外れ
[]は回答者が最初に選択する1番目のドア
()は司会者が開ける3番目のドア
以下は起こり得るケース
[A]H(H) [H]A(H) [H]H(A)
[H]A(H) [H]H(A) [A]H(H)
[H]H(A) [A]H(H) [H]A(H)
9ケース中[A]を持つのは3ケース：3/9=1/3
この中から起こり得ないケースを消そう。
司会者が当たりであるAのドアを開くことはないので
(A)を含むケースは起こり得ないことになる。
残ったケースは次のとおり。
[A]H(H) [H]A(H)
[H]A(H) [A]H(H)
[A]H(H) [H]A(H)
6ケース中[A]を持つのは3ケース：3/6=1/2
じゃあ、マリリンの提案どおり[]を乗り換えてみよう。
A[H](H) H[A](H)
H[A](H) A[H](H)
A[H](H) H[A](H)
6ケース中[A]を持つのは3ケース：3/6=1/2
どちらも1/2で変わらない、という結論が得られる。
なので18ケースを用意にしてみよう。
[A]H(H) [H]A(H) [H]H(A)
[H]A(H) [H]H(A) [A]H(H)
[H]H(A) [A]H(H) [H]A(H)
[A](H)H [H](A)H [H](H)A
[H](A)H [H](H)A [A](H)H
[H](H)A [A](H)H [H](A)H
18ケース中[A]を持つのは6ケース：6/18=1/3
司会者は正解のAを開けることはないので
(A)というケースは起こりえないことになる。
そのケースを取り除いてみよう。
[A]H(H) [H]A(H)
[H]A(H) [A]H(H)
[A]H(H) [H]A(H)
[A](H)H [H](H)A
[H](H)A [A](H)H
[H](H)A [A](H)H
12ケースに減った。12ケース中[A]を持つのは6ケース：6/12=1/2
では、マリリン氏が提案するように選択ドアを乗り換えてみよう。
A[H](H) H[A](H)
H[A](H) A[H](H)
A[H](H) H[A](H)
A(H)[H] H(H)[A]
H(H)[A] A(H)[H]
H(H)[A] A(H)[H]
12ケース中[A]を持つのはやはり6ケース：6/12 = 1/2
やはり1/2で変更しても変わらない。
選択１、開扉３に固定するのは別に問題ないとして
それなら、そもそも起こり得るケースは
[Ａ]H(Ｈ) と [Ｈ]Ａ(Ｈ) の２通りしかない
単純に[Ａ]と[Ｈ]の比較で 1/3 と 2/3 だな
これだと、まんまと 1/2説を補強してるみたいだな
(当たり 選択 扉開) の起こり得るケースは
ＡＡＣ と ＢＡＣ の２通りのみ
ＡＡＣ の起こる確率 1/3 × 1/3 × 1/2 ＝ 1/18
ＢＡＣ の起こる確率 1/3 × 1/3 × 1＝ 1/9
ttps://cdn-ak.f.st-hatena.com/images/fotolife/E/Esper1029/20160114/20160114110750.png 標準モンテに関してはこの図とかドア増やした例えとかわかりやすいんで
こういう感じに突風モンテも説明できれば…
100 010 001 (3/9 = 1/3)
00 10 01 (2/6 = 1/3)
0 1 1 (2/3)
回答者がそのうち1枚を選ぶ。
a. すると司会者が残りの999枚のドアのうちハズレのドアを1枚開ける。
b. すると司会者が残りの999枚のドアのうちハズレのドアを998枚開ける。
回答者は最初の選択を変えたほうが賢明ですか。
話をシンプルにしてみた。
1. [A]H(H)
2. [H]A(H)
3. [H]H(A)
3ケース考えられるが、このうち(A)をもつ3.のケースは起こりえないので、3.を消す。
1. [A]H(H)
2. [H]A(H)
2ケースのうち当たりを選択した[A]を持つのは1のケースだけ。
つまり1/2になる。
マリリンさんの提案通りここで選択ドアを乗り換えてみる。
1a. A[H](H)
2a. H[A](H)
それでもやはり[A]を持つケースは1/2のまま。
という思い込みが錯覚の原因だな
場合分けをする時は、それぞれの１通りが起こる確率も計算に入れる必要がある
(当たり 選択 開扉) の起こり得る組み合わせは全12通り
AAB BAC CAB
AAC BBA CBA
ABC BBC CCA
ACB BCA CCB
ステイで当たりが６通り 1/18 が６通りで 1/3
チェンジで当たりが６通り 1/9 が６通りで 2/3
確率 1/9 と 確率 1/18 の両方が混在するというのが分かるはず
AA(BC) BAC CAB
ABC BB(AC) CBA
ACB BCA CC(AB)
それらABCはそれぞれ何を意味する記号ですか？
1番目の機会
司会者がハズレの扉を開ける前の起こり得るケース：
AHH
HAH
HHA
２番目の機会
司会者がハズレの扉を開けた後の起こり得るケース：
AH
HA
区別した場合の数を数えるのが確率(高校数学)の定石
ハズレの2つも区別すべし
試しにドア(４、５、６)枚でハズレ扉を１枚だけ開けるケースを
全パターン(36、80、150)通りを考慮した上で計算してみた
ステイで当たる確率 1/4 1/5 1/6
チェンジで当たる確率 3/8 4/15 5/24
規則性が正しいと推測すると
ステイ：チェンジ ＝ １／Ｎ ： (Ｎ－１)／Ｎ(Ｎ－２)
変更したほうが期待値が上がるのは間違いないが、Ｎ＝1000枚とかだと
どっちでも現実的には、あんまり変わらんなという気がしないでもない
単に３つのドアを区別できるように名前をつけただけ
別に扉１・扉２・扉３って名前をつけてもいいけど
確率計算の数字と紛らわしくなるから、個人的には好みじゃない
例えばABCは、賞品(当たり)をＡのドアに配置した後に
挑戦者がＢのドアを選択して、司会者がＣのハズレ扉を開いたってこと
(A)・(H1) 1/6
(A)・(H2) 1/6
(H1)・(A) 1/3
(H2)・(A) 1/3
A B
□|■■←Bに突風が吹いてもゲームは成立
■|□■
■|■□
□|■■←Bに突風が吹いてもゲームは成立
■|□■
■|■□
□|■■←Bに突風が吹いてもゲームは成立
■|□■
■|■□←当たりに突風が吹いたらゲームは不成立
↑
最初に当たりを引く確率は１／３
はスルーして
以下はABC表記の意味の再解説(すでに理解してるならスマン)
ゲームの流れとして、まず３つのドア(Ａ、Ｂ、Ｃ)を用意する
①当たりの賞品を(ＡまたはＢまたはＣ)に配置する
②挑戦者は最初に(ＡまたはＢまたはＣ)のドアを選択する
③司会者は必ずハズレの(AまたはBまたはC)のドアを１枚だけ開ける
①②③の流れを時系列的にワンセットで表現したのが(ABC)という表記の仕方
標準モンテの全パターンはの 12通り
分かりやすいように①②③の記号付きで表示してみる
AAB ①A ②A ③B 1/3 × 1/3 × 1/2 ＝ 1/18 ステイ○ チェンジ●
AAC ①A ②A ③C 1/3 × 1/3 × 1/2 ＝ 1/18 ステイ○ チェンジ●
ABC ①A ②B ③C 1/3 × 1/3 × 1 ＝ 1/9 ステイ● チェンジ○
ACB ①A ②C ③B 1/3 × 1/3 × 1 ＝ 1/9 ステイ● チェンジ○
以下省略
n個の扉からプレイヤーが１つ選び、それがアタリであるという事象をXとし、確率は1/nとする
司会がn個の中から、n-2個選び
司会が選んだ中にアタリがない(司会が選んだ扉は全部ハズレ)という事象をY
司会が選んだ中にプレイヤーが選んだ扉がない(司会はプレイヤーとは別の扉を選ぶ)という事象をW
プレイヤーも司会も選ばなかった扉の中にアタリがあるという事象をZとする
p＝P(Y|notX,W) ; プレイヤーが選んだ扉がハズレで、かつ、その扉を司会は選んでない時に、司会の選んだ扉が全部ハズレの確率
q＝P(W|X) ; プレイヤーの選んだ扉がアタリの時に、司会がプレイヤーと同じ扉を選ばない確率
r＝P(W|notX) ;プレイヤーの選んだ扉がハズレの時に、司会がプレイヤーと同じ扉を選ばない確率
とすると
司会がプレイヤーと同じ扉を選ばず、かつ、司会が選んだ中にアタリがない時の、プレイヤーが選んだ扉がアタリの確率
P(X|Y,W)
＝q/{q + (n-1)pr}
とくにq=rのときは
＝1/{1 + (n-1)p}
司会がプレイヤーと同じ扉を選ばず、かつ、司会が選んだ中にアタリがない時の、残った扉がアタリの確率
P(Z|Y,W)
＝{(n-1)pr}/{q + (n-1)pr}
とくにq=rのときは
＝{(n-1)p}/{1 + (n-1)p}
となる
標準では
p=1,q=r=1だからP(X|Y,W)＝1/n, P(Z|Y,W)＝(n-1)/n
変形では
p=1/(n-1),q=r=1だからP(X|Y,W)＝1/2, P(Z|Y,W)＝1/2
突風では
p=1/(n-1),q=r=2(n-1)/{n(n-1)}だからP(X|Y,W)＝1/2, P(Z|Y,W)＝1/2
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。
このカードの裏が赤である確率は？
そうランダム。詳しくは
このとき「本来ならゲーム不成立になる」という御仁がいるが
この意見については意味が分からん
モンティがハズレのドアを開ける
２つの選択可能なドアがある
ディアボロが現れてその内一つを選ぶ
当たりの確率は５０％
回答者が選択したドア以外をどれか一枚を適当に選んで開けるってことですね？
その場合、このクイズが想定していない事態が起こるので新たにルールを設ける必要がありそうですね。
不成立にした場合は標準形式と同じことになりそうですね。繰り返しゲームならば。
ABCがドアの名前だとすると、なぜAACとかいう並びがあるのか不思議で。
ドアの並び方が動くというのはおかしいので。
ハズレのドアの面積は当りのドアの面積の二倍あるので
ゲームが多数回（N→∞）に向かうと
最初の選択（ファーストチョイス）時にハズレを引く
確率P（H）が２／３に限りなく近づく
１□■■
２■□■
３■■□
：
：
N■■□←P（H）＝２／３
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）
この事象だけ単独で取り出せば確率は５０％
しかし、プレイヤーが多数回のゲームを行えば
ファーストチョイス時の確率P（H）＝２／３を保持したまま
二択を行うことになる
１□■
２■□
３■□
：
：
N■□←チェンジすると当たりの確率が２倍
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
確かに ABC がドアの名前だという説明部分は紛らわしかったな
あらためて説明すると、ABC はゲームの流れ①②③を表したもの
①当たりを扉Ａに配置 ②挑戦者が扉Ｂを選択 ③司会者がハズレ扉Ｃを開ける
分かりにくいかもしれんが、文字数省略の一手段として大目に見てくれ
何が同じことになると思ってるの？
不成立 → やり直し → ゲーム成立 で結局は同じ状況になるってことかな？
その場合でも確率は違ってくるので誤解のなきよう
標準形式 変更しないで当たる確率 1/3 変更して当たる確率 2/3
(変形・突風)形式 変更しないで当たる確率 1/2 変更して当たる確率 1/2
突風モンテもシミュレーションしたら…
この手の問題は、与えられた設定や状況を正しい式で表すのが難しい(間違えやすい)だけで
計算自体は簡単な「文章題」だから、シミュレーションはほぼ意味はないぞ
「正しい式で表す」が「正しくシミュレートする」に置き換わるだけだから
前者を正しく理解できてる人にとってはシミュレートするまでもなく正解は分かるし
前者を間違える人は後者も間違える
この手の問題で間違ったシミュレーション(正しくカウントしない等)を持ってきて
間違った答えの正当性を主張したり「そういう解釈もできる」とかのたまう輩のなんと多いことか・・・
確率をシミュレーションで求めるのは止めた方が良い
正しく適用できない人が居るという話
「どう数式化するのか(どうシミュレートするのか)」が問題の肝なのに
「シミュレーションの結果、数値は○○になりました。だから○○が正しい答えです」
という解答、解説は本質を誤魔化して理解した気にさせてるだけ
間違った答えも導きやすいから辞めた方が良いということ
いくら「正しい式」とやらを示したところで、平行線の議論が永久ループするだけの場合もある
そういう場合には「そんなに納得できないなら自分でシミュレーションしてみろ」
と突き放すぐらいしか最終的にはなさそうな気がするけどね
「シミュレーションはほぼ意味ない」は語弊を恐れず言いきったね
「もしかしたら自説(直感・思い込み)が間違ってたのかも？」
と気づかせる、あるいは疑問を持つキッカケぐらいにはなると補足しておく
ねらい
確率の実験での確率的現象の不思議さを感得させ、生徒の確率の学習に対する興味・関心を覚醒する。
実験・観察から予想された結果について、その根拠を樹形図に基づいて論理的に分析することを通して、
確率の考え方とその重要性(よさ)を体験的に理解させ、そして数学的確率の定義を確立する。
また、確率の考え方に基づいて分析的に調べていく過程で「同様に確からしい」ことの意味とその重要性に気づかせる。
実験のやり方を間違える(自説に沿うように実験を改変する)と正しい答えは導かれない
そういう人はやり方が間違ってると指摘されても頑なに納得しないだろうし
「やっぱり自説は正しかったんだ」と更に信じ込んでしまう危険性もある
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。
確率は５０％です
例えばモンティ・ホールさんがロボットだと考えてみます。
モンティ・ロボが残りの2枚のドアから外れのドアを選択するまでの内部処理を考えてみます。
1. 残りの2枚のドアから1枚のドアをランダムに選ぶ。
2. モンティ・ロボがセンサーでドアの後ろを確認する。
3a. 1.で選んだドアが当たりのドアだったら取り消して1.の処理に戻る。
3b. 1.で選んだドアが外れのドアだったら実際にそのドアを開けるアクションを起こす。
でも外部的にはモンティ・ロボは外れのドアだけを選んで開けているように見えます。
だから標準パターンと同じですよね？
ランダムな突風が当たりのドアを開けてしまったときはゲームを不成立にし、
車と山羊を並び替えるところからゲームをリセットし、
ゲームがやり直される場合と3a.とはどう異なるんでしょうか？
必要以上に実験の無効性を強調したがる、
標準(1/2)派のミスリードと疑われてもしょうがない
当てはまらないなんて常識
＞だから標準パターンと同じですよね？
その通り(1/3 → 2/3)
しかし、やり直すなら「最初から」やり直すのが鉄則
「途中から」やり直すのなら、わざわざ(1/2)のランダム開けにした意味がなくなる
３a．のモンティ・ロボが当たりのドアを開けてしまう確率０％
突風が当たりのドアを開けてしまう確率 1/3
(真の理解が得られなてないのに)分かった気にさせやすいという点と
シミュレーションで得られた数値は正しいはずという思いが先行して
そのシミュレート方法が正しいかどうかの吟味が軽視されがち
という問題点がある
モンティホール問題やその他の確率の問題を話題にした場所で
その手の勘違いや間違いをウンザリするほど見てきたから
それならいっそシミュレーションによる説明はすべきではない、というのが俺の判断だ
それでもどうしてもシミュレーションで説明したいなら
それらの点に十分注意していただきたい
９０回試行し、プレイヤーははじめに扉Ａを選ぶとして
ロボの場合
扉Ａがアタリなのは３０回で、そのうちの１５回でロボは扉Ｂを開け、もう１５回は扉Ｃを開ける
扉Ｂがアタリなのは３０回で、そのうちの３０回ともロボは扉Ｃを開ける
扉Ｃがアタリなのは３０回で、そのうちの３０回ともロボは扉Ｂを開ける
(正確には、９０回試行したときの回数の期待値がそれぞれ３０回や１５回ということ)
ロボが扉Ｂを開けたのは４５回で、そのうち扉Ａがアタリなのは１５回
ロボが扉Ｃを開けたのは４５回で、そのうち扉Ａがアタリなのは１５回
となる
突風の場合
扉Ａがアタリなのは３０回で、そのうちの１０回で突風は扉Ａを開け、１０回は扉Ｂを開け、１０回は扉Ｃを開ける
突風がＡを開けた１０回はゲーム不成立となる
扉Ｂがアタリなのは３０回で、そのうちの１０回で突風は扉Ａを開け、１０回は扉Ｂを開け、１０回は扉Ｃを開ける
突風がＡかＢを開けた２０回はゲーム不成立となる
扉Ｃがアタリなのは３０回で、そのうちの１０回で突風は扉Ａを開け、１０回は扉Ｂを開け、１０回は扉Ｃを開ける
突風がＡかＣを開けた２０回はゲーム不成立となる
突風が扉Ｂを開け、かつゲーム成立だったのは２０回で、そのうち扉Ａがアタリなのは１０回
突風が扉Ｃを開け、かつゲーム成立だったのは２０回で、そのうち扉Ａがアタリなのは１０回
となる
試行回数 90回、選択扉Ａ固定はナイスアイデア
こういうふうに丁寧に場合分けすれば間違いようがないよね
標準モンテ 成立(１) 不成立(０)
変形モンテ 成立(2/3) 不成立(1/3)
突風モンテ 成立(4/9) 不成立(5/9)
先入観にとらわれず
物事を視点や焦点、解釈を変えて
色んな角度から見ることで
別のものや前向きな考え方が見えてくるということ
パ ン テ ィ ー ホ ー ル 問 題
配置 の選択 扉１開 扉２開 扉３開
扉１当 扉１選 ０ １／２ １／２
扉１当 扉２選 ０ ０ １
扉１当 扉３選 ０ １ ０
扉２当 扉１選 ０ ０ １
扉２当 扉２選 １／２ ０ １／２
扉２当 扉３選 １ ０ ０
扉３当 扉１選 ０ １ ０
扉３当 扉２選 １ ０ ０
扉３当 扉３選 １／２ １／２ ０
(当たり扉１固定、以下省略)
0 1/2 1/2 0 1/2 1/2 (1/3) 1/3 1/3
0 0 1 (1/2) 0 1/2 (1/3) (1/3) 1/3
0 1 0 (1/2) 1/2 0 (1/3) 1/3 (1/3)
かつ、車のドアを開けてもゲームが有効なままならば、
それが繰り返しゲームの場合、
スイッチングのほうがステイングよりも有利だと
直感的に思うでしょう。
なぜなら、モンティ自らが車のドアを開けて種明かしする偶然もそこに加わるのですから
プレイヤは車を直接指差すチャンスにも恵まれます。
果たして根本的な違いでしょうか？
モンティ・ホール問題には暗黙の前提があるように思われます。
・それが繰り返し試行ゲームであること。
・繰り返しのたびに回答を変えてはいけないこと。
＞モンティがランダムに残りのドアを開け、
＞かつ、車のドアを開けてもゲームが有効なままならば、
無効(不成立)
この場合でも有効(成立)と解釈するのは相当無理がある(最初からやり直し)
それこそ暗黙の前提
＞その場合、このクイズが想定していない事態が起こるので新たにルールを設ける必要がありそうですね。
このクイズが想定してるのは、最終的に未開扉が２枚残ったうえで
そのうちのどちらの扉を選べば得かということ
そういう状況にならないと、そもそもゲームとは呼べない(＝無効・不成立)
＞不成立にした場合は標準形式と同じことになりそうですね。
逆だよ。 不成立にした場合は標準形式と異なることになるわけで。
そもそも不成立にしかならない
A B
□|■■
■|□■
■|■□
□|■■
■|□■
■|■□
□|■■
■|□■
■|■□
↑
最初に当たりを引く確率は１／３
A B
□|■
■|□
■|□
□|■
■|□
■|□
□|■
■|□
■|□
↑
チェンジで当たりを引く確率は２／３
■
■
■
■
■
■
■
■
↑
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
□｜■
■｜□
■｜■ 不成立 (当たり扉を開けてしまった)
□｜■
■｜□
■｜■ 不成立 (当たり扉を開けてしまった)
□｜■
■｜□
■｜■ 不成立 (当たり扉を開けてしまった)
↑
チェンジで当たりを引く確率は１／２
Ａ｜Ｂ
｜■■ 不成立 (挑戦者が選んだ扉を開けてしまった)
■｜□
■｜■ 不成立 (残り２扉から当たり扉を開けてしまった)
□｜■
｜■■ 不成立 (挑戦者が選んだ扉を開けてしまった)
■｜□
□｜■
■｜■ 不成立 (残り２扉から当たり扉を開けてしまった)
｜■■ 不成立 (挑戦者が選んだ扉を開けてしまった)
Ａ｜Ｂ
｜■■ 不成立 (挑戦者が選んだ扉を開けてしまった)
■｜□
■｜■ 不成立 (残り２扉から当たり扉を開けてしまった)
□｜■
｜□■ 不成立 (挑戦者が選んだ扉を開けてしまった)
■｜□
□｜■
■｜■ 不成立 (残り２扉から当たり扉を開けてしまった)
｜■□ 不成立 (挑戦者が選んだ扉を開けてしまった)
↑
チェンジして当たる確率１／２
回答者が100％外れになるということ意味するんですか？
それとも、ゲームがリセットされてやり直されることを意味するんですか？
「司会がハズレを開け、プレイヤーに変更の機会を与えた」
という状況が成立していないこと(そういう状況ではないこと)でしょ
司会がアタリを開けた場合にゲームとして不成立かどうかはゲームの設定次第
「司会がアタリを開けてしまったら、その回はノーカンとして、ゲームを最初からやり直す」や
「司会がアタリを開けてしまったら不成立としてゲーム終了。プレイヤーはゲームの挑戦権を失う」
「司会がアタリを開けてしまった場合も、プレイヤーに扉変更の機会を与える」
等の設定が考えられるが、いずれの場合でも
変形モンティホール(司会が残りの2つからランダムに選んで開ける)で
「司会がハズレを開け、プレイヤーに変更の機会を与えた」という状況における
ステイがアタリの確率、チェンジがアタリの確率は1/2ずつ
というのは変わらない
アタリの扉を開ける事前確率が0であり、この事前確率によりステイやチェンジのアタリの確率が1/3,2/3と計算される
一方
変形モンティのやり直し設定(開けた扉がアタリの時はゲームを最初からやり直す)で、ゲームが成立した状況に限れば
司会がアタリの扉を開ける確率は0となるが
これは状況成立後の事後確率(事前確率ではない)なので
標準モンティと同様に計算することはできない
①挑戦者が最初に選んだ扉 ②まだ開けられてないもう一方の扉
ゲームの前提条件 (標準仮定)
最終的に①扉と②扉が残る
①扉と②扉のどちらかに必ず当たりがある
(当たりを知らない)挑戦者が①扉と②扉の２択にチャレンジする
ゲームの途中で当たり扉を偶然にも知ってしまった挑戦者が
当たり扉を知りながら100％の確信を持ってチェンジするとか
そんなものは心情的にもゲームとは呼びたくないな
シミュレーションや期待回数から確率を考える場合に分かりやすい、都合がいい
というだけで
状況が成立しない場合のゲーム設定の内容は変形モンティの確率を求めるのに必要ない、関係ない
ということが分かっていれば良いんだけどね
ゲーム設定を弄くれば変形モンティも標準と同じになることもあるかもしれない！
みたいな勘違いする人が結構いるのよ・・・
変形(1/2)派だけど、事前と事後とで混乱してきた
モンティ問題って、ある扉がハズレだという新たな情報を示した「後」の確率の問題だよね？
無理やり()内を埋めてみたけど、以下の解釈で合ってるんだろうか？
標準 当たり扉を開ける確率 事前(０) 事後(０)
ステイ・チェンジ 事前(1/3・1/3) 事後(1/3・2/3)
変形 当たり扉を開ける確率 事前(1/3) 事後(０)
ステイ・チェンジ 事前(1/3・1/3) 事後(1/2・1/2)
／ ｀､
/ ヽ
/ ● ● |
／l ''''' し '''''' |
/ l ＿＿. |
l /ヽ＿ ` --' ＿ノ
＼ ￣ ヽ∩
⌒l l三 |
| ヽ.__|
「チェンジがアタリ」が単に「3つの扉の内、プレイヤーも司会も選ばなかった残りの扉がアタリ」を意味するなら
「チェンジがアタリ」の事前確率は
標準で2/3, 変形で1/3 だ
□|■■ １|２３
■|□■ ４|５６
■|■□ ７|８９
開ける可能性のある扉
標準 (２３)・(６)・(８)
変形 (２３)・(５６)・(８９)
突風 (１２３)・(４５６)・(７８９)
チェンジして当たる確率
残りの１枚が(５)か(９) ＝ 最初に(４)か(７)を選ぶ ＝ ２／３
□|■■ A|B.C
■|□■ D|E.F
■|■□ G|H.I
モンティと突風が開ける可能性のある扉
標準 (BCFH)
変形 (BCEFHI)
突風 (ABCDEFGHI)
チェンジして当たる確率
残りの１枚が(E.I)＝最初に(D)か(G)を選ぶ＝２／３
□|■■ A|D.G
■|□■ B|E.H
■|■□ C|F.I
モンティと突風が開ける可能性のある扉
標準 (DGFH)
変形 (DEFGHI)
突風 (ABCDEFGHI)
チェンジして当たる確率
残りの１枚が(E.I)＝最初に(B)か(C)を選ぶ＝２／３
×|○× ４|５６
×|×○ ７|８９
開ける扉の組み合わせ
標準 268、368
変形 258、259、268、269、358、359、368、369
突風 147、148、149、、、、、、、367、368、369
標準 ステイ２勝 チェンジ４勝
変形 ステイ８勝 チェンジ８勝 ８不成立
突風 ステイ18勝 チェンジ18勝 45不成立
ゲームを無効としてカウントせず、また並び替えて最初からやり直す
というゲームは、結局のところみたいなケースでしょう？
○|×× １|２３
×|○× ４|５６
×|×○ ７|８９
開ける扉
標準(268 368) ステイ２勝 チェンジ４勝
変形(258 369) ステイ２勝 チェンジ２勝 不成立２回
突風(147 258 369) ステイ２勝 チェンジ２勝 不成立５回
□| ■ □| ■ |■■(無効)
■|□ ■| ■(無効) |□■(無効)
■| □ ■| □ |■□(無効)
□|■ □|■ □| ■
■|□ ■|□ ■| ■(無効)
■| □ ■|■ (無効) ■| □
□|■
■|□
■|■ (無効)
それはそうかもしれないけど、それとは別に
なぜ標準の場合には、その説明が成立しないかを考えてみた
○|×× １|２３
×|○× ４|５６
×|×○ ７|８９
標準の場合は、開ける扉は(268 368)の２パターンのみということは明らか
開ける扉を 369 に固定するという設定自体が間違いなのかな？
開け扉固定と○×図形とは、標準に限っては相性が悪そう
挑戦者が扉１を選んで、司会者がハズレ扉３を開けた場合の、扉２の当たる確率を求めよ
この問題文自体は、何の問題もなく成立するはずなのに不思議だ
その問題文は問題なく成立してるし、確率計算も問題なくできるぞ
問題があるとするならその図の表し方の方じゃないか
正直その図式や略語が何を意味してるのかさっぱり分からない
[G]G{C}のケースはクルマのドアを開けてしまうことになるから
この可能性は消える――
消えるわけではなく2番のドアを開けるにシフト
[G]{G}C
4. 司会者が回答者に訊く「2番のドアに変更したいですか」
回答者は2番のドアを選ぶことでクルマを当てやすくなるだろうか―
回答者は2番と3番どちらのドアでも選択可能
[C]G [G]C [G]C-> C[G] G[C] G[C]
チェンジでCを選ぶ可能性は２／３にアップ
□□ ■■ ■■
□□ ■■ ■■
□□ ■■ ■■
モンティチョイス
□□ ■■
□□ ■■
□□ ■■
当たりの確率が１／２世界線へシフト
■□ □■
□■ ■□
■□ □■
2枚のドアのうち1つに車が入っている
司会者は車の入っていないドアを開けるので
残りのドアを選べば100％車がもらえる
つまりドアは1つしか開けないけど、
2つとも開けたのと同じ結果が手に入る
ドア3つの場合で言えば、最初に選んだドア1つ開けるのと
残ったドア2つとも開けるの場合の2択ということになるね
なぜシフトする？
出題文ではモンティ・ホールは3番目のドアを開けることになっている。
どのドアを開けてもその後ろに車がある可能性は等しいことになっている。
どのドアにも重み付けはない。
車とヤギを並べ替える役割の人は完全にランダムに並べ替える能力があると想定されている。
扉2 が当りで、 挑戦者が扉1 を選んだら、 司会者は扉3 しか開けることができません。
扉3 が当りで、 挑戦者が扉1 を選んだら、 司会者は扉2 しか開けることができません。
あなたが選んだ扉1 が当りだから司会者は扉2 と扉3 のどちらにしようか考えてから扉3 を開けたのでしょうか？ (扉1当たり説)
それとも扉2 が当りだからホストは仕方なしに扉3 を開けたのでしょうか？ (扉2当たり説)
どちらの説の方が信憑性が高いですか？
② ×|○× ×|○開 ×|○ チェンジで当たり
③ ×|×○ ×|開○ ×|○ チェンジで当たり
④ ○|×× ○|×開 ○|× ステイで当たり
⑤ ×|○× ×|○開 ×|○ チェンジで当たり
⑥ ×|×○ ×|開○ ×|○ チェンジで当たり
挑戦者が１番目のドアを選んで
司会者が３番目のドアを開けるケースは、②④⑤の３通り
ステイで当たり １通り
チェンジで当たり ２通り
① ○|×× ○|開× ○|× ステイで当たり
② ×|○× ×|開× ×|× 無効
③ ×|×○ ×|開○ ×|○ チェンジで当たり
④ ○|×× ○|×開 ○|× ステイで当たり
⑤ ×|○× ×|○開 ×|○ チェンジで当たり
⑥ ×|×○ ×|×開 ×|× 無効
○当１選１開２ ●当２選１開２ ◎当３選１開２
○当１選１開３ ◎当２選１開３ ●当３選１開３
●当１選２開１ ○当２選２開１ ◎当３選２開１
●当１選２開２ ●当２選２開２ ●当３選２開２
◎当１選２開３ ○当２選２開３ ●当３選２開３
●当１選３開１ ◎当２選３開１ ○当３選３開１
◎当１選３開２ ●当２選３開２ ○当３選３開２
●当１選３開３ ●当２選３開３ ●当３選３開３
●確率 ０ 15通り 起こりえない
○確率 1/18 ６通り ステイで当たる確率 １／３
◎確率 1/9 ６通り チェンジで当たる確率 ２／３
Ω＝｛（i，j）|１≦i≦３，１≦j≦２｝
Ｆ＝Ωの部分集合全体
P(A)＝Ａの要素の個数／６
有限集合Ω＝｛ω1，…，ωn｝
ＦをΩの部分集合全体
各根元事象ωiの確率をｐi
P(A)＝Σ｛i|ωi∈Ａ｝ｐi と定義すると
（Ω，F，P）は確率空間である
最初の選択 残りのドア
(当たり) (ハズレＡ) (ハズレＢ)
(ハズレＡ) (当たり) (ハズレＢ)
(ハズレＢ) (ハズレＡ) (当たり)
司会者が (ハズレＡ) または (ハズレＢ) を１枚開ける
最初の選択 残りのドア
(当たり) (ハズレＡまたはＢ)
(ハズレＡ) (当たり)
(ハズレＢ) (当たり)
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
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
司会者は２段階で必ずハズレのドアを開ける
再選択の機会が２回ある挑戦者の一番お得な戦略は？
① ピック → ステイ → ステイ
② ピック → ステイ → チェンジ
③ ピック → チェンジ → ステイ
④ ピック → チェンジ → チェンジ
③④の計算(場合分け)はクソ面倒そう
プレイヤーのファーストチョイス
□□
□□
□□ P(A)＝１
モンティはプレイヤーが当たりを引いているので
ただドアオープン
□□
□□
□□ P(A)＝１
プレイヤーがハズレを引いている
可能性はゼロ
Ω＝｛（i，j）|i＝１，j＝０｝
#A＝１－０＝１なので
Aの起こる確率ｐ＝i／i＝１／１
#Aは事象Aに含まれる要素の個数
ドアが一枚の時は当たりの確率P(A)＝１
プレイヤーのファーストチョイス
□□ ■■ ■■ ■■
□□ ■■ ■■ ■■
□□ ■■ ■■ ■■ P(A)＝１／４
モンティのファーストチョイス
□□ ■■ ■■
□□ ■■ ■■
□□ ■■ ■■ P(A)＝１／３
モンティのセカンドチョイス
（ステイorチェンジ）
□□ ■■
□□ ■■
□□ ■■ P(A)＝１／２
Ω＝｛（i，j，k）|１≦i≦４，１≦j≦３，１≦k≦２｝
#A＝４ｘ３ｘ２－３ｘ２ｘ１＝２４－６＝１８なので
Aの起こる確率ｐ＝１８／２４＝３／４
#Aは事象Aに含まれる要素の個数
ドアが四枚の時は当たりの確率P(A)＝３／４
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）』
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 ３／８
④ ピック → チェンジ → チェンジ ５／８
プレイヤーのファーストチョイス
□□| ■■ ■■ ■■
□□| ■■ ■■ ■■
□□| ■■ ■■ ■■ P(A)＝１／４
プレイヤーのファーストチェンジ
プレイヤーがCのドアを選択した時は
モンティはAのドアを開ける
A B C
■■| □□ ■■ P(A)＝１／４
■■| □□ ■■ P(B)＝３／８
■■| □□ ■■ P(C)＝３／８
P(B|C)＝P(B) * P(C|B)＝３／４
P(B|A)＝P(B) * P(A|B)＝３／８
P(C|A)＝P(C) * P(A|C)＝３／８
ここからチェンジすると
P(B|C)＝１／４
P(B|A)＝５／８
P(C|A)＝５／８
#A＝４ｘ３ｘ８ｘ２－３ｘ２ｘ７ｘ１＝１９２－４２＝１５０なので
Aの起こる確率ｐ＝１５０／１９２＝７５／９６
#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)＝７５／９６
あとはせいぜい図形を使って分かりやすくするぐらい
単なる暇人の暇つぶしで自己満足
② ×|○× ×|○開 ×|○ チェンジで当たり
③ ×|×○ ×|開○ ×|○ チェンジで当たり
④ ○|×× ○|×開 ○|× ステイで当たり
⑤ ×|○× ×|○開 ×|○ チェンジで当たり
⑥ ×|×○ ×|開○ ×|○ チェンジで当たり
Aの起こる確率ｐ＝７５／９６＝２５／３２
ドア４枚の場合では３／４(0.75)が最大値でしょ
２５／３２(0.78125)は、どっかが間違ってるに１票
おそらくモンティがプレイヤーのファーストチョイスの
ドアを開けられることに起因していると思われる
■■| □□ ■■ P(A)＝１／４
■■| □□ ■■ P(B)＝３／８ ……α
■■| □□ ■■ P(C)＝３／８
αからのチェンジ
P(A)＝３／４
P(B)＝５／８，１／４
P(C)＝５／８，１／４
αからのステイ
P(A)＝１／４
P(B)＝３／４
P(C)＝３／４
ドアAがゲーム最後まで残っている場合、
チェンジで確率が１／４
ステイで確率が二倍になるという現象が起きる
α までは分かる
モデル
(選択ドアＡ) (ドアD開け) (ドアC開け) (最初がステイ)
P(A)＝１／４ P(A)＝１／４ P(A)＝５／８ P(A)＝１／４
P(B)＝１／４ P(B)＝３／８ P(B)＝３／８ P(B)＝３／４
P(C)＝１／４ P(C)＝３／８
P(D)＝１／４
P(A)＋P(C)＝１
P(A)＝１／４ P(A)＝１／４ P(A)＝１／４ P(A)＝１／４
P(B)＝１／４ P(B)＝３／８ P(B)＝３／４ P(B)＝３／４
P(C)＝１／４ P(C)＝３／８
P(D)＝１／４
プレイヤーのファーストチョイス時のドアP(A)＝１／４は不変
モンティが取り除くことはできる
第２(選Ｂ・開Ｃ) P(A)＝5/8 P(B)＝3/8 (モデル)
第２(選Ａ・開Ｃ) P(A)＝1/4 P(B)＝3/4
補足
第２(選Ｂ・開Ａ) P(B)＝3/8 P(C)＝5/8
＞プレイヤーのファーストチョイス時のドア P(A)＝１／４ は不変
P(A)＝1/4 で不変なのは第１選択・第２選択ともにＡである場合のみ
のケースでは第２選択がＢでＣを開けてるから、P(B)＝3/8 で不変
P(A)＝(1/4)+(3/8)＝5/8
再選択がＡ(ステイ)を97回連続で繰り返してはじめて
P(A)＝1/100 で不変であると言える
最後の二択の時にファーストチョイスのドアに戻ってきても
P(A)＝1/100 で不変
２．５倍もアップするとは考えずらい
少し上では、ドアAがアタリの確率をP(A)と表している(これ自体あまり良くはない)のに、その直後
「ドアAがアタリの時のドアBがアタリの確率」ではないものをP(B|A)と表したりと
数学記号の乱用が激しい
P(A)の不変性は高くなる
残りのドアにハズレがあるということは、最初から分かってることだから
残りのドアからハズレを作為的に開けてもらっても、新しい情報を得られたとは言えず
最初に選んだドアＡの当たる確率は変わらない、というのが根本原理
ところが、いったんドアＢにチェンジしてしまうと
今度は最初に選んだドアＡを開けられる可能性が発生するわけだ
にもかかわらず、他のドアが開けられたということは
最初に選んだドアＡが当たりである可能性が、当初よりも高くなったということ
つまり、この場合、不変の対象がドアＡからドアＢに移る
ドアＢにチェンジした時点で
残りのドア(Ａ含む)が開けられることは、新しい情報ではないので
P(B)が不変なのであり、P(A)は不変ではない
当たりを引く確率はP(A)＝１／１００
これはドアを開けるモンティにとっても自明な出来事
このドア以外のどのドアを開けても
最初のドアのP(A)＝１／１００は不変
まあ、ドアの枚数が少ないときは一回目で
プレイヤーが最初に当たりを引いてしまうこともある
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。
トランプは小さくなっている
最初に当たりを引いた確率は７／３２＝０．２１８７５
P(A)＝１／４＝０．２５よりも小さい
A＝３ｘ２ｘ７ｘ１／４ｘ３ｘ８ｘ２＝４２／１９２＝７／３２なので
最初に当たりを引く確率ｐ＝７／３２＝０．２１８７５
は
最初に当たりを引く確率ｑ＝７／３２＝０．２１８７５
Aの起こる確率ｐ＝２５／３２
トランプ問題と比較しても整合性が合う
＼ ／ ＼ ／
( ＿_フ ( ＿_フ
(／ (／
最初に当たりを引く確率ｑ＝０．１２８２９２５０７５９
ちなみに ５／６＝０．８３３３３３３３３３３
１／６＝０．１６６６６６６６６６６
１／７＝０．１４２８５７１４２８５
ドアが六枚になって初めて
最初に当たりを引く確率ｑは１／７よりも小さくなる
最初に当たりを引く確率ｑは小さくなってゆく
決して大きくなること（確率増加）はない
第１(選Ａ・開Ｄ) P(A)＝1/４ P(B)＝3/8 P(C)＝3/8
第２(選Ｂ・開Ｃ)のケースにおける、P(A)とP(B)を求めよ
①Ａが当たりで男がハズレの中からＣを選ぶ確率
Aが当たりの確率は1/4
男は当たりのＡを除くと必ずＣを選ばなくてはならない(確率1)
よって 1/4*1=1/4
②Ｂが当たりで男がハズレの中からＣを選ぶ確率
Ｂが当たりの確率は3/8
男がＡＣのハズレの中からＣを選択する確率は2/5(当たりの比率2:3と反比例)
よって 3/8*2/5=3/20
当たりがＡかＢの場合にＣが開けられる確率＝①+②＝(1/4)+(3/20)＝2/5
P(A)＝①/(①+②)＝(1/4)/(2/5)＝5/8
P(B)＝②/(①+②)＝(3/20)/(2/5)＝3/8
下がることはあっても上がることはない
箱の中のカードが当たりである確率が下がるのは当たり前
ちなみに、たまたまハズレカードが出たら、箱カードの当たり確率は上がる
モンティ問題では意図的にハズレを開けてるから、原則は不変だけど
マルチステージではいったんチェンジしたら、不変対象が変わるというだけのこと
ちなみに、最初の選択時の確率が上がることはあっても下がることはない
ダイヤのカードはハズレの意味だよ
しかし実際には当たらない
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
Ω＝｛（i，j，k，l，m，n，o，p，q）|
６ｘ５ｘ４ｘ２４ｘ１６ｘ８ｘ４８ｘ３ｘ２，５ｘ４ｘ２３ｘ１５ｘ７ｘ４７ｘ３ｘ２ｘ１｝
#A＝１０６１６８３２０－１３６２０６００＝９２５４７７２０なので
Aの起こる確率ｐ＝９２５４７７２０／１０６１６８３２０＝０．８７１７０７４９２４
#Aは事象Aに含まれる要素の個数
ドアが六枚の時は当たりの確率P(A)＝０．８７１７０７４９２４
ちなみに５／６＝０．８３３３３３３３３３３
以下の①②の確率が不変の法則である
① 最初に選択したドアが当たりである確率
② ハズレのドアを開けられる直前に選択されているドアが当たりである確率
再選択の機会が１回以下しかない問題については、①不変の法則が無条件に成立
再選択の機会が２回以上ある問題については、
チェンジする度に②不変の法則を適用しないといけない(①不変の法則は消滅)
ドアＮ枚の場合に(Ｎ－３)回連続してステイしている場合のみ
①不変の法則が成立する
ステイを96回繰り返した → 97回枚目のハズレのドアを開けた
P(A)＝1/100 P(B)＝99/200 P(C)＝99/200
再選択97回目にドアＢにチェンジ → 98枚目のハズレのドアＣを開けた
P(A)＝101/200 P(B)＝99/200
① P(当A→開C)＝1/100*1＝1/100
② P(当B→開C)＝99/200*2/101＝198/20200
P(開C)＝①+②＝2/101
P(A)＝①/(①＋②)＝(1/100)/(2/101)＝101/200
P(B)＝②/(①＋②)＝(198/20200)/(2/101)＝99/200
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
ドア３枚に減ったところで、チェンジを２回繰り返して
最終選択が最初のドアＡに戻った時の当たり確率
P(A)＝1/N P(B)＝(Nー1)/２N P(C)＝(Nー1)/２N
ドアＡからドアＢにチェンジ → ドアＣを開ける
P(A)＝(N+1)/２N P(B)＝(Nー1)/２N
ドアＢからドアＡにチェンジ
P(A)＝(N+1)/２N
P(A)＝1/N P(B)＝(Nー1)/N
ドアＢからドアＡにチェンジ
P(A)＝1/N
だよ
P(A)＝1/N P(B)＝(Nー1)/２N P(C)＝(Nー1)/２N
① ドアＡが当たりでドアＣを開ける確率
1/Ｎ*1＝1/Ｎ
② ドアＢが当たりでドアＣを開ける確率
両方ともハズレACのうちＣを開ける確率は、当たり比率と反比例なので
P(A)/{P(A)＋P(C)}＝(1/Ｎ)/{(1/Ｎ)＋(Ｎー1)/２Ｎ}＝2/(N＋1)
よって (Nー1)/２N*２/(N＋1)＝(Nー1)/N(N＋1)
①＋②＝(1/Ｎ)＋(Nー1)/N(N＋1)＝2/(Ｎ＋1)
P(A)＝①/(①＋②)＝(1/Ｎ)/{2/(Ｎ＋1)}＝(N＋1)/2N
P(B)＝②/(①＋②)＝(Nー1)/N(N＋1)/{2/(Ｎ＋1)}＝(N－1)/2N
よって、ドアＡからドアＢにチェンジしてドアＣを開けた場合は
P(B)が不変になるのであり、P(A)は不変でなくなる
(N＝4、参照、N＝100、参照)
ドアＡが選択されている場合
ハズレの可能性のあるドアBCの中からCを意図的に開けると
P(A) 不変、P(B) は消えた P(C) の分だけ上昇
ドアＢが選択されている場合
ハズレの可能性のあるドアACの中からCを意図的に開けると
P(B) 不変、P(A) は消えた P(C) の分だけ上昇
○ どちらかが必ずハズレであると最初から分かってるドアBC(AC)
P(A) 不変が証明できる
最初に選択したドアの確率が期待値に収束すると思う
ゲームの回数ｎが大きくなるにつれて
期待値μ 分散σ^2の
正規分布N（μ，σ^2／ｎ）に近づくことを示せばよい
P(A)＝1/４ P(B)＝3/8 P(C)＝3/8
ドアＢにチェンジした時点で、P(A)：P(C)＝２：３ なので
ドアＡを開ける確率60％ ドアＣを開ける確率40％
ドアＣは、ドアＡが当たりの場合には必ず開けられるし
ドアＢが当たりの場合でも、一定割合で必ず開けられる
ドアＣを開ける確率40％のうち25％の分
ドアＡが当たりだから、必然的にドアＣが開けられた(1/4*1)
ドアＣを開ける確率40％のうち15％の分
ドアＢが当たりだから、一定割合でドアＣが開けられた(3/8*2/5)
ドアＣが開けられた(確率40％)のうち
ドアＡ当たり由来25％、ドアＢ当たり由来15％ なので
ドアＣが開けられた場合は
25％／40％＝62.5％ の割合でドアＡが当たりである
① P(開A｜当B)＝3/8*3/5＝9/40
② P(開A｜当C)＝3/8*1＝3/8
①＋②＝9/40＋3/8＝3/5
P(B)＝①/(①＋②)＝(9/40)/(3/5)＝3/8
P(C)＝②/(①＋②)＝(3/8)/(3/5)＝5/8
よって P(B)＝3/8 で不変であり、ドアＣとドアＡのどちらが開いたとしても
ドア４枚における連続チェンジ戦略の当たり確率は 5/8 である
× P(開A｜当B) ○ P(当B・開A)
× P(開A｜当C) ○ P(当C・開A)
／ ｀､
/ ヽ
/ ● ● |
／l ''''' し '''''' |
/ l ＿＿. |
l /ヽ＿ ` --' ＿ノ
＼ ￣ ヽ∩
⌒l l三 |
| ヽ.__|
「情報を得れば(例えそれが無駄な情報でも)確率は変わるもの」と徹底して教えるべきだな
そうすれば
> P(B)が不変なのであり、P(A)は不変ではない
などというアホな表現が出てくることもない
(ここまでのアホは稀だが、同様の間違いは割とよくある)
ドア３枚の標準モンティ・ホール問題で
最初にドアＡを選択した後、ドアＣが開けられた場合
P(A)＝1/2 P(B)＝1/2 になるっていうこと？
P(A)＝1/3 P(B)＝2/3 になるなら
P(A)が不変で別に間違ってないと思うけど
■ドア４枚でドアＢにチェンジした時のドアＡの確率
P(A)＝１／４ P(B)＝３／８ P(C)＝３／８
ドアＣが開けられた時のドアＡの確率P(Ａ|Ｃ－)は
ドアＣがハズレの時P(C－)＝５／８かつ
ドアＡが当たりの時P(A)＝１／４であるから
P(Ａ|Ｃ－)＝P(A)∧P(C－)＝（１／４）ｘ（５／８）＝５／３２
P(A)
と表すとすると
それから事象Dに相当する情報を得た状況(事後分布)における事象Aの確率は
Pとは別の記号(確率測度Q)を用いて
Q(A)
と表される
このように状況が事前と事後の関係になっているとき、PとQは
任意の事象Xに対してQ(X)＝P(X|D)
という関係が成り立っている
つまり、事前と事後では、事象Aの確率は
P(A)から別物Q(A)に変化する
この基本中の基本をまず頭に叩き込め！
AとDが事象として独立のとき
P(A)の値とQ(A)の値は、数値として一致する
(独立でないときはP(A)の値とQ(A)の値は一致しない)
ので
「事前と事後で、事象Aの確率は1/3のまま不定、事象Bの確率は1/3から2/3に変動する」
などということはあるが
「事前と事後で、P(A)は1/3のまま不変、P(B)は1/3から2/3に変動する」
などの表現は、完全に間違い
P(B)自体はどこまでいっても1/3のまま変動することはない
このような間違いを犯すくらいだから「ちょっとした表現の違いで、大した問題ではない」と軽く思うかもしれないが
この手の話題では
語句の有無や省略の仕方、言い回しのちょっとした違い、記号や図式の書き方の少しの違いで
それが指し示す内容が変わり、式や数値が別物になることもある
正しくない、あるいは雑な記号化が致命的になることを肝に銘じ、深く反省しろ！
条件付き確率の定義
・事象Ｂが起きたと分かったもとでの、事象Ａが起こる確率
・P(A｜B)＝P(A∩B)/P(B)
P(A｜C－)＝P(A∩C－)／P(C－)
＝(1/4*1)／(2/5)
＝5/8
＞ドアＣが開けられた時のドアＡの確率P(Ａ|Ｃ－)は
＞ドアＣがハズレの時P(C－)＝５／８かつ
＞ドアＡが当たりの時P(A)＝１／４であるから
＞P(Ａ|Ｃ－)＝P(A)∧P(C－)＝（１／４）ｘ（５／８）＝５／３２
P(C－)≠5/8 P(C－)＝2/5
P(Ａ|Ｃ－)≠P(A)∧P(C－) P(A｜C－)＝P(A∩C－)／P(C－)
ドアAが当たりの時は、ドアＣが100％の確率で開けられる
はドアＣが開けられたということが前提条件
その条件下での P(A) と P(B) の比較なので、条件付き確率の問題
P(C－)＝2/5って何？
Ｃのドアのハズレの確率は５／８だよ
余事象
分母にP(C－)追加して計算しなおしても
P(Ａ|Ｃ－)＝｛P(A)∧P(C－)｝／P(C－)
＝｛（１／４）ｘ（５／８）｝／（５／８）
＝（５／３２）／（５／８）
＝１／４
見事にP(A)は不変
～ドアＣが開けられたということが前提条件
その条件下での P(A) と P(B) の比較なので～
ドアＣが開けられた時のドアＡの確率P(Ａ|Ｃ－)求めれば
同じことだよ
だが、正しく理解し運用しなければ、他人(特に初学者)に説明や解説することなど不可能だ
(自分が理解してると勘違いしてる者が一番タチが悪い)
問題
以下はモンティホール問題やその変形問題などに関する、よくある『間違った』推論です。
文の細かな意味や記号の書き方などに注意し、間違っている行を全て挙げ、正しく書き直しなさい。
問１(２行)
標準モンティで、プレイヤーは扉Aを選び、司会は扉Cを開けたらハズレであった時の、扉Aがアタリの確率はP(A:当|C:外)と表せる。
P(A:当|C:外)＝1/2である。
問２(４行)
標準モンティで、プレイヤーは扉Aを選び、司会は扉Cを開けたらハズレであった時の、扉Aがアタリの確率はP(A:当|C:外)と表せる。
P(A:当|C:外)＝1/3である。
変形モンティ(司会は残った２つからランダムに選んで開ける)で、プレイヤーは扉Aを選び、司会は扉Cを開けたらハズレであったときに限れば、扉Aがアタリの確率はP(A:当|C:外)と表せる。
従って、変形モンティでもP(A:当|C:外)＝1/3である。
問３(３行)
標準モンティで、司会が選んだ扉がハズレのときの、プレイヤーがはじめに選んだ扉Aがアタリの確率が1/3になるためには「プレイヤーが選んだ扉Aがアタリの場合に、司会は残った２つの扉からランダムに選んで開ける」という条件が必要である。
実際、「プレイヤーが選んだ扉Aがアタリの場合に、司会は扉Bを確率pで選び、扉Cを確率1-pで選ぶ」という場合、司会は扉Cを開けたらハズレであった時の、扉Aがアタリの確率は(1-p)/(2-p)である。
(1-p)/(2-p)＝1/3となるのは、p＝1/2のときだけである。
P(A)：P(C)＝1/4：3/8＝２：3
∴ P(A－)：P(C－)＝３：２
P(A－)＋P(C－)＝１
∴ P(A－)＝3/5 P(C－)＝2/5
P(A)＝P(B)＝P(C)＝1/3 のケースで、最初にドアＡを選択した場合
P(B－)＝P(C－)＝1/2 になるのは明らか
某謎理論だと、P(B－)＝P(C－)＝1－(1/3)＝2/3 になるので明らかに矛盾する
ゆえに、P(C－)＝１－P(C) の式は間違っている
P(A)＝P(B)＝P(C)＝1/3 のケースで、最初にドアＡを選択した場合
P(B－)＝P(C－)＝1/2 になるのは明らか
P(B－)＝P(C－)＝２/３だよ
□当たり ■ハズレ
A B
□|■■
ドア三枚で最初に当たりを引く確率は１／３
ハズレを引く確率は２／３
ただの余事象
P(A－)＋P(C－)＝１１／８
P(A｜C－)＝P(A∩C－)／P(C－)
＝(1/4*1)／(2/5)
＝5/8
なんで同じP(C－)掛けているのに数値が違うんだよ
仮にP(C－)＝２／５で計算しなおしても
P(A｜C－)＝P(A∩C－)／P(C－)
＝｛(1/4)*(2/5)｝／(2/5)
＝１/４
見事に不変
の式は
P(A|C－)＝P(A∩C－)／P(C－)
＝｛Ｐ(Ａ)Ｐ(C－)｝／P(C－)
＝｛(１／４）ｘ（２／５）｝／(２／５)
＝（１／１０）ｘ（５／２）
＝１／４
P(A|C－)＝P(A∩C－)／P(C－)
＝｛Ｐ(Ａ)Ｐ(C－)｝／P(C－)
＝｛(１／４）ｘ（５／８）｝／(５／８)
＝（５／３２）ｘ（８／５）
＝１／４
見事に同じ結果が導けました(*´▽｀*)
（２／５）ｘ(５／８)＝１／４ということです
＞ドアＣが開けられた時のドアＡの確率P(Ａ|Ｃ－)は
この書き方だと、P(C－)がドアＣが開けられる確率になるだろうが
そもそも、開けられる確率とハズレである確率は一致しない
つまり、余事象はさておいて
本質的に同じことを言っていたとは……(*´▽｀*)
時系列 事象Ａ → 事象Ｂ
P(A∩B)≠P(A)*P(B)
P(A∩B)＝P(A)*P(B｜A)
P(当A｜開C)＝{P(当A)*P(開C｜当A)}／P(開C)
＝(1/4*1)／2/5
＝5/8
司会者には当たりが見えてるので、ドアＢが当たりの場合に
ドアＡを開けるか、それともドアＣを開けるかは完全なランダム
ゆえに、P(開Ａ｜当B)＝1/2 P(開C｜当B)＝1/2
① P(当A・開C)＝1/4*1＝1/4
② P(当B・開C)＝3/8*1/2＝3/16
③ P(開C)＝①＋②＝(1/4)＋(3/16)＝7/16
P(当A｜開C)＝①/③＝(1/4)/(7/16)＝4/7
P(当B｜開C)＝②/③＝(3/8)/(7/16)＝3/7
① P(当B｜開A)＝3/8*1/2＝3/16
② P(当C｜開A)＝3/8*1＝3/8
③ P(開A)＝①＋②＝9/16
P(当B｜開A)＝①/③＝(3/16)/(9/16)＝1/3
P(当C｜開A)＝②/③＝(3/8)/(9/16)＝2/3
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
× ①P(当B｜開A) ○ ①P(当B・開A)
× ②P(当C｜開A) ○ ②P(当C・開A)
P(当A｜開C)＝①/③＝(1/4)/(7/16)＝4/7
P(当B｜開C)＝②/③＝(3/8)/(7/16)＝3/7
Ｐ(Ａ∩Ｂ)＝Ｐ(Ａ)×Ｐ(Ｂ)であるからして
P(当A｜開C)＝①ｘ③＝(1/4)ｘ(7/16)＝７/６４
P(当B｜開C)＝②ｘ③＝(3/8)ｘ(7/16)＝２１/１２８
何で割り算してんの？
× P(当B｜開C)＝②/③＝(3/8)/(7/16)＝3/7
○ P(当B｜開C)＝②/③＝(3/16)/(7/16)＝3/7
事象Ｘ → 事象Ｙ
(部分Ｘ)／(全体) じゃなくて (部分Ｘ)／(部分Ｙ)
事象Ｙが起こったと分かったもとでの、事象Ｘが起こる確率
(部分Ｘ)にあたるのが、当たりがドアＡかつドアＣを開く確率
(部分Ｙ)にあたるのが、当たりがドア(ＡまたはＢ)かつドアＣを開く確率
P(当A｜開C)は求められないよ
(部分Ｘ)／(部分Ｙ) は
P(当A｜開C)にあらず
P(A)＝１／４ P(B)＝３／８ P(C)＝３／８
ドアＣが開けられた時のドアＡの確率P(Ａ|Ｃ－)は
ドアＣがハズレの時P(C－)＝５／８かつ
ドアＡが当たりの時P(A)＝１／４であるから
P(Ａ|Ｃ－)＝P(A)∧P(C－)＝（１／４）ｘ（５／８）＝５／３２
論理積使えば一発で答えが出る
ttps://ja.wikipedia.org/wiki/%E6%9D%A1%E4%BB%B6%E4%BB%98%E3%81%8D%E7%A2%BA%E7%8E%87 でたらめな式は使うな
＞Ｐ(Ａ∩Ｂ)＝Ｐ(Ａ)×Ｐ(Ｂ)であるからして
その式が成り立つのは事象Ａと事象Ｂが独立であるときのみ
当たりドアや選択ドアを開けられないルールによって
事象Ａと事象Ｂは独立事象ではなく従属事象
Ｐ(Ｂ)はプレーヤーが選択していて確定事象
このとき
Ｐ(Ａ)とＰ(Ｃ)は互いに排反事象になるので
Ｐ(Ａ∩Ｃ)＝０
Ｐ(Ａ)とＰ(Ｃ)の関連性だけ調べればいいのであって
Ｐ(Ｂ)の確率は関係ない
(部分Ｘ∩Ｙ)／(部分Ｙ)
(部分Ｙ)を新しい全体の分母として考えなさいという問題
ドアＢが当たりで 且つ ドアＣが開けられる確率も計算過程に入れないと
P(A｜C－)は求められない
横着せずにきちんと場合分けをしないといけない
P(A｜C－)は求められない
横着せずにきちんと場合分けをしないといけない
単なる思い込みだよ
普通に計算できる
掛ければいいだけ
このとき、事象Ｃが起きた時のという意味の
P(C－)＝１で分母に入れなくてもいい
Ｐ(Ｂ)の確率は関係ない
それが条件付確率の本質
ドア３枚の標準問題で
P(A)＝P(B)＝P(C)＝1/3 ドアＢを選択
ドアＣが開けられた場合のドアＡが当たりである確率が
P(当A｜開C)＝2/3 っていうことですら共通認識でないのか？
P(C－)＝2/3と思ってるみたいだから、謎の論理積の公式とやらに代入すると
以下みたいな訳が分からん数字が出るけど、本当にこれが正解と思ってる？
P(Ａ|Ｃ－)＝P(A)∧P(C－)＝1/3*2/3＝2/9
一応、バカ正直に条件付き確率の問題として解くと
① P(当A ∩ 開C)＝1/3*1＝1/3
② P(当B ∩ 開C)＝1/3*1/2＝1/6
③ P(開C)＝①＋②＝(1/3)＋(1/6)＝1/2
P(当A｜開C)＝①/③＝(1/3)/(1/2)＝2/3
P(当B｜開C)＝②/③＝(1/6)/(1/2)＝1/3
P(A)＝１／４ P(B)＝３／８ P(C)＝３／８
最初からドアが三枚の時は
チェンジで当りの確率が二倍になるから
P(当A｜開C)＝2/3
訳が分からん数字が出てくるのは
しなくていい計算をしているからだよ
ドア四枚の時もP(B)の計算は不要なのに
計算が必要だと思い込んでいる
シャッフルしてからカードを３枚続けて引くと
すべてダイヤになるという『事象』の生起確率
これは確率１で必ず起きる
山札から三枚続けてダイヤのカードが出る
三枚の個別の確率の積でいい
そうじゃなくて山札をシャッフルした後に
三枚ダイヤが出る
（これはトランプ問題の大前提で必ず起きる）
この確率が１という事です
『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
P(A)＝１０
P(B)＝３９
P(A)＋P(B)＝４９
P(A)／｛P(A)＋P(B)｝＝１０／４９
山札から三枚続けてダイヤのカードが出る
確率であれば三枚の個別の確率の積でいい
高校生より馬鹿な拗らせ君は記号もまともに使えないw
どれ？
ドア四枚からドア三枚になる時には
プレイヤーがBのドアに必ずチェンジするので
P(B)＝１
ドアが最初から三枚の時は
プレイヤーがBのドアを選ぶ確率は
P(B)＝１／３
ゆえに、
P(Ａ|Ｃ－)＝｛P(A)∧P(C－)｝／P(B)
＝（２／９）ｘ３＝２／３
P(C－)＝２／３で正解であり、論理積も正しく
標準問題と一致する
① P(当A ∩ 開C)＝1/3*1＝1/3
② P(当B ∩ 開C)＝1/3*1/2＝1/6
③ P(開C)＝①＋②＝(1/3)＋(1/6)＝1/2
P(当A｜開C)＝①/③＝(1/3)/(1/2)＝2/3
P(当B｜開C)＝②/③＝(1/6)/(1/2)＝1/3
ドア四枚からドア三枚になる時には
プレイヤーがBのドアに必ずチェンジするので
P(B)＝１
したがって、上記の式をドア四枚で行うと
最初に選択したドアの確率が上がるという
不自然な答えが出るのです
というのも拗らせ君たちの頻出勘違いだよな
状況が変わっても全部P(～～)と書いてしまうので
P(B)＝1とP(B)＝1/3が併記されてても間違いでないと思い込むｗ
他の問題でよくある例だと
確率が1/2の確率みたいなのを考えるときにP(P(X)=1/2)という馬鹿表現を用いたりとかｗ
正しい書き方示さないと詭弁になります(*´▽｀*)
同問題の中なのに未知数は全部xとおく
みたいな間違いする子が稀に居る
同じ問題の中なのにx=1だったりx=1/3して
本人は見分けがついてるつもりらしいが、そのうち自分でも混乱して間違う
ただし、そういう子に「別物は別の記号で置いて表そう」と教えれば
大抵はちゃんと理解して従ってくれる
そこが馬鹿な拗らせ君とは決定的に違う所
三倍大きく見積もられた数値ですので
１／３で補正すると
P(当A｜開C)＝（４／７）ｘ（１／３）＝４／２１
早く更正文を書きましょう
P(当A｜開C)＝（４／７）ｘ（１／３）＝４／２１
悪くない感じではある
事象Xが起こる確率を P(X) と表すならば ０≦ P(X) ≦１ にしかならない
なのに P(A)＝10 とか書いちゃってるから
「確率が１超えてるねw」 とつっこまれてるわけ
トランプ問題は P(A)：P(B)＝10：39 と表現すれば問題はない
B＝３９
A＋B＝４９
A／（A＋B)＝１０／４９
＞これは確率１で必ず起きる
前提条件を確率１と同等視するのは、よくある典型的な勘違い
前提条件が起こる確率を(新たな全体)と考えて
それを分母にして計算しなさいというのが条件付き確率の問題
突風でドアＣが開いたという問題の場合
ドアCが開いたということは確定で大前提だから
P(開C)＝１ である、というのは典型的な間違った解釈
突風はドア３枚の中からランダムに開けるので P(開C)＝1/3
トランプ問題は三枚のカードの生起確率が１だから
A＝１０
B＝３９
A＋B＝４９
A／（A＋B)＝１０／４９
が導けたんだろう
個別の確率の積を計算してもいいけど
結果は同じになる
条件付確率の式の見た目をよくする効果しかない
トランプ問題の本質は三枚のカードの個別の確率の
計算は必要ないことに気付けるかが問われている
ドア100枚 ステイ連続96回 → 97枚目のハズレのドアを開けた
P(A)＝1/100 P(B)＝99/200 P(C)＝99/200
再選択97回目にドアＢにチェンジ → 98枚目のハズレのドアＣを開けた
① P(当A ∩ 開C)＝1/100*1＝1/100
② P(当B ∩ 開C)＝99/200*1/2＝99/400
③ P(開C)＝①+②＝103/400
P(当A｜開C)＝①/(①＋②)＝(1/100)/(103/400)＝4/103
P(当B｜開C)＝②/(①＋②)＝(99/400)/(103/400)＝99/103
ドアN枚 連続(Nー4)回ステイ → ドアＡからドアＢにチェンジ
P(A)＝1/N P(B)＝(Nー1)/２N P(C)＝(Nー1)/２N
① P(当A ∩ 開C)＝ 1/Ｎ*1＝1/Ｎ
② P(当A ∩ 開C)＝(Nー1)/２N*(1/2)＝(Nー1)/4N
③ P(開C)＝(1/Ｎ)＋(Nー1)/4N＝(N＋3)/4N
P(当A｜開C)＝①/③＝(1/Ｎ)/{(N＋3)/4N }＝4/(N＋3)
P(当B｜開C)＝②/③＝{(Nー1)/4N}/{(N＋3)/4N }＝(N－1)/(N＋3)
当たり確率が変動するのは、ドアが開けられた時であり
ドアが選ばれた時ではない
P(A)＝1/N P(B)＝(Nー1)/２N P(C)＝(Nー1)/２N
ドアＡからドアＢにチェンジ → ドアＡが開けられた
① P(当B ∩ 開A)＝{(Nー1)/２N}*1/2
② P(当C ∩ 開A)＝{(Nー1)/２N}*1
①：②＝(1/2)：1＝１：２
P(当B｜開A)＝①/(①＋②)＝1/3
P(当C｜開A)＝②/(①＋②)＝2/3
ある特定のケースでは
(残り３枚になるまでステイＡ、直後にチェンジＢ、最後にドアＡを開けられる)
当たり確率がドアの枚数とは関係がなくなる、というところが面白い
ただし、最後にドアＡが開けられる確率はドアの枚数と関係がある
P(開A)＝①＋②＝3(Ｎ－1)/4Ｎ
P(当B｜開A)＝①ｘ(①＋②)
P(当C｜開A)＝②ｘ(①＋②)
だろ
何で割り算をする
事象Ｘ ドアＢが当たり
事象Ｙ ドアＣが当たり
事象Ｚ ドアＡが開けられる
事象Ｚが起こったと分かったもとでの、事象Ｘが起こる確率
P(X｜Z)＝P(X∩Z)/P(Ｚ)
(分子)＝P(X∩Z)＝(当たりがドアＢ かつ ドアＡが開けられる確率)
(分母)＝P(Z)＝ (当たりがドアＢ かつ ドアＡが開けられる確率)
＋(当たりがドアＣ かつ ドアＡが開けられる確率)
①最後に手付かずのドアが開けられる確率 (N＋3)/4N
②最後に最初に選んだドアが開けられる確率 3(N－1)/4N
①の場合に、最初に選んだドアが当たりの確率 4/(N＋3)
②の場合に、手付かずのドアが当たりの確率 2/3
(平均勝率)＝{(N＋3)/4N}*{4/(N＋3)}＋{3(N－1)/4N}*(2/3)
＝(1/N)＋{(N－1)/2N}
＝(N＋1)/２N
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
何を言っているのか今頃になってやっと分かった
P(A)＝1/11 P(B)＝4/11 P(C)＝6/11
ドアＣを選択 → ドアＡを開ける
① P(当B ∩ 開A)＝(4/11)*(１)＝4/11
② P(当C ∩ 開A)＝(6/11)*(1/2)＝3/11
①：②＝4：3
P(当B｜開A)＝4/7
P(当C｜開A)＝3/7
Q(A)＝1/11 Q(B)＝4/11 Q(C)＝6/11
ドアBを選択 → ドアＣを開ける
① Q(当A ∩ 開C)＝(1/11)*(１)＝1/11
② Q(当B ∩ 開C)＝(4/11)*(1/2)＝2/11
①：②＝１：２
Q(当A｜開C)＝2/3
Q(当A｜開C)＝1/3
× Q(当A｜開C)＝2/3 ○ Q(当A｜開C)＝1/3
× Q(当A｜開C)＝1/3 ○ Q(当B｜開C)＝2/3
P(A)／P(C－)＝２／５……①
ドアＣを選択 → ドアＡを開ける
① P(当B ∩ 開A)＝(4/11)*(１)＝4/11
② P(当C ∩ 開A)＝(6/11)*(1/2)＝3/11
の式にある*(1/2)の部分は固定値ではなくて
０＜ｎ＜１の範囲を取る
①当たり扉はランダムかつ等確率に設定される
②ホストは挑戦者の選んだ扉を開けない
③ホストは必ず残りの扉を一枚開ける
④ホストはハズレの扉しか開けない
⑤ホストは挑戦者の選んだ扉が当たりのとき、ハズレ扉をランダムかつ等確率に選んで開ける
⑥ホストは扉を開けた後に必ずswitchの機会を挑戦者に与える
① P(当B ∩ 開A)＝(4/11)*(１)＝4/11
② P(当C ∩ 開A)＝(6/11)*(１)＝6/11
①：②＝4：6
P(当B｜開A)＝２／５
P(当C｜開A)＝３／５
になる
＞P(A) = 65/100, P(B) = 2/100, P(C) = 33/100とおく．
＞あなたが A を選ぶと司会者は B がハズレだと示した．
＞あなたは扉を C に変更すべきだろうか？
① P(当A ∩ 開B)＝(65/100)*(１)＝65/100
② P(当C ∩ 開B)＝(33/100)*(1/2)＝66/100
①：②＝65：66
P(当A｜開B)＝①/(①＋②)＝65/131
P(当C｜開B)＝②/(①＋②)＝66/131 (答え) 変更すべき
× ①P(当A ∩ 開B)＝(65/100)*(１)＝65/100
× ②P(当C ∩ 開B)＝(33/100)*(1/2)＝66/100
○ ①P(当A ∩ 開B)＝(65/100)*(1/2)＝65/200
○ ②P(当C ∩ 開B)＝(33/100)*(１)＝33/100
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
モンティがドアAを開けるのは
ドアCに当たりがある時のみとする
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)
ドアN枚 連続(Nー4)回ステイ → (N－3)枚目のドアを開ける
P(A)＝1/N
P(B)＝(Nー1)/２N
P(C)＝(Nー1)/２N
ドアＡからドアＢにチェンジ → ドアＣを開ける
① P(当A ∩ 開C)＝ (1/Ｎ)*(１)＝1/Ｎ
② P(当B ∩ 開C)＝{(Nー1)/２N}*(1/2)＝(Nー1)/4N
①：②＝4：(N－1)
P(当A｜開C)＝①/(①＋②)＝4/(N＋3)
P(当B｜開C)＝②/(①＋②)＝(N－1)/(N＋3)
Ａが当たりの確率を(ａ)、Ｂが当たりの確率を(ｂ)、Ｃが当たりの確率を(ｃ)とする
ドアＡを選択 → ドアＣを開ける
① P(当A ∩ 開C)＝ａ*(1/2)＝ａ/2
② P(当B ∩ 開C)＝ｂ*(１)＝ｂ
①＋②＝(ａ/2)＋ｂ＝(ａ＋2ｂ)/2
P(当A｜開C)＝①(①＋②)＝(ａ/2)/{(ａ＋2ｂ)/2}＝ａ/(ａ＋2ｂ)
P(当B｜開C)＝②(①＋②)＝ｂ/{(ａ＋2ｂ)/2}＝2ｂ/(ａ＋2ｂ)
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(*´▽｀*)
が正しい
P(A)＝1/4 → Q(A)＝4/7
P(B)＝3/8 → Q(B)＝3/7
P(C)＝3/8
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→ステイ戦略における
ドアBの当たりの確率をQ（B）とおく
Q（B）はドアAとドアCが共にハズレで、どちらかのドアが
開けられた状況下でのドアBの当たりの確率なので
∵Q（B）＝P(B)／｛０．５P(A－∪C－)｝＝６／１１
でも求められる
∵Q（B）＝１－P(A－∩C－)＝１７／３２
１７／３２＝０．５３１２５
６／１１≒０．５４５４５４５４
＞Q（B）はドアAとドアCが共にハズレで、どちらかのドアが
＞開けられた状況下でのドアBの当たりの確率なので
共にハズレでなくても、どちらか一方は必ず開けられる
共にハズレだったら、Q(B)＝１
０．５P(A－∪C－)＝１１／１６
式が正しいならピッタリ一致しないとおかしいだろ
個別ケースの勝率が正しく算定できていることが絶対条件
最初に間違ってたら、後は計算するだけ無駄になるので
適当なところで区切りをつけて、あまり深入りしないことをオススメする
とりあえず、標準仮定の条件なら
Ｃが開けられる確率7/16、Ａが開けられる確率9/16
までは異議がないだろうから、あと一息
(チェンジ×２)戦略の平均勝率が、P(A)+P(C)
になるのは、よく考えたら当たり前だな
16回ゲームをすると考えたら、当たりの配置は４：６：６
16回のうち７回は、Ｃが開いてＡにチェンジして、４回当たり、３回ハズレ
16回のうち９回は、Ａが開いてＣにチェンジして、６回当たり、３回ハズレ
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Cの当たりの確率をQ（C）とおく
プレイヤーがドアAのみにチェンジした時
∵Q(A)＝P(A)｛P(B－)／P(A∪０．５B)｝＝５／１４
プレイヤーがドアCのみにチェンジした時
∵Q(C)＝P(C)｛P(B－)／P(C∪０．５B)｝＝５／１２
プレイヤーはBのドアの６回当たり分は
決してとることができない
この分の確率が計算されていない
P(B)＝３／８ であるから
プレイヤーがAかCどちらかのドアにチェンジしても
取り分は５／８になる
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
Ｃが開いてＡにチェンジした場合の、３回ハズレ
Ａが開いてＣにチェンジした場合の、３回ハズレ
として、ちゃんと計算に入れている
これはドアBが当たりでAかCどちらかのドアを開けた時と
ドアAが当たりの状況下での、ドアAの当たりの確率という意味で
まだチェンジしていない！
つまり、Q(A)≠P(A)／P(A∪０．５B)
Q(A)＝P(A)／P(A∪０．５B)＝４／７
だと理解しているわけか
これだとまだプレイヤーはチェンジした事にならないよ
Q(C)＝P(C)／P(C∪０．５B)＝２／３
で理解している
これだとまだプレイヤーがドアCにチェンジしたという
部分が計算されていない
∵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(*´▽｀*)
P(A∪０．５B)＝P(ドアCを開ける)
＝(1/4)*(１)＋(3/8)*(1/2)
＝7/16
チェンジしてません
最後にステイしようがチェンジしようが、残り２枚になった時点で
Q(A)＝4/7 Q(B)＝3/7 であることに違いはないだろ
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
最終選択は残り２枚になっている状態の
Ｑ(A)とＱ(B)には、全く影響を及ぼさないという話
最後にチェンジしなかったら
ゲームが成立しないだろう
確率がチェンジで２／３に変わるだろう？
チェンジｘ２でもプレイヤーが最終チェンジをすれば
確率は変わるのです(*´▽｀*)
ちゃんと計算しましょう
P(A)＝1/3 → Q(A)＝2/3
P(B)＝1/3 → Q(B)＝1/3
P(C)＝1/3
最後にステイしようがチェンジしようが
Ｑ(A)＝2/3 Q(B)＝1/3 は変わりません
Q(X)＝P(開C)*Ｑ(A) ＋ P(開A)*Q(C)＝5/8
P(開C)＝7/16 Q(A)＝4/7
P(開A)＝9/16 Q(C)＝2/3
∵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
これは標準モンティホール問題からの解釈
しかし、チェンジｘ２の変形問題だと
モンティがプレーヤーの最初に選択したドアを開ける
という特殊性があるため
P(A)P(B－)とP(C)P(B－)の計算が必要になる
標準モンティホール問題に強引にチェンジｘ２戦略を
当てはめたと仮定すると、最初に１／３だった確率が
プレイヤーの取り分２／３とチェンジした側のドアの確率
２／３との積で４／９に変わる
チェンジｘ２でもプレイヤーが最終チェンジをすれば
確率は変わるのです(*´▽｀*)
② ドアＣが開いた場合の、ドアＢが当たりである確率
①②は、司会者がドアＣを開けた瞬間に決まるものであり
その後に、挑戦者がチェンジするかどうかとは全く関係がない
はちゃんと
プレイヤーがドアAのみにチェンジした時
プレイヤーがドアCのみにチェンジした時
って書いてあった
∵Q(A)＝P(A)／P(A∪０．５B)＝４／７
∵Q(C)＝P(C)／P(C∪０．５B)＝２／３
これはプレイヤーがAとCどちらも選ぶ場合だった
① Q(X)＝P(開C)*Ｑ(A) ＋ P(開A)*Q(C)＝5/8
② Q(X)＝Ｑ(A)＋Ｑ(C)＝5/8
①と②の解釈の違いか？
②の解釈としても Q(A)＝1/4 Q(C)＝3/8 にしかならんが
4/7は、ドアＣが開いた場合のドアＡが当たりである確率
じゃあ、5/14は何の確率なんだ？
＞P(A)／P(A∪０．５B)＝４／７ だよ
＞これはドアBが当たりでAかCどちらかのドアを開けた時と
＞ドアAが当たりの状況下での、ドアAの当たりの確率という意味で
これはドアBが当たりでドアＣを開けた時と
ドアＡが当たりでドアＣを開けたという状況下での
ドアＡの当たりの確率という意味で
つまり、ドアＣが開いた場合のドアＡが当たりである確率
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｝
ドアＢを選択 → ドアＣを開ける
Q(A)＝P(A)/{P(A)＋P(B)/2}＝4/7
Q(B)＝{P(B)/2)}/{P(A)＋P(B)/2}＝3/7
／ ｀､
/ ヽ
/ ● ● |
／l ''''' し '''''' |
/ l ＿＿. |
l /ヽ＿ ` --' ＿ノ
＼ ￣ ヽ∩
⌒l l三 |
| ヽ.__|
それチェンジ戦略じゃなくてオープン戦略じゃん
単なる事実を言ってるだけだろ
①ピック→チェンジ→チェンジ
②ピック→チェンジ→ステイ
①戦略でも②戦略でも、ドアＣが開いた場合は
Q(A)＝4/7 Q(B)＝3/7 の事実は変わらんぞ
Q(A)＝4/7 Q(B)＝3/7 になるという話をしているだけ
でもチェンジｘ２戦略とると
Q(A)＝５／１４
Q(A)＝4/7 Q(B)＝3/7 のままであることには変わりがない
Q(A)＝５／１４ Q(B)＝９／１４ だよ
Q(A)＝4/7 Q(B)＝3/7 だよ
ハズレのドアが１枚だけ開けられた
ステイ 3/7 チェンジ 18/35
① {3－(3/7)}/5＝18/35
② (3/7)*(2/5)＋(4/7)*(3/5)＝18/35
②の考え方でも正しいんだろうけど、いまいちシックリこない
３人の死刑囚ABC、２人処刑、１人釈放
恩赦の確率、Ａ(1/4)、Ｂ(1/4)、Ｃ(1/2)
Ａ「少なくともBCのうち１人は処刑されるわけだから、どっちが処刑されるか教えてくれ」
看守「Ｂが処刑される」
Ａが助かる確率は？
(答え) 1/5
余計な質問をしてしまったばかりに、助かる確率が減ってしまった可哀想なＡ
最初に当たり選んでれば選び直すと外れる
最初にハズレ選んでれば選び直すと当たる
ハズレのほうが選ぶ確率高いんやから選び直したほうがええやろ
② ×|○× ×|○開 ×|○ チェンジで当たり
③ ×|×○ ×|開○ ×|○ チェンジで当たり
④ ○|×× ○|×開 ○|× ステイで当たり
⑤ ×|○× ×|○開 ×|○ チェンジで当たり
⑥ ×|×○ ×|開○ ×|○ チェンジで当たり
P(A)＝1/3 → Q(A)＝1/3
P(B)＝1/3 → Q(B)＝2/3
P(C)＝1/3
② P(当B ∧ 開C)＝(1/3)*(1)
①：②＝1：2
P(当A｜開C)＝①/(①＋②)＝1/3
P(当B｜開C)＝②/(①＋②)＝2/3
分からないうちははっきり言って何億枚にドアを増やそうが最後に二択を手渡される、という観点から1/2にしてしまうと思うよ
1/3で変わらんってのはただの中二病
1. ヒントなしに答える
2. ヒントが出てから答える
2のほうが得だと思うだろ？
なんでモンティホール問題では
直感がこの逆に働くのか。その謎を解明した人がいない。
一つはヒントを出す前の回答、
もう一つはヒントを出してからの回答だ。
ただしヒントを出してからの回答では
ヒントを出す前の回答を放棄しなければならない。
ヒントを出してからの回答はオプションだ。
モンティホール問題では多くの人々がオプションを選ばなかった。
なぜだろう？
ヒントがない時点での回答にそれほど自信があるんだろうか？
そんなバカな。
車がどの扉の背後に置かれるかが完全にランダムじゃない場合があるとする。
つまり、車と羊をゲームが繰り返されるごとに並べ替える人がいて
その人の並び替えにはある「癖」があるのだ。
回答者はゲームが繰り返されている間にその「癖」を学習する。
そうすると、最初に選んだ扉に少しずつ自信が増してくるかもしれない。
でもこのモンティーホール問題は繰り返しゲームだと明言されていない。
厳密なルールを追加して、純粋な数学的問題にしたものと認識している
現実ではヒントをくれる、いわゆる天使モンティなどいなくて
いわゆる悪魔モンティが心理戦をしかけてきていると考えるのが自然
既にゲームに参加してしまっている回答者には
主催者側が厳密なルールを守っていて公平である
という裏を取る術がない
無作為に開けるなら２枚とも1/3で
残りの1/3が当たり扉を開けてしまって無効とも言えなくもない
> 厳密なルールを追加して、純粋な数学的問題にしたものと認識している
それにしてはお粗末。
マリリンさんの回答が正しいための「暗黙の条件」（以心伝心条項）が多すぎる。
①モンティ・ホール問題は Monty Hall がホストを務めるTV番組のゲームに関する問題だ
②マリリンに反論した人が多かったのは、モンティ・ホール問題の問題文が曖昧だからだ
③挑戦者が選んだ扉が当りのときにホストが開ける扉に偏りがあるとき、
ホストが開け残した扉が当りである確率は2／3とはならないので、マリリンの答えは不完全である
④モンティ・ホール問題のゲームの中でホストが挑戦者にルールを 説明したかで答えが変わる
