Yanılabilir bir Monty ile Monty Hall Sorunu

23

Monty, Kapının arkasında bir keçi olup olmadığını (veya boştu) mükemmel bir bilgiye sahipti. Bu gerçek, oyuncunun zaman içindeki başarı oranını “tahminleri” diğer Kapıya geçirerek iki katına çıkarmasını sağlar. Ya Monty'nin bilgisi mükemmelden azsa? Peki ya bazen Ödül gerçekten Keçi ile aynı Kapı aralığındaysa? SİZİN kapınızı seçip açana kadar bunu görmediniz mi? Lütfen IF'yi nasıl hesaplayacağımı anlamama yardım eder misin? Monty'nin doğruluk oranı% 100'den az olduğunda Player başarısını artırabilir mi? Örneğin: Monty yanlışsa - zamanın ortalama% 50'sinde? Oyuncu STILL, Guess / Door'unu değiştirmekten faydalanabilir mi? Monty'nin Ödülün Kapının arkasında OLMADIĞINDAKİ% 33,3'ten daha az şansı varsa, Oyuncunun en iyi seçeneğinin Kapı seçimini DEĞİL yapmak olduğunu hayal ediyorum. Lütfen Monty'nin Kapının arkasında OLMADIĞINDAKİ Ödülün Doğru Olmasının Farklı Olasılıklarını Ekleyerek anahtarlama potansiyelinin avantajını hesaplayabilir misiniz? Lise matematiğinin ötesinde hiçbir şeyim yok ve 69 yaşındayım, bu yüzden lütfen nazik ol.

Sağlanan içgörü ve formüller için teşekkürler. "Fallible Monty", bir Ödül / Otomobilin bulunmamasını öngörmede yalnızca% 66 doğruysa, orijinal kapı tercihinizden geçiş yapmanın SIFIR para kazanabileceği görülüyor ... çünkü% 33 hata oranı varsayılan HERHANGİ bir kapının arkasında olmak için ödülün taban oranı. Yine de, IF Monty'nin anahtarlamanın daha fazla fayda sağlamasından ötürü HİÇBİR ÖDÜL olmadığının tahmininde% 66'dan daha iyi olduğunu varsayıyoruz. Bu akıl yürütmeyi, bir "Uzman" ın, kabaca eşit olasılıkla üç olası seçeneğin birinin doğru olacağına "uzman tahmini" yapan bir oyuna uygulamaya çalışacağım. Uzmanın doğru olduğuna çok az inancım var ve "vuruş oranının"% 33'ten az olacağından eminim -% 15 gibi. Bu benim sonucum ne zaman olacak "benimle aynı seçenek, muhtemelen emin değilim, ve diğer ikisinden birine değişmeli! ;-)

conditional-probability

— Pseudoego
kaynak

5

Eğer Monty'nin doğruluğu% 100'den az ise, bu bazen kapıyı ardında ödülle açtığı anlamına mı geliyor? Eğer öyleyse, muhtemelen o kapıyı seçmelisin.

— Faks

35

Düzenli Monty Hall problemiyle başlayalım. Biri ardında araba olan üç kapı. Diğer ikisinin de arkasında keçi var. 1 numaralı kapıyı seçersiniz ve Monty 2 numaralı kapıyı açar ve bunun arkasında bir keçi olduğunu gösterir. Tahmininizi 3 numaralı kapıya mı geçirmelisiniz? (Her kapıya atıfta bulunmak için kullandığımız sayıların burada önemli olmadığını unutmayın. Herhangi bir sipariş seçebiliriz ve sorun aynıdır, bu yüzden sadece bu numaralamayı kullanabileceğimiz şeyleri basitleştirmek için.)

Tabii ki cevabı evet, zaten bildiğiniz gibi, ama daha sonra nasıl değişeceklerini görmek için hesaplamalara bakalım. , arabanın bulunduğu kapının indeksi olsun ve , Monty'nin 2. kapının bir keçi olduğunu gösterdiğini açıkladı. yi hesaplamamız gerekiyor . Eğer bu değer 2'den büyükse , tahminimizi o kapıya çevirmemiz gerekir (çünkü sadece iki seçeneğimiz kaldı). Bu olasılık şöyle verilir: (Bu sadece Bayes kuralını önce yassı bir şekilde uygular .) 1'e eşittir: araba 3 numaralı kapının arkasındaysa, Monty'nin kapı numarasını açmaktan başka seçeneği yoktu 2 yaptığı gibi. $C$ $M$ $p(C=3|M)$ $1/2$

p (C = 3 | M) = \frac{p (M | C = 3)}{p (M | C = 1) + p (M | C = 2) + p (M | C = 3)}

$p(C=3|M)=\frac{p(M|C=3)}{p(M|C=1)+p(M|C=2)+p(M|C=3)}$

C

$C$

p (M | C = 3)

$p(M|C=3)$

p (M | C = 1)

$p(M|C=1)$ eşittir : kabin kapısının 1 arkasında ise, o zaman Monty ya açıklığın bir seçim kalan kapılardan birini, 2 veya 3. vardı Monty asla kapıyı açar, çünkü eşittir 0 bu onun Araba biliyor. Bu sayıları doldurarak şunu elde ederiz: Hangi aşina olduğumuzun sonucudur.

1 / 2

$1/2$

p (M | C = 2)

$p(M|C=2)$

p (C = 3 | M) = \frac{1}{0.5 + 0 + 1} = \frac{2}{3}

$p(C=3|M)=\frac{1}{0.5+0+1}=\frac{2}{3}$

Şimdi Monty'nin hangi kapının aracı olduğunu bilmediği bir durumu ele alalım. Bu yüzden kapısını seçtiğinde (2 numaralı kapı olarak bahsedeceğiz), yanlışlıkla bir keçi olduğunu düşündüğü için arabadan birini seçebilir. Let Monty o kapı olması düşündüğü araba vardır ve izin o onun gerçek yerinin şartına, belli bir yerinde olduğundan araba düşündüğü olasılık olabilir. Bunun doğruluğunu belirleyen tek bir parametresi ile tanımlandığını varsayıyoruz : . Eğer 1'e eşit olduğu Monty her zaman haklıdır. Eğer $C'$ $p(C'|C)$ $q$ $p(C'=x|C=x) = q = 1-p(C'\neq x|C=x)$ $q$ $q$ 0, Monty her zaman yanlıştır (ki bu hala bilgi vericidir). Eğer ise , Monty'nin bilgi daha iyi rastgele tahmin aşıyor. $q$ $1/3$

Bunun anlamı şudur:

p (M | C = 3) = \sum_{x} p (M | C^{'} = x) p (C^{'} = x | C = 3)

$p(M|C=3) = \sum_x p(M|C'=x)p(C'=x|C=3)$

= p (M | C^{'} = 1) p (C^{'} = 1 | C = 3) + p (M | C^{'} = 2) p (C^{'} = 2 | C = 3) + p (M | C^{'} = 3) p (C^{'} = 3 | C = 3)

$= p(M|C'=1)p(C'=1|C=3) + p(M|C'=2)p(C'=2|C=3) + p(M|C'=3)p(C'=3|C=3)$

= \frac{1}{2} \times \frac{1}{2} (1 - q) + 0 \times \frac{1}{2} (1 - q) + 1 \times q

$= \frac{1}{2} \times \frac{1}{2}(1-q) + 0\times \frac{1}{2}(1-q) + 1 \times q$

= \frac{1}{4} - \frac{q}{4} + q = \frac{3}{4} q + \frac{1}{4}

$= \frac{1}{4} - \frac{q}{4} + q = \frac{3}{4}q+\frac{1}{4}$

Yani, araba gerçekten 3. kapının arkasındaysa, oynayabilecek üç olasılık vardı: (1) Monty, 1'in arkasında olduğunu düşündü, (2) Monty, 2 veya (3) Monty'yi düşündü. olasılık (ne kadar sıklıkla doğru yaparsa), diğer ikisi aralarında yanlış anlama olasılığını ayırır. Daha sonra, her senaryoya bakıldığında, 2 numaralı kapıyı işaret etmeyi seçmesi ihtimali ne olurdu? Otomobilin 1'in arkasında olduğunu düşünmüş olsaydı, olasılık 2 veya 3'ü seçebildiği için olasılık 2'de 1 idi. 2'nin arkasında olduğunu düşünseydi, asla 2'ye işaret etmeyi seçmezdi. , her zaman 2 seçecekti. $q$ $(1-q)$

Benzer şekilde diğer olasılıkları da çözebiliriz:

p (M | C = 1) = \sum_{x} p (M | C^{'} = x) p (C^{'} = x | C = 1)

$p(M|C=1) = \sum_x p(M|C'=x)p(C'=x|C=1)$

= \frac{1}{2} \times q + 1 \times \frac{1}{2} (1 - q)

$=\frac{1}{2}\times q + 1\times \frac{1}{2}(1-q)$

= \frac{q}{2} + \frac{1}{2} - \frac{q}{2} = \frac{1}{2}

$=\frac{q}{2}+\frac{1}{2}-\frac{q}{2}=\frac{1}{2}$

p (M | C = 2) = \sum_{x} p (M | C^{'} = x) p (C^{'} = x | C = 2)

$p(M|C=2) = \sum_x p(M|C'=x)p(C'=x|C=2)$

= \frac{1}{2} \times \frac{1}{2} (1 - q) + 1 \times \frac{1}{2} (1 - q)

$=\frac{1}{2}\times\frac{1}{2}(1-q) + 1 \times\frac{1}{2}(1-q)$

= \frac{3}{4} - \frac{3}{4} q

$=\frac{3}{4}-\frac{3}{4}q$

Bunları doldururken, şunu elde ederiz: Akıl sağlığı kontrolü olarak , olduğunda , orijinal cevabımızı geri aldığımızı görebiliriz .

p (C = 3 | M) = \frac{\frac{3}{4} q + \frac{1}{4}}{\frac{1}{2} + \frac{3}{4} - \frac{3}{4} q + \frac{3}{4} q + \frac{1}{4}}

$p(C=3|M)=\frac{\frac{3}{4}q+\frac{1}{4}}{\frac{1}{2}+\frac{3}{4}-\frac{3}{4}q+\frac{3}{4}q+\frac{1}{4}}$

= \frac{0.75 q + 0.25}{1.5}

$=\frac{0.75q+0.25}{1.5}$

q = 1

$q=1$

\frac{1}{1.5} = \frac{2}{3}

$\frac{1}{1.5}=\frac{2}{3}$

Peki ne zaman geçmeliyiz? Basitlik için Monty'nin işaret ettiği kapıya geçmemize izin vermediğimizi varsayacağım. Ve aslında, Monty en azından bir şekilde doğru olma olasılığı (rastgele tahminde bulunmaktan çok daha fazlası) mümkün olduğu sürece, işaret ettiği kapı her zaman arabanın sahip olma ihtimalinden daha düşük olacaktır, bu yüzden bu uygun bir seçenek değildir Zaten bizim için. Bu yüzden sadece 1. ve 3. kapıların olasılıklarını göz önünde bulundurmamız gerekiyor. Ancak, otomobilin 2. kapının gerisinde kalmasının imkansız olduğu halde, bu seçenek şimdi sıfır olmayan bir olasılık var ve bu yüzden artık değişmemiz gerekmiyor. zaman , daha ziyade geçmesi gereken zaman (aynı şey için kullanılır). Bu olasılık $p(C=3|M)>0.5$ $p(C=3|M)>p(C=1|M)$ $p(C=1|M)=\frac{0.5}{1.5}=\frac{1}{3}$ , orijinal Monty Hall probleminde olduğu gibi. (Bu, Monty'nin arkasında ne olduğuna bakılmaksızın hiçbir zaman 1. kapıya işaret edemediği için anlamlıdır ve bu nedenle o kapı hakkında bilgi veremez. Aksine, doğruluğu% 100'ün altına düştüğünde, etki, bazı olasılıkların kapıya doğru "sızması" anlamına gelir. 2 aslında araç olması) bu nedenle, biz bulmalıyız. , öyle ki : $q$ $p(C=3|M) > \frac{1}{3}$

\frac{0.75 q + 0.25}{1.5} > \frac{1}{3}

$\frac{0.75q+0.25}{1.5}>\frac{1}{3}$

0.75 q + 0.25 > 0.5

$0.75q+0.25 > 0.5$

0.75 q > 0.25

$0.75q > 0.25$

q > \frac{1}{3}

$q > \frac{1}{3}$ Temel olarak, bu, Monty'nin otomobilin gerçek konumu hakkındaki bilgisi rastgele bir tahminden daha iyi olduğu sürece, kapıları değiştirmelisiniz (aslında oldukça açık, düşününce) ). Ayrıca, Monty'nin doğruluğunun bir fonksiyonu olarak, geçiş yaptığımızda ne kadar kazanmamız gerektiğini de hesaplayabiliriz: (Bu, olduğunda , 2 cevabını verir. orijinal Monty Hall probleminde kapıları değiştirerek kazanma şansımızı ikiye katlıyoruz.)

\frac{p (C = 3 | M)}{p (C = 1 | M)}

$\frac{p(C=3|M)}{p(C=1|M)}$

= \frac{\frac{0.75 q + 0.25}{1.5}}{\frac{1}{3}} = 1.5 q + 0.5

$=\frac{\frac{0.75q+0.25}{1.5}}{\frac{1}{3}}=1.5q+0.5$

q = 1

$q=1$

Düzenleme: İnsanlar Monty'nin işaret ettiği kapıya geçmemize izin verdiğimiz senaryo hakkında sorular soruyorlardı; bu, olduğunda, yani Monty bir şekilde (biraz) güvenilir bir "yalancı" olduğunda avantajlı hale . En uç senaryoda, olduğunda , bu Monty'nin arabanın gerçekten bir keçi olduğunu düşündüğü kapısının anlamıdır. Yine de, kalan iki kapının hala araba veya keçi olabileceğini unutmayın. $q<\frac{1}{3}$ $q=0$

2. kapıya geçmenin faydası şu şekildedir: Hangisi büyükse (ve bu kapıya ) , yani , biz zaten kurulmuş olan devrilme noktasıydı. İlginçtir ki, olduğunda 2. kapıya geçmenin mümkün olan maksimum faydası , orijinal Monty Hall probleminde kazanma şansınızın iki katına çıkmasıyla karşılaştırıldığında sadece 1,5'tir ( olduğunda ).

\frac{p (C = 2 | M)}{p (C = 1 | M)} = \frac{\frac{0.75 - 0.75 q}{1.5}}{\frac{1}{3}} = 1.5 - 1.5 q

$\frac{p(C=2|M)}{p(C=1|M)} = \frac{ \frac{0.75 - 0.75q}{1.5} } { \frac{1}{3} } = 1.5-1.5q$

1.5 q < 0.5

$1.5q<0.5$

q < \frac{1}{3}

$q<\frac{1}{3}$

q = 0

$q=0$

q = 1

$q=1$

Genel çözüm bu iki anahtarlama stratejisini birleştirerek verilmiştir: , her zaman 3. kapıya geçersiniz; aksi takdirde, kapı 2'ye geçin. $q>\frac{1}{3}$

— Ruben van Bergen
kaynak

Beklenen değer, gerçekte ne kadar q < 1/3doğru olacağının modellenmediğinden, yanlış olma ihtimalinin modellenmesi nedeniyle gerçekte artmaz mıydı? 0'a yaklaştığı için, yapabildiği takdirde her zaman yalan söylediği anlamına gelir ve beklenen kazancınız 2/3 e geri döner

— Cireo

2

@Cireo Yalan söylemiyordu, sadece yanlış olurdu. Yalan söylemek onun cevabının yanlış olduğunu bildiğini ima eder . Beklenen değerin artmamasının nedeninin, araba ile yanlışlıkla kapıya işaret etme şansı (yani, p (M | C = 2)) olduğu için şüpheliyim. ne olursa olsun o kapı. q = 0, her zaman arabanın nerede olduğunu yanlış anladığı anlamına gelir , yani artık arabanın arkasında olduğu zaman kapıyı işaret etmesi nispeten yüksek bir şans demektir.

— Buurman

3

Daha genel bir çözüm (bunun açıkça gerekli olduğu) bir "düşman" Monty; Bir keçi veya araba seçmenize bağlı olarak neyi işaret ettiğini (veya bir şeye işaret etse bile) değiştiren kişi.

— Yakk

3

@Yakk: Oranları sonsuz sayıda şekilde değiştirdiğini hayal edebileceğiniz sınırsız sayıda senaryo var. Ayrıca Monty'nin nasıl çalıştığını bildiğinize bağlı. Onun düşman olduğunu biliyorsan, aslında oranını 1 / 3'ün altına düşüremez çünkü onun ne yaptığını görmezden gelmeye karar verirsin. Karar sürecini bilmiyorsanız, o zaman tamamen ne yaptığınıza ve tam olarak ne yaptığınıza bağlı olarak değişir ve orada birçok serbestlik derecesi vardır.

— Ruben van Bergen

1

@ KalevMaricq: Monty hakkında yalan söylemekten pek bahsetmedim. Bununla ilgili sorun, başlangıçta seçtiğiniz kapının arkasında, Monty'nin seçmesine izin verilmeyen bir araç olabilir (aksi halde, artık Monty Hall sorununun olmadığını söyleyebilirim). Bu yüzden, yalnızca seçebileceği iki keçi kapısı olabilir, bu durumda, birinin arkasında bir keçi olduğunu söyleyerek yalan söyleyemez. Bu yüzden problemin sınırları içinde gerçek bir “yalancı Monty” inşa etmenin mümkün olduğunu sanmıyorum. Onun yerine gittim ( ), araba kapısı için her zaman bir keçi kapısını hata yapan bir Monty, ama hangi keçi kapısının olduğunu bilmiyoruz.

q = 0

$q=0$

— Ruben van Bergen

7

Bu, problemin oldukça basit bir varyasyonu olmalıdır (sınırlı matematik geçmişinizi not etsem de, bunun göreceli olduğunu tahmin ediyorum). Ben öncelikle çözüm belirlemeye çalışın öneririm şartına Monte yanılmaz veya tamamen yanılabilir olup olmadığı. İlk vaka, sadece sıradan Monte Hall problemidir, bu yüzden orada çalışmaya gerek yoktur. İkinci durumda, seçtiği kapıyı, ödülü olan kapı da dahil olmak üzere tüm kapılar üzerinde rastgele olarak kabul edersiniz (yani, hala ödülü olmayan bir kapı seçebilir, ancak bu şimdi rastgeledir). Bu davaların her birinde kazanma olasılığını hesaplayabilirseniz, toplam olasılık yasasını kullanırsınız. Monte’nin belirli bir yanılabilirlik seviyesine sahip olduğu durumlarda ilgili kazanma olasılıklarını belirlemek için (yanılmaya karşı tamamen yanılabilir olma ihtimalimizle belirtilir).

— Monica'yı eski durumuna getir
kaynak

2

Yanıtı takdir ediyorum, ama daha özel bir şey arıyordum. Monty'nin bir Kapı seçtiğini belirtiyorum. Ödülün bu kapının ardında olma olasılığının Sıfır ila% 100 arasında herhangi bir yerde olabileceğini belirtiyorum. Monty'nin Haklı / Yanlış Olasılığına girmeme izin verecek bir formül bulmayı umuyordum ve sonra formülün geri kalanını çalışmak Anahtarlama'nın bir Kazanma olasılığını belirten Sayısal bir Tahmin sağlayacaktır. Bu yardım derecesi gerçekçi olmayan bir istek midir?

— Pseudoego

4

Ben'in cevabındaki yorumlarına dayanarak, Monty Hall'un bu varyantı için Ruben van Bergen'den farklı iki farklı yorum sunacağım.

Birincisi Liar Monty ve ikincisine Güvenilmez Monty diyeceğim. Her iki versiyonda da sorun şu şekilde devam eder:

(0) Biri araba, diğeri ise keçi olmak üzere rastgele dağıtılan üç kapı vardır.

(1) Yarışmacı rastgele bir kapı seçer.

(2) Monty, yarışmacının kapısından farklı bir kapı seçer ve arkasında bir keçinin olduğunu iddia eder.

(3) Yarışmacıya, seçilmemiş üçüncü kapıya geçiş yapması teklif edilir ve sorun “Yarışmacı kapının arkasında bir araba bulma olasılığını en üst düzeye çıkarmak için ne zaman geçiş yapmalı?” Dır.

Yalancı Monty'de, (2) aşamasında, eğer yarışmacı bir keçi içeren bir kapı seçtiyse, Monty arabayı içeren bir kapıyı önceden tanımlanmış bir olasılıkla seçiyorsa (yani,% 0 ile% 100 arasında bir ihtimal keçi bazı kapının arkasındadır). Bu değişkende, yarışmacı arabayı (1) adımında seçerse, Monty'nin arabayı içeren bir kapıyı (yani yalan söyleyemez) seçmemesini unutmayın.

Güvenilmez Monty'de, Monty pick (2) adımındaki kapının bir araba içerdiği önceden tanımlanmış bir olasılık var. Ben'in cevabı üzerine yaptığınız yorumdan, ilgilendiğiniz senaryo olduğunu ve her iki versiyonumun da Ruben van Bergen'den farklı olduğunu düşünüyorum. Güvenilmez Monty'nin Liar Monty ile aynı olmadığını unutmayın; Daha sonra bu iki durum arasında titizlikle farklılaşacağız. Ama bu senaryoda, Monty'nin kapısı daha araba ihtiva asla, bunu dikkate yarışmacı otomobil seçiminde bir olasılığa sahiptir, çünkü zamanın zamanın . $\frac{2}{3}$ $\frac{1}{3}$

Sorunu cevaplamak için bazı denklemleri kullanmak zorunda kalacağız. Cevabımı erişilebilir olması için ifademi deneyeceğim. Umduğum gibi iki kafa karıştırıcı olmayan şey, sembollerin cebirsel manipülasyonu ve koşullu olasılıktır. Birincisi, aşağıdakileri belirtmek için sembolleri kullanacağız:

\begin{aligned} S & = The car is behind the door the contestant can switch to. \\ \bar{S} & = The car is not behind the door the contestant can switch to. \\ M & = The car is behind the door Monty chose. \\ \bar{M} & = The car is not behind the door Monty chose. \\ C & = The car is behind the door the contestant chose in step (1). \\ \bar{C} & = The car is not behind the door the contestant chose in step (1). \end{aligned}

$\begin{split} S &= \text{The car is behind the door the contestant can switch to.}\\ \bar{S} &= \text{The car is not behind the door the contestant can switch to.}\\ M &= \text{The car is behind the door Monty chose.}\\ \bar{M} &= \text{The car is not behind the door Monty chose.}\\ C &= \text{The car is behind the door the contestant chose in step (1).}\\ \bar{C} &= \text{The car is not behind the door the contestant chose in step (1).} \end{split}$

$\Pr(*)$ $*$ $\Pr(\bar{M})$

$\Pr(S|\bar{M})$ $|$ $\Pr(S|\bar{M})$ $\Pr(S|\bar{M}) = \frac{2}{3}$ $\Pr(S) = \frac{1}{3}$ , Monty size herhangi bir bilgi vermediğinde bu duruma karşılık gelir.

$\Pr(M|\bar{C})$ $\Pr(M)$ $\Pr(M \text{ and } \bar{C}) = \Pr(\bar{C} | M) \Pr(M) = \Pr(M | \bar{C}) \Pr(\bar{C})$

\begin{aligned} Pr (M) & = \frac{Pr (M | \bar{C}) Pr (\bar{C})}{Pr (\bar{C} | M)} \\ \frac{3}{2} Pr (M) & = Pr (M | \bar{C}), \end{aligned}

$\begin{split} \Pr(M) &= \frac{\Pr(M | \bar{C}) \Pr(\bar{C})}{\Pr(\bar{C} | M)}\\ \frac{3}{2} \Pr(M) &= \Pr(M | \bar{C}), \end{split}$

Pr (\bar{C})

$\Pr(\bar{C})$

\frac{2}{3}

$\frac{2}{3}$

Pr (\bar{C} | M)

$\Pr(\bar{C} | M)$

$\frac{2}{3}$

$\Pr(S)$

\begin{aligned} Pr (S) & = Pr (S | C) Pr (C) + Pr (S | \bar{C} and M) Pr (\bar{C} and M) + Pr (S | \bar{C} and \bar{M}) Pr (\bar{C} and \bar{M}) \\ = Pr (\bar{C} and \bar{M}) \end{aligned}

$\begin{split} \Pr(S) &= \Pr(S|C)\Pr(C) + \Pr(S|\bar{C} \text{ and } M)\Pr(\bar{C} \text{ and } M) + \Pr(S|\bar{C} \text{ and } \bar{M})\Pr(\bar{C} \text{ and } \bar{M})\\ &= \Pr(\bar{C} \text{ and } \bar{M}) \end{split}$

Pr (S | C) = Pr (S | \bar{C} and M) = 0

$\Pr(S|C) = \Pr(S|\bar{C} \text{ and } M) = 0$

Pr (S | \bar{C} and \bar{M}) = 1

$\Pr(S|\bar{C} \text{ and } \bar{M}) = 1$ (Bu kendinizi ikna!).

Devam ediyor:

\begin{aligned} Pr (S) & = Pr (\bar{C} and \bar{M}) \\ = Pr (\bar{M} | \bar{C}) Pr (\bar{C}) \\ = \frac{2}{3} - \frac{2}{3} Pr (M | \bar{C})) \end{aligned}

$\begin{split} \Pr(S) &= \Pr(\bar{C} \text{ and } \bar{M})\\ &= \Pr(\bar{M} | \bar{C}) \Pr(\bar{C}) \\ &= \frac{2}{3} - \frac{2}{3}\Pr(M | \bar{C})) \end{split}$

Görüyorsun, Monty her zaman yalan söylediğinde $\Pr(M | \bar{C})) = 1$ $\Pr(S)$ $\frac{2}{3}$

Bundan, hem Yalancı hem de Güvenilmez Monty için en uygun stratejileri belirleyebilirsiniz.

Zeyilname 1

Yoruma cevap olarak (vurgu madeni):

"Yorumumda @alex'e daha fazla ayrıntı ekledim - Monty asla düşmanca ya da aldatıcı değil, sadece FALLIBLE, çünkü her ne nedenle olursa olsun yanlış olabilir ve aslında kapıyı asla açmaz. Araştırma Monty'nin kabaca yanlış olduğunu gösteriyor zaman ve araba aslında orada ortaya çıkıyor. Bu, zamanın% 66,6'sının doğru olmasının Posterior Olasılığı, doğru mu? Monty SİZİN kapınızı asla seçmez ve asla onun seçimini yapmazsınız . Bu varsayımlar herhangi bir şeyi değiştirir mi? "

Anladığım kadarıyla, cevabımın başlangıcında sunulan Güvenilmez Monty Hall Sorunu.

$\frac{1}{3}$

\begin{aligned} Pr (S) & = \frac{2}{3} - \frac{2}{3} Pr (M | \bar{C}) \\ = \frac{2}{3} - \frac{2}{3} \times \frac{3}{2} Pr (M) \\ = \frac{2}{3} - \frac{1}{3} \\ = \frac{1}{3} \end{aligned}

$\begin{split} \Pr(S) &= \frac{2}{3} - \frac{2}{3}\Pr(M | \bar{C})\\ &= \frac{2}{3} - \frac{2}{3} \times \frac{3}{2}\Pr(M) \\ &= \frac{2}{3} - \frac{1}{3}\\ &= \frac{1}{3} \end{split}$

Bu nedenle, anahtarlama, orijinal kapıyla kalma veya izin verildiğinde, Monty'nin seçtiği kapıya geçiş yapma (sezginize göre) arasında bir fark yoktur.

— Alex
kaynak

Alex ve @Ruben van Bergen ve arkadaşları. Monty'nin asla düşmanca olmadığını, yanılabilir olduğunu ve “Araba'nın bu kapının arkasında olmadığından eminim” der. ama kapıyı açmaz. Research'ün WRONG olduğunu sadece zamanın sadece% 33.3'ünü gösterdiğini, dolayısıyla% 66.6'sını (Posterior Olasılık?) Doğru olduğunu varsayalım. Geçiş yapmanın hala bir faydası var, ancak doğruluğu yalnızca% 33.3'e ulaştığında, HIS kapısına veya diğerine geçmek anlamsız olacak. Kelimenin tam anlamıyla bir "tahminin benimki kadar iyi" bir durum. Bunlardan herhangi biri Analizlerinizi veya Formüllerinizi değiştirir mi?

— Pseudoego

Hayır, bu benim analizimi değiştirmiyor. Yorumunuzdaki soruyu netleştireceğini umduğum bir şey ekledim. Btw, "düşmanca", "yanılabilir", "monty lies" kelimelerini çok fazla okumam. Bunlar, Monty'nin bir keçi içeren bir kapı konusunda yanlış olduğu (koşullu) olasılığı olarak kesin olarak tanımlanmadıkça hiçbir şey ifade etmez.

— Alex,

MY OWN sorusuna KENDİ cevabımın verilen tek açıklama ile silineceği konusunda oldukça sinirlenmiş, bu sitenin "tartışma" için olmadığı - yani çoğunlukla şu ana kadar verilen Yanıtların neden doğru olduğunu düşündüğümü açıkladığımı ve nasıl cevap vereceğini açıkladığımda - silindiğini çok rahatsız etti. Bir işe yara. Verilen diğer cevapların çoğunda çok daha fazla tartışma vardı. Bu birisinin kendi sorusuna vereceği cevabı silmek için bana - en iyisi - en kötüsü - en kötüsü - en kötüsü gibi görünüyor: tartışmadan EN İYİ olarak bir Yanıtı neden derecelendirdiğinizi nasıl açıklayabilirsiniz? Ne olursa olsun cevap veren herkese teşekkürler.

— Pseudoego

@Pseudoego son yorumunuz asıl sorunuz üzerine yorum olarak daha iyi bir yazıdır. Cevabınızı görmedim, ancak varolan yanıtları tartışmak istediğiniz gibi görünüyor, bu durumda asıl sorunuzu değiştirebilirsiniz.

— Alex,

0

Bazı nedenlerden dolayı, bir moderatör "tartışmayı" esas alarak kendi soruma kendi cevabımı silmeye karar verdi. Gerçekten NASIL göremiyorum, benim için neyin işe yaradığını ve pratikte nasıl uygulanabileceğini tartışmadan En İyi Yanıt'ın ne olduğunu açıklayabilirim.

Önceki cevaplarda verilen içgörüleri ve formülleri takdir ediyorum. O gibi görünen EĞER "hatalı Monty" Bir Ödül / Car yokluğunu tahmin etmede sadece% 66 doğrudur SONRA onun% 33 hata oranı varsayılan çünkü .... kapıların orijinal seçimi geçiyorsa SIFIR fayda var HERHANGİ bir kapının arkasında olmak için ödülün taban oranı. Yine de, IF Monty'nin anahtarlamanın daha fazla fayda sağlamasından ötürü HİÇBİR ÖDÜL olmadığının tahmininde% 66'dan daha iyi olduğunu varsayıyoruz.

— Pseudoego
kaynak