Matematyka pomaga odkryć fałszerstwa w zeznaniu...

[Gość: Shaddock]

Czy ktoś mi wytłumaczy zagadnienie bram z "Idź na całość"?
Nie rozumiem, dlaczego zmiana bramy miałaby podnieść prawdopodobieństwo
wygranej. Przecież każda z bram ma 33.3%...

[Gość: joanna]

zgadzam sie. autor nie wytlumaczyl dlaczego to podnosi prawdopodobienstwo,
stwerdzil tylko, ze tak jest, bo tak musi byc (uzyl innych sformulowan, ale
taka jest generalnie idea). mnie to nie wystarcza. niedobry artykul
(powierzchowny o sprawach, ktore nie moga byc traktowane powierzchownie).

P.S. Nie, nie jestem blondynka

[pstrys]

Masz do wyboru trzy bramy (A, B, C). Za jedną z nich jest nagroda.

Wybierasz jedną z bram (powiedzmy A). Prawdopodobieństwo że trafisz jest 1/3.
Prawdopodobieństwo że nagroda jest za B albo C jest 2/3.

Teraz prowadzący odsłania jedną z bram (B lub C), O KTÓREJ WIE że nie kryje
nagrody. Powiedzmy że była to B.

Prawdopodobieństwo że nagroda jest za bramą A jest ciągle 1/3, za bramą C: 2/3.
Opłaca się zamienić.

[Gość: Gość]

> Opłaca się zamienić.

Kto was uczył matematyki? Jeżeli prowadzący odsłania jedną z bram to zmienia
eksperyment bo nie ma już wyboru 1 z 3 tylko jest wybór 1 z 2, czyli mamy nową
sytuację z A 1/2 i C 1/2 a nie żadne 2/3.

[Gość: KubaL]

Gościu, zastanów się zanim napiszesz coś na forum. Wyobraź sobie, że nagroda
jest w jednej z trzech bram a ty możesz wybrać albo jedną z nich, albo dwie z
nich (bo de facto wybierając dwie będziesz mógł odkryć obie z pomocą
prowadzącego). Nadal twierdzisz że prawdopodobieństwo wynosi 1/2?

[Gość: aaa]

I znów zmieniołeś treść zadania

[Gość: KubaL]

Zmieniłem sformułowanie ale nie sens. Podpowiedź prowadzącego powoduje tyle, że
możesz zamienić swoją bramkę na, de facto, dwie pozostałe spośród których tylko
jedna może zawierać nagrodę.
Pozdrawiam

[Gość: aaa]

A może nie zawierać żadna.

[Gość: KubaL]

Ale prawdopodobieństwo, że w którejś z nich jest wynosi 2/3.

w zyciu!

[Gość: wsx]

Teraz mam wybrac dwie bramy? OK, to biore ta odkryta (pusta) i ta sama, co
poprzednio. Wybralem dwie, wiec powinienem miec 2/3, ale przeciez nie zmienilem
bramy.

Politechniczna matematyka, phi ;/

[Gość: md]

To cale odkrywanie to tylko chwyt psychologiczny, bo przeciez wiadomo, ze z
kazdych dwoch jedna na pewno bedzie pusta. Tak naprawde w tym doswiadczeniu
wybierasz albo jedna bramke z 3 albo dwie bramki z 3. Prawdopodobienstwo
trafienia w tym drugim przypadku jest 2/3 i fakt, ze facet odkrywa jedna pusta
jest tylko po to, ze by cie zmylic (przeciez i tak wiesz, ze jedna z tych dwoch
jest pusta bez pomocy faceta). Nie ma zadnego kolejnego losowania.

błąd w rozumowaniu

[Gość: dn]

nie możesz wybrać dwóch bramek z trzech!!!

[Gość: md]

Zastosuj taki eksperyment myslowy:
Facet mowi: prosze sobie wybrac jedna bramke z 3. Wybierasz.
Teraz facet mowi: czy chce pan zamienic na dwie pozostale? Chcesz czy nie?
Pewnie chcesz bo twoje szanse rosna z 1/3 do 2/3.
Teraz w _myslach_ odkrywasz sobie jedna bramke z tych dwoch, obojetnie ktora, to
nie ma znaczenia, bo i tak jedna jest na pewno pusta.
Czy przez to odkrycie bramki w myslach twoje szanse zmalaly? Nie, dalej sa 2/3 a
nie 1/2.
Ten eksperyment nie rozni sie niczym od tego w ktorym facet fizycznie odkrywa
bramke.

TO JEST PROSTE

[Gość: Józio]

Długo myślałem i nagle mnie olśniło - prawdopodobieństwo przeciwne. Zajrzałem
do zbiorku zadań z liceum i co? Było podobne zadanie w
rozdziale "Prawdopodobieństwo przeciwne". Przy tym schemacie eksperymentu
zostając przy pierwotnym wyborze cały czas mamy JEDEN eksperyment. A zdarzenie
przeciwne do niego, to jest ta bramka, której wcześniej nie wybraliśmy :)

A PRZYKŁAD Z URODZINAMI????????????

[Gość: dd]

[goskagoska]

> Teraz mam wybrac dwie bramy? OK, to biore ta odkryta (pusta) i ta sama, co
> poprzednio. Wybralem dwie, wiec powinienem miec 2/3, ale przeciez nie zmienilem
> bramy.

No to jesteś frajer. Bo jak ta najpierw wybrana jest bez nagrody(prawd.2/3), to
wybierasz obie puste (na 100% nieodsłonięta z dwóch jest pełna w tej sytuacji).
A jeśli w pierwszej wybranej jest nagroda (prawd.1/3), to faktycznie wygrywasz,
tylko my tu mówimy o prawdopodobieństwie i zwiększaniu szans, a zwiększasz swoje
szanse (z 1/3 do 2/3) gdy zmieniasz wybór.

[Gość: Michał]

Może prościej będzie wytłumaczyć to tak: "Wyobraź sobie że jest 10 bram. Ty
wskazujesz jedną, a prowadzący otwiera 8 z pozostałych. Zostajesz przy starym
wyborze czy zmieniasz zdanie na 9 z pozostałych?"

[Gość: dn]

Gość portalu: KubaL napisał(a):

> Zmieniłem sformułowanie ale nie sens. Podpowiedź prowadzącego powoduje tyle,
>że możesz zamienić swoją bramkę na, de facto, dwie pozostałe spośród których
>tylko jedna może zawierać nagrodę.

po pierwsze: może zmyłka a nie podpowiedź
po drugie: zdanie "możesz zamienić swoją bramkę na, de facto, dwie pozostałe
spośród których tylko jedna może zawierać nagrodę" nie jest prawdziwe,
nie mogę swojej zamienić na DWIE pozostałe, bo jedna z nich została odsłonięta
mogę ją zamienić tylko na jedną - a więc jeden na jeden

błąd w rozumowaniu

[Gość: dn]

Gość portalu: KubaL napisał(a):

> Gościu, zastanów się zanim napiszesz coś na forum. Wyobraź sobie, że nagroda
> jest w jednej z trzech bram a ty możesz wybrać albo jedną z nich, albo dwie z
> nich (bo de facto wybierając dwie będziesz mógł odkryć obie z pomocą
> prowadzącego). Nadal twierdzisz że prawdopodobieństwo wynosi 1/2?

błąd jest tutaj: "możesz wybrać albo jedną z nich, albo dwie z nich (bo de
facto wybierając dwie ...."
zawsze wybierasz tylko jedną!!!
są dwa podejścia - dwa eksperymenty

Na zdrowy, chłopski rozum

[Gość: Prosty chłop]

1. Masz do wyboru trzy bramy (A, B, C). Za jedną z nich jest nagroda.
Wybierasz jedną z bram (powiedzmy A). Prawdopodobieństwo że trafisz jest 1/3.
Prawdopodobieństwo że nagroda jest za B albo C jest 2/3.
Teraz prowadzący odsłania jedną z bram (B lub C), O KTÓREJ WIE że nie kryje
nagrody. Powiedzmy że była to B.
Prawdopodobieństwo że nagroda jest za bramą A jest ciągle 1/3, za bramą C: 2/3.
Opłaca się zamienić.

2. Gościu, zastanów się zanim napiszesz coś na forum. Wyobraź sobie, że nagroda
jest w jednej z trzech bram a ty możesz wybrać albo jedną z nich, albo dwie z
nich (bo de facto wybierając dwie będziesz mógł odkryć obie z pomocą
prowadzącego). Nadal twierdzisz że prawdopodobieństwo wynosi 1/2?


Mamy oto dwie różne koncepcje, przy czym wzięte z osobna obie wydają się
logiczne. Sprawdźmy która jest poprawna w ten sposób, że weźmy za podstawę
przebieg gry przedstawiony w koncepcji pierwszej.
Z trzech bram A,B,C grający wybrał A, dla której prawdopodobieństwo obecności w
niej nagrody wynosi 1/3. Naturalnie B i C razem wzięte reprezentują
prawdopodobieństwo 2/3, które po odsłonięciu (czyli wyeliminowaniu) bramy
C "przenosi się" na samą tylko bramę B. A zatem według rozumowania autora
koncepcji pierwszej mamy sytuaję A=1/3 i B=2/3.
Weźmy teraz te same trzy bramy A, B i C, ale załóżmy, że grający wybrał bramę B
czyli "przyznał" jej prawdopodobieństwo 1/3. Pozostały zatem A i C, o
prawdopodobieństwie 2/3, z których to prowadzący znów odsłonił (czyli
wyeliminował) bramę C, a zatem całe prawdopodobieństwo 2/3 "przeszło" teraz na
bramę A. W efekcie uzyskaliśmy sytuację dokładnie odwrotną od opisanej wyżej, a
mianowicie A=2/3 i B=1/3.
Czy jest możliwym aby te same bramy A i B, po odrzuceniu tej samej bramy C
miały raz prawdopodobieństwo 1/3, a raz 2/3, w zależności tylko od tego, którą
wskażemy jako pierwszą?
Przykład ten świadczy dobitnie o tym, że autor koncepcji nr 1 NIE MA RACJI.
Wyliczone przez niego prawdopodobieństwo 1/3 dla pierwotnie wybranej bramy i
2/3 dla bramy, która pozostała po wyeliminowaniu trzeciej jest tylko pozorne,
bo jest wynikiem pozornie tylko poprawnego myślenia. CHODZI O TO, ŻE
PRAWDOPODOBIEŃSTWA NIE SUMUJĄ SIĘ W PROSTY ARYTMETYCZNIE SPOSÓB i nie można
prawdopodobieństwa należącego do dwóch bram przypisać po wyliminowaniu jednej -
drugiej bramie. Czyż bowiem ja i mój pies mamy PRAWDOPODOBNIE po trzy nogi
skoro razem mamy ich sześć?
Poprawne matematycznie (nie statystycznie) jest tylko myślenie zaprezentowane
przez KubaL-a. Po wyeliminowaniu bramy C mamy ZUPEŁNIE NOWĄ SYTUACJĘ, w której
występują tyko dwie bramy, dla których PRAWDOPODOBIEŃSTWO, że zawierają wygraną
WYNOSI DOKŁADNIE TYLE SAMO tj. 1/2.

O tym zaś, że prawdopodobieństwa nie wolno sumować arytmetycznie niech przekona
może niedowierzających następujący przykład: Mamy bram nie trzy, a dziesięć.
Wybieramy jedną z nich, dla której prawdopodobieństwo wynosi 1/10. Zatem
pozostałych 9 bram "zawiera w sobie" prawdopodobieństwo 9/10. Natępnie z
dziewięciu bram eliminujemy kolejno osiem pustych bram, tak że "na placu boju"
pozostaja w końcy dwie bramy; wybrana przez nas pierwotnie oraz jedna z
dziwięciu pozostałych. Czy w tej sytuacji prawdopodobieństwo "naszej" wybranej
bramy wynosi nadal 1/10, a drugiej 9/10? Niestety, szanse, że nagroda jest w
naszej bramie są dokładnie takie same jak szanse na to, że jest w pozostałej.

I jeszcze jedna uwaga. Gdyby istotnie tak było, że prawdopodobieństwo bram B i
C sumowałoby się i "przechodziło" w całości na jedną z nich, pewnie już po
pierwszym programie wieść o tym rozniosłaby się po kraju i wszyscy uczestnicy
gry przenosiliby natychmiast swój wybór na bramę "zsumowanych
prawdopodobieństw", a skuteczność w grze o główną nagrodę wynosiłaby 67%. O
tym, że tak nie było świadczy choćby utrzymyuwanie się programu "Idź na całość"
na antenie przez kilkanaście bodaj miesięcy. Przy skutecznośći grających 67%
stacja telewizyjna "zwinęłaby interes" raz dwa.

[Gość: judas27]

> O tym zaś, że prawdopodobieństwa nie wolno sumować arytmetycznie niech
> przekona może niedowierzających następujący przykład: Mamy bram nie
> trzy, a dziesięć.
> Wybieramy jedną z nich, dla której prawdopodobieństwo wynosi 1/10. Zatem
> pozostałych 9 bram "zawiera w sobie" prawdopodobieństwo 9/10. Natępnie z
> dziewięciu bram eliminujemy kolejno osiem pustych bram, tak że
> "na placu boju"
> pozostaja w końcy dwie bramy; wybrana przez nas pierwotnie oraz jedna z
> dziwięciu pozostałych. Czy w tej sytuacji prawdopodobieństwo
> "naszej" wybranej
> bramy wynosi nadal 1/10, a drugiej 9/10? Niestety, szanse, że nagroda jest w
> naszej bramie są dokładnie takie same jak szanse na to, że jest w pozostałej.

naprawdę? według tego toku myślenia wychodzi, że szanse na trafienie właściwej
bramki (jednej z dziesięciu) wynoszą ni mniej ni więcej tylko...50% (skoro
ostatecznie wybiera się z dwóch (wybranej i tej, która pozostała)). nawet
dziecko wie, że tak nie jest.

[Gość: Prosty chłop]

> naprawdę? według tego toku myślenia wychodzi, że szanse na trafienie
właściwej
> bramki (jednej z dziesięciu) wynoszą ni mniej ni więcej tylko...50% (skoro
> ostatecznie wybiera się z dwóch (wybranej i tej, która pozostała)). nawet
> dziecko wie, że tak nie jest.

Błędny wniosek. Zakładasz bowiem, że prawdopodobieństwo jest constans, od
początku do końca takie same. Tymczasem ono zmienia się z postępem eksperymentu
i wynosi 50% dopiero wówczas, gdy zostają dwie bramy do wyboru. Nagroda mogła
jednak być w którejś z ośmiu odsłonietych wcześniej bram, bo prawdopodobieństwo
na początku wynosiło tylko 10 %. O czym wyraźnie napisałem, tyko albo nie
doczytałeś albo nie "przyjąłeś do wiadomości".

[Gość: judy]

Gość portalu: Prosty chłop napisał(a):

> > naprawdę? według tego toku myślenia wychodzi, że szanse na trafienie
> właściwej
> > bramki (jednej z dziesięciu) wynoszą ni mniej ni więcej tylko...50% (skor
> o
> > ostatecznie wybiera się z dwóch (wybranej i tej, która pozostała)). nawet
>
> > dziecko wie, że tak nie jest.
>
> Błędny wniosek. Zakładasz bowiem, że prawdopodobieństwo jest constans, od
> początku do końca takie same. Tymczasem ono zmienia się z postępem
eksperymentu
>
> i wynosi 50% dopiero wówczas, gdy zostają dwie bramy do wyboru. Nagroda mogła
> jednak być w którejś z ośmiu odsłonietych wcześniej bram, bo
prawdopodobieństwo
>
> na początku wynosiło tylko 10 %. O czym wyraźnie napisałem, tyko albo nie
> doczytałeś albo nie "przyjąłeś do wiadomości".

nagroda nie mogla byc w ktorejs z odslonietych bramek, bo inaczej by jej nie
odslonieto. nagradą sie nie "merda" i jest ona caly czas w tej samej bramce.
zatem 90% szansy mamy na to, ze bedzie w ktorejs z bramek, ktorych nie
wybralismy...

[Gość: Prosty chłop]

Tylko w praktyce TVN-u odsłania się wyłącznie bramki puste. Ja mam na myśli
eksperyment "czysty", bez kombinowania z nagrodą, w którym odsłania się bramki
niewybrane (odrzucone) przez grającego. W jednej z nich może z powodzeniem być
nagroda. W miarę odrzucania kolejnych bramek (pustych) prawdopodobieństwo
wygranej rośnie. Odsłonięcie niewybranej bramki z nagrodą przerywa po prostu
eksperyment.

[Gość: judy]

po pierwsze - to nie w tej telewizji byl program, o ktory tu chodzi;)
po drugie - formula programu zaklada (i caly czas o to tu chodzi), ze ZAWSZE odslaniane sa puste i tylko puste bramki.

[Gość: Prosty chłop]

Mniejsza o stację telewizyjną i formułę programu. Dyskusja już od dawna dotyczy
tylko prawdopodobieństwa w czystych, matematycznych kategoriach.

[Gość: judy]

no to ci sie chlopie prosty zagubilo po drodze, ze byl jeden warunek - bramka z nagroda nie zostanie, bo nie moze byc odslonieta. musi zostac jako jedna z dwoch. od poczatku tak bylo i caly czas o to chodzi.

[Gość: Prosty chłop]

Przy takim warunku całe te dociekania nie mają najmniejszego sensu, bo z góry
wiadomo, że nagroda jest w jednej z dwóch ostatnich bramek, przy czym ta druga,
niewybrana, reprezentuje całą resztę. W takim przypadku
prawdopodobieństwo "przebywania" nagrody w ostatniej z niewybranych bramek,
rzeczywiście wynosi procentowo tyle, ile procent całości reprezentowała
niewybrana "reszta", a więc przy trzech pierwotnie bramkach 67%, zaś przy
dziesięciu - 90%.
Niestety, nie zauważyłem jakoś, że istnieje ów "szczególny warunek", który
obecnie wymieniłeś, a który diametralnie zmienia sytuację.

[Gość: judy]

> Niestety, nie zauważyłem jakoś, że istnieje ów "szczególny warunek", który
> obecnie wymieniłeś, a który diametralnie zmienia sytuację.

No to bardzo mi przykro. Caly watek wyszedl od tego, ze ktos nie rozumial
dlaczego zmieniajac bramke w KONKRETNYM programie rozrywkowym jego szanse rosna.
Wiec to nie ja wymienilem warunek tylko pewnemu prostemu chlopu sie nie
zauwazylo...
aha:
> Przy takim warunku całe te dociekania nie mają najmniejszego sensu, bo z góry
> wiadomo, że nagroda jest w jednej z dwóch ostatnich bramek, przy czym ta
> druga,

nie - istnieje pewne prawdopodobienstwo, ze jest w tej, ktora gracz wybral na
poczatku, tym wieksze im mniej bramek na wstepie gry... wiec prosze mi tu
nie "bezsensowac"

[Gość: Prosty chłop]

> > Przy takim warunku całe te dociekania nie mają najmniejszego sensu, bo z
> góry
> > wiadomo, że nagroda jest w jednej z dwóch ostatnich bramek, przy czym ta
> > druga,

> nie - istnieje pewne prawdopodobienstwo, ze jest w tej, ktora gracz wybral na
> poczatku, tym wieksze im mniej bramek na wstepie gry... wiec prosze mi tu
> nie "bezsensowac"

Jedną z tych "dwóch ostatnich bramek", o których napisałem, jest właśnie ta,
którą gracz wybrał na początku, to chyba jasne? Napisałem tez wyraźnie i o tym,
że prawdopodobieństwo jest uzależnione od początkowej liczby bramek.
Tym razem chyba judy "się nie zauważyło". :-))
Pozdrawiam.

[Gość: judy]

no, czyli sie zgadzamy;). ja tak sie zagalopowalem, ze nie zauwazylem tego nic
nie znaczacego faktu;).
Jak to dobrze, ze judy to juz nie ten sam zacietrzewiony judy co przed rokiem,
bo brnelibysmy dalej;))
pozdrawiam tez

[Gość: matematyk]

Moze troche pomoze w zrozumieniu tej sytuacji to, ze zgadujacy WIE, iz
prowadzacy zachowuje sie fair, tzn. ZAWSZE pokaze wsrod tych dwoch nie
wskazanych bram jedna, za ktora nie kryje sie nagroda (sytuacja nieco sie
komplikuje, jesli zalozyc, ze zachowanie prowadzacego zalezy jakos od tego, czy
pierwotne wskazanie bylo trafne, czy tez nie - to dobry temat do przemyslen).

Jesli ktos ma problemy z pogodzeniem tej sytuacji z intuicja, prosze pomyslec o
innej grze: tym razem jest 100 bram, ale nagroda wciaz tylko za jedna z nich.
Typujemy losowo jedna brame, a prowadzacy sposrod pozostalych 99 bram otwiera 98
tych, za ktorymi, jak wie, nie kryje sie nagroda. Teraz mamy wybrac, czy
obstajemy przy pierwotnym wskazaniu, czy przerzucamy glos na te brame (rozna od
pierwotnie wskazanej), ktorej prowadzacy nie otworzyl. Gdyby (falszywa) intuicja
mowiaca, ze nie ma znaczenia, czy zmienimy nasz wybor czy nie, bo i tak mamy 50%
szans, byla sluszna w zadaniu z trzema bramami, to powinna byc sluszna i tym
razem. Tymczasem powinno byc jasne, ze szansa, iz pierwotnie wskazalismy trafnie
jedna ze stu bram jest mala, wiec z prawdopodobienstwem bliskim pewnosci nagroda
jest za jedna z pozostalych 99 bram. Za ktora? Prowadzacy wlasnie nam pokazal...

Cos mi sie wydaje, ze lepiej byloby w Gazecie opowiedziec jeden taki problem z
rzetelnym wyjasnieniem niz podawac kilka "ciekawostek" bez wyjasnien.
Aha, w papierowej wersji "Wyborczej", ktora dzis kupilem, niezawodna korekta
usunela w historii o monetach slowa "z rzedu" w ten sposob odbierajac jej
calkiem sens.

[Gość: matematyk]

Wlasnie zobaczylem, ze pstrys ponizej podaje to samo wyjasnienie :)

[Gość: prostak]

czy w tkaim razie wybranie tej samej bramki po raz drugi nie zwieksza tez
prawdopodobienstwa?

[Gość: matematyk]

Krotko mowiac - nie. Obstawanie przy pierwotnym wyborze ma sens TYLKO wtedy (co
jasne zwlaszcza w modelu ze 100 bramami), jesli uwazamy, ze juz za pierwszym
razem trafilismy (a celowalismy wtedy w jedna brame ze stu!).

[Gość: prostak]

czyli drugie zdarzenie jest zalezne od pierwszego, dlaczego? czy wybor pustej
bramki przez prowadzacego ma jakikolwiek wplyw na to gdzie znajduje sie nagroda
przy drugim wyborze?

[Gość: inny matematyk]

Tak. Prowadzący wie, w której bramce jest nagroda. I odkrywa tylko te bramki,
które nie zostały wskazane przez gracza. Dlatego przejście z sytuacji pierwszej
do sytuacji drugiej nie ma żadnego elementu losowego. Powoduje to, że
prawdopodobieństwo, że nagroda jest w którejś z pozostałych bramek "przepływa"
to tej jednej z nich, której prowadzący nie odkrył.

[Gość: dn]

Gość portalu: inny matematyk napisał(a):

> Tak. Prowadzący wie, w której bramce jest nagroda. I odkrywa tylko te bramki,
> które nie zostały wskazane przez gracza. Dlatego przejście z sytuacji
pierwszej
> do sytuacji drugiej nie ma żadnego elementu losowego. Powoduje to, że
> prawdopodobieństwo, że nagroda jest w którejś z pozostałych bramek "przepływa"
> to tej jednej z nich, której prowadzący nie odkrył

prawdopodobieństwo nie "przepływa" - nie istnieje coś takiego
sam sobie przeczysz, pisząc: "przejście z sytuacji pierwszej do sytuacji
drugiej..." potwierdzasz, że są dwa eksperymenty - w drugim wybierasz jedną
bramę z DWÓCH - prawdopodobieństwo 50%

Matematyka nie dla matematyków!

[Gość: Prosty chłop]

matematyk napisał:
"Tymczasem powinno byc jasne, ze szansa, iz pierwotnie wskazalismy trafnie
jedna ze stu bram jest mala, wiec z prawdopodobienstwem bliskim pewnosci nagroda
jest za jedna z pozostalych 99 bram. Za ktora? Prowadzacy wlasnie nam pokazal."

A co pan, panie matematyku, powie na to, co napisałem (powyżej pańskiego postu)
jako "Prosty chłop".
"Z trzech bram A,B,C grający wybrał A, dla której prawdopodobieństwo obecności
w niej nagrody wynosi 1/3. Naturalnie B i C razem wzięte reprezentują
prawdopodobieństwo 2/3, które po odsłonięciu (czyli wyeliminowaniu) bramy
C "przenosi się" na samą tylko bramę B. A zatem według rozumowania autora
koncepcji pierwszej mamy sytuaję A=1/3 i B=2/3.
Weźmy teraz te same trzy bramy A, B i C, ale załóżmy, że grający wybrał bramę B
czyli "przyznał" jej prawdopodobieństwo 1/3. Pozostały zatem A i C, o
prawdopodobieństwie 2/3, z których to prowadzący znów odsłonił (czyli
wyeliminował) bramę C, a zatem całe prawdopodobieństwo 2/3 "przeszło" teraz na
bramę A. W efekcie uzyskaliśmy sytuację dokładnie odwrotną od opisanej wyżej, a
mianowicie A=2/3 i B=1/3.
Czy jest możliwym aby te same bramy A i B, po odrzuceniu tej samej bramy C
miały raz prawdopodobieństwo 1/3, a raz 2/3, w zależności tylko od tego, którą
wskażemy jako pierwszą?"

No właśnie. Czy dla tyych samych bram A i B prawdopodobieństwo może wynosić raz
1/3 a raz 2/3, w zależności tylko od tego, którą z nich wskazujemy pierwotnie?
To kiedy (praktycznie) jest naprawdę większe? Którą bramę lepiej wskazać aby
wygrać?
Albo zabawny sie (umysłowo) jeszcze inaczej. Powiedzmy, ze grający wybrał bramę
C, która jest pusta. Prowadzący odsłonił następnie i odrzucił bramę B, która
też była pusta. Według pańskiej wykładni teorii prawdopodobieństwa, grający ma
teraz 67% szans jeśli przerzuci swój wybór na A i 33% szans jesłi pozostanie
przy C. W rzeczywistości te szanse są, odpowiednio, 100% i 0%, ale :kierunek",
który wskazała "nauka" jest prawidłowy. Co jednak dzieje się, jeśli grający
wybrał bramę A, w której rzeczywiście jest nagroda, a prowadzący odsłonił i
odrzucił B jako pustą. Według pańskiej teorii grający ma teraz 67% szans jeśłi
przerzuci się na C, a tylko 33% jesłi pozostanie przy A. W rzeczywistości jest
dramatycznie inaczej; jeslki pozostanie przy A, ma 100 % szans, jeśli przerzuci
się - będzie miał 0% i przegra!
No i jak w tym przypadku potwierdza się pański "wzór na szansę wygranej"?
Czy przypadkierm matematyka nie jest zbyt poważną sprawa aby powierzać ją
matematykom? :))
Pozdrowienia.
Prosty chłop

[Gość: matematyk]

Zakladam, ze jeszcze komus sie chce to czytac (ze wzgledu na liczbe postow),
wiec odpowiem pokrotce. Prawdopodobienstwo to, z punktu widzenia matematyka,
pewna miara, a wiec twor abstrakcyjny, mierzacy inne twory czysto matematyczne.
Nie chce tu wchodzic w detale, bo to temat na zaawansowany polroczny wyklad (nie
bez powodu nauka zmagala sie z aksjomatyzacja prawdopodobienstwa przez
kilkadziesiat lat). Jesli chcemy uzywac matematycznego jezyka rachunku
prawdopodobienstwa do roznych zadan ze swiata rzeczywistego (np. zadania o
bramach), trzeba wpierw dobrze "przelozyc" je na model matematyczny. I tu
oczywiscie pojawiaja sie problemy, zwlaszcza jesli ktos uslyszal o
prawdopodobienstwie kilka razy w zyciu i uwaza, ze juz wszystko zrozumial (to
troche tak, jak w starym dowcipie, ktory podam dla ulatwienia w wersji
fonetycznej: Wulewu kusze awek mua? - Spasiba, ja uze kuszal).

Nie wdajac sie moze w szczegoly postu Prostego chlopa (i nie pomijajac jego
chybiony sarkazm) chce jednak zaznaczyc, co jest w nim podstawowa pomylka
- otoz prawdopodobienstwo w tego typu zadaniach mierzy, z grubsza mowiac, poziom
naszej wiedzy i niewiedzy o jakims zdarzeniu, nie zas jego stan "fizykalny".
Jesli np. rzuce moneta i upadnie ona tak daleko ode mnie, ze musze do niej
podejsc, by zobaczyc, czy wypadl orzel czy tez reszka, to wynik rzutu mozna
traktowac jako losowy, mimo ze jest juz przeciez przesadzony.

Na koniec moze jedna uwaga, ktora moze czesciowo tlumaczy, skad bierze sie
bledne przekonanie o szansach 50-50 nawet w wersji dla 100 bram. Otoz
podejrzewam, ze wiele osob w sposob nie calkiem swiadomy "dopisuje" tu dodatkowe
zalozenie o zlej woli prowadzacego teleturniej (rozwiazanie podane w artykule
pasuje, jak juz w ktoryms z poprzednich postow pisalem, do sytuacji, gdy
prowadzacy ZAWSZE otworzy jedna "pusta" brame rozna od wskazanej przez nas).
Jesli przyjac, ze sytuacja opisana w artykule powstaje w wyniku gry o innych
regulach, to wlasciwa reakcja ulega zmianie (innymi slowy, wiemy ze prowadzacy
otworzyl brame, ale mamy podstawy by podejrzewac, iz wiaze sie to z naszym
wskazaniem, a gdybysmy wskazali inna brame na poczatku, moze w ogole by nic nie
otwieral). Jezeli np. prowadzacy mialby taka strategie, ze otwiera "pusta" brame
TYLKO wtedy, gdy my na poczatku wskazujemy wlasciwa, to oczywiscie nasza
optymalna strategia powinna polegac na pozostaniu przy pierwotnym wyborze.

[Gość: cd.]

(dokonczenie)

Jesli natomiast prowadzacy mialby taka zlosliwa strategie, ze
otwieralby "pusta" brame TYLKO wtedy, gdy nasze pierwsze wskazanie jest bledne,
to oczywiscie nasza optymalna strategia powinna zawsze zmieniac wskazanie.

Poniewaz zwykle nie wiemy, jaka strategie obiera prowadzacy i mozemy sie bac,
ze jako dobry psycholog jest w stanie nas "przejrzec", rozasadnie
mozna "ulosowic" swoja strategie w nastepujacy sposob - gdy po otwarciu bramy
zostaja nam dwie bramy do wyboru, rzucamy symetryczna moneta i jesli wypadnie
orzel, zmieniamy wskazanie, a jesli wypadnie reszka - obstajemy przy pierwotnym
wskazaniu. To daje nam 50% szans, niezaleznie od zlosliwosci strategii
prowadzacego. Jesli boimy sie, ze zabroni nam rzucac moneta w czasie
teleturnieju, mozemy stosowny rzut moneta wykonac przed wyjsciem z domu :)

[Gość: pioc]

> Otoz podejrzewam, ze wiele osob w sposob nie calkiem swiadomy "dopisuje" tu
> dodatkowe zalozenie o zlej woli prowadzacego teleturniej (rozwiazanie podane
> w artykule pasuje, jak juz w ktoryms z poprzednich postow pisalem, do
> sytuacji, gdy prowadzacy ZAWSZE otworzy jedna "pusta" brame rozna od
> wskazanej przez nas).

Też tak myślę. Ale to by dowodziło tego, że te osoby nieuważnie czytały tekst
autora, bo w tekście jest wyraźnie powiedziane, że prowadzący zawsze wybiera
bramę, o której wie, że jest pusta.

pozdr.
pioc

[Gość: ajron]

> Tymczasem powinno byc jasne, ze szansa, iz pierwotnie wskazalismy trafnie
> jedna ze stu bram jest mala, wiec z prawdopodobienstwem bliskim pewnosci
nagroda
> jest za jedna z pozostalych 99 bram. Za ktora? Prowadzacy wlasnie nam pokazal.

Prawdopodobienstwo, iz na 99% nagroda jest za brama przeciwna do tej, ktora
wybralismy pozostaje tylko w przypadku, gdybysmy nie mogli powtornie losowac.
Innymi slowy, prowadzacy odkrywa 98 pustych bram, aby nas zmaltretowac
psychicznie ;), a na koniec odkrywa ta ostatnia nie wybrana, w ktorej na 99%
jest nagroda.

W tym przypadku jednak sa dwa losowania, gdzie pierwsze losowanie nie ma
absolutnie zadnego znaczenia. Mozemy nawet nie losowac (losowac i od razu
zapomniec o wyborze) a prowadzacy i tak odsloni 98 pustych bram. Interesuje nas
tylko ostanie losowani, w ktorym mamy zawsze 50% szans. Pierwsze losowanie
mialo tylko i wylacznie na celu wprowadzic dodatkowe napiecie.

[Gość: ajron]

Jednak dowod pstrysa:

"Powiedzmy że nagroda jest w A:

Z p=1/3 wybierasz A.
- jak nie zmieniasz to wygrywasz
- jak zmieniasz to przegrywasz

Z p=1/3 wybierasz B
- jak zmieniasz to wygrywasz
- jak nie zmieniasz to przegrywasz

Z C jest taki sam przypadek jak z B.

Zatem w 2/3 przypadków zmiana daje nagrodę.

BTW - masz dwie zmienne decyzyjne (brama A, B lub C i zmienić / nie zmienić)
możiwych kombinacji dla reprezentatywnego przypadku jest więc sześć (a nie
osiem) ;)"

przekonal mnie :)

[Gość: hilevel]

dokładnie tak. Sytacji A nie można w ogóle zestawiać z sytuacją B

jedynie słuszne podejście

[Gość: dn]

Gość ma rację
prawdopodobieństwo 2/3 dotyczyło DWÓCH bram: B i C
TERAZ zostaje tylko JEDNA
czy pozostaje jedna z dwóch, czy z miliona nie ma znaczenia
prawdopodobieństwo nie przechodzi, nie przepływa - jak piszecie
ono nie jest dziedziczone
powstaje NOWA SYTUACJA - wybór jednej bramy z dwóch

[Gość: md]

Raczej nie idz do kasyna, tylko do szkoly

[Gość: j]

dobra rada... :)

[Gość: dn]

a co, uczą o dziedziczeniu prawdopodobieństwa?

[Gość: gfgh]

Nie ma zadnego "dziedziczenia" p-stwa. Proces losowy jest po prostu zaburzany
przez gostka (prowadzącego) który WIE która bramka jest pusta a która nie. Stąd
się bierze owo "dziedziczenie" i "inteligentne" prawdopodobieństwo.

[Gość: dn]

w trzech zdaniach sam sobie przeczysz

[pstrys]

Można jeszcze tak:

Wyobraź sobie że bram nie jest 3 ale bardzo dużo (powiedzmy tysiąc). Za jedną z
nich jest nagroda.

Wybierasz jedną - prawdopodobieństwo wygranej to 1/1000.

Teraz prowadzący odsłania 998 bram bez nagród. Masz do wyboru - zostać przy
swoim wyborze albo zamienić na tę bramę której prowadzący nie odsłonił.

[Gość: kretos]

Bzdura totalna. Przeciez te zdarzenia sa zupelnie od siebie niezalezne i w drugim przypadku szanse sa 50/50. Wyobrazmy sobie ze mamy nie 1000 bram ale np. milion. Wtedy szansa trafienia jest jak 1/milion. Szansa ze nagroda jest gdzie indziej wynosi 999999/milion. Teraz prowadzacy odslania (uff) 999998 bram.Zostaje tylko ta nasza wybrana na poczatku i ta sierotka nieodslonieta na koncu. Z tego wniosek jest taki - jezeli pozostane przy swoim wyborze mam 1/milion szansy ze wygram, jesli zmienie mam 999999/milion czyli prawie na pewno wygram. Przeciez to sie kupy nie trzyma...

No właśnie

[Gość: Shaddock]

Nie trzyma się to kupy - wydaje nam się to niezgodne ze zdrowym rozsądkiem,
intuicją, i czym tam jeszcze kto chce.
Ale tak właśnie jest.
Przy wyborze mam 1 szansę na milion, że trafię. Mam 999999 szans na milion, że
nie trafię, czyli że wygrana leży za którąś z pozostałych bram.
Prowadzący daje mi wskazówkę odsłaniając wszystkie pozostałe bramy oprócz
jednej - w tym momencie już wiem, że 999999 szans na milion odnosi się właśnie
do tej jednej pozostawionej przez niego bramy!

[jorn]

Gość portalu: Shaddock napisał(a):

> Nie trzyma się to kupy

Bo się nie może trzymać! Na początku wybierasz 1 bramkę z miliona i masz szansę
jeden na milion. Następnie masz drugi wybór miedzy dwiema bramkami (np. nr
256365 i 789429), ale szansa na to, że nagroda jest w bramce nr 256365 jest
taka sama, jak na to, że jest w bramce 789429 (czyli w obu wypadkach po 50%).
Gdyby było tak, jak twierdzi autor artykułu i autor rozwinięcia przykładu do
miliona bramek, prawdopodobieństwo wystapienia nagrody np. w bramce nr 789429
zależałoby od tego, czy w pierwszym wyborze grający ją wybrał, czy nie, a
przecież nagrody wstawiane są do bramek PRZED pierwszym wyborem gracza.

Pozdrawiam

[Gość: Shaddock]

Ten drugi wybór to nie jest de facto wybór między dwoma bramkami. To wybór
między wybraną początkowo bramką oraz pozostałymi 999999 bramkami, z tym że
999998 z nich zostało już odsłonięte i wiemy, że za nimi nic nie ma!

[Gość: aaa]

no jeszcze coś ciekawego powiedz.

filozofia

[Gość: wsx]

To powiedz mi jakie bedzie prawdopodobienstwo, jesli bede za kazdym z tych
99999999998 razy zmienial A na B i vice versa?

[goskagoska]

zależy w którym momencie, gdy będziesz w momencie gdy wybierasz jedną prawd
wygranej będzie równe p=1/1000000000000, a jak będziesz w grupie pozostałych to
bez względu na to ile tam zostało prawd będzie 1-p (bardzo duże i ciągle takie samo)

[Gość: judas27]

jorn napisal:
> prawdopodobieństwo wystapienia nagrody np. w bramce nr 789429
> zależałoby od tego, czy w pierwszym wyborze grający ją wybrał, czy nie, a
> przecież nagrody wstawiane są do bramek PRZED pierwszym wyborem gracza.

mhm, z tym, ze prawdopodobienstwo, ze wybral akurat te bramke wynosi 1/miliona.
muchos male czyli... zwolennicy tezy, ze zostaje 50/50 po odslonieciu bram
uparcie twierdza, ze prawdopodobienstwo trafienia jednej wlasciwej bramki z
miliona wynosi 50%. gratuluje.

I ten facet jest doktorantem?

[aaaaaby]

Mam nadzieję że jego promotor, Dziekan i Rektor czytali jego "wywody".

[pstrys]

A można jeszcze tak:

Wyobraź sobie że wytypowałaś 6 liczb toto-lotka. Nagle słyszysz głos Pana Boga,
który mocą Swojego Autorytetu mów Ci, że jeśli obstawisz tylko jeden zakład to
rezultat będzie albo taki jaki wybrałaś albo ... (tu Pan Bóg podaje 6 liczb).
Pan Bóg dodaje jeszcze że nie będzie specjalnie ingerował w proces losowania -
On po prostu zna przyszłość.

Jakie liczby obstawisz teraz, te początkowe, czy te "objawione"?

[Gość: eeech]

ale ty gosciu chrzanisz, rece opadaja, z tym panem bogiem to dowaliles na maxa. idz do szkoly lepiej sie poucz a nie gadaj o wierze.
Jesli chodzi o twoje pierwsze wypociny, to bzdury pleciesz maksymalne bo odnosisz przyklad 1/1000 do 1/3 gdzie roznica jest kolosalna (997 odkrytych) jest to skrajnie smieszny przyklad ukazujacy blad w twoim rozumowaniu. teraz widze, ze sam nie rozumiesz o czym piszesz.
Teoretycznie jest to 66,6% szans, ale tylko teoretycznie, jesli potraktujemy to jako pierwotny wybor 1 z 3 mozliwosci:

wybieramy A
_
A u BC ---> z=p, nz=w
_
B u AC ---> z=p, nz=w
_
C u AB ---> z=p, nz=w
---------

[pstrys]

Niestety, twój przykład zawiera błąd -

Prawdopodobieństwo zdarzenia "wybierasz bramkę z nagrodą a prowadzący odsłania
określoną bramkę" jest w twoim "wywodzie" takie samo jak "prawdopodobieństwo
wybrania bramki bez nagrody" - nieprawda, jest dwa razy mniejsze.

I jeszcze mała rada - ucz się chłopcze kultury bo na naukę matematyki już
raczej za późno.

[Gość: eeech]

racja zawiera błąd ale poniższy:
Poprawione kreski - ten edytor poprzesuwal te kreski w jedno miejsce, ponizej

wybieramy A, nagroda w A, odslonieta pusta bramka to B
| _
| A u BC ---> z=p, nz=w
| _
| B u AC ---> z=p, nz=w
| _
| C u AB ---> z=p, nz=w


----------poniżej nagroda to B, odslonieta to C
wybieramy A
| _
| A u BC
| _
| B u AC
| _
| C u AB

jesli chodzi o prawdopodobienstwa wylosowania bramki z nagrodą lub bez to zauważ - uwzględniłem obydwa przypadki.

Przykro mi to stwierdzać po raz kolejny ale to Ty, z całym szacunkiem, jestes matematycznym niemotą

[pstrys]

> jesli chodzi o prawdopodobienstwa wylosowania bramki z nagrodą lub bez to
zauwa
> ż - uwzględniłem obydwa przypadki.

I założyłeś że są tak samo prawdopodobne - co jest nieprawdą

Przykro mi to stwierdzać po raz kolejny ale to Ty, z całym szacunkiem, jestes
matematycznym niemotą.

[Gość: eeech]

A ty koles nie masz szans nawet nauczyc sie kultury, bo nie jestes swiadom, ze jej nie posiadasz, dalbys lepszy przyklad i nie mowil chlopcze do osob, ktorych nie jestes w stanie znac. Ani kultury ani zdolnosci matematyczny, zeby nie rzucac slów na wiatr, napisales:

... nieprawda, jest dwa razy mniejsze..
(prawdopodobienstwo trafienia bramki z nagrodą -przyp.)

- to prawda, widze ze sie uczysz, tylko nie jestes tego do konca swiadom,
(zatem nie wiem czy to lepiej czy gorzej - niech to osądzą humaniści)
ale wracam do mysli przewodniej:

2 x mniejsze czyli podzielic przez dwa czyli 1/2 czyli 50% z X, a to oznacza dokladnie to o czym mowimy. 50% szans Z pustego nawet Salomon nie naleje (bramki).
EEECH

[pstrys]

p(nagroda) = 1/3. To ile wynosi p(odsłonięcie danej bramy | nagroda)?

Nie wiesz? To poczytaj sobie o prawdopodobieństwie warukowym.

[pstrys]

Mała podpowiedź - wyboraź sobie układ:
rzucasz monetą - jeśli wypadnie reszka udajesz że jesteś "humanistą", jeśli
orzeł wtedy rzucasz jeszcze raz i wtedy jeśli reszka to udajesz że
jesteś "humanistą" a jeśli orzeł to uczysz się matmy.

Pewnie dla ciebie prawdopodobieństwo że będziesz uczyć się matmy wynosi 1/3? he
he he

[Gość: inny matematyk]

Pstrys, daj sobie spokój. Pewnie i tak nie przekonasz EEECH-a. A gdybyś przez
przypadek rzycił całym aparatem probabilistycznym, to by cię jeszcze EEECH
pozwał za naruszenie dóbr :)

Brutalna prawda jest taka, niektórych nie da się przekonać żadnymi argumentami,
bo jedne odrzucą a drugich nie zrozumieją...

[pstrys]

w sumie racja.

[Gość: eeech]

0,25

[Gość: eeech]

no wiec jeszcze raz: teoretycznie zgadzaoby sie to o czym piszesz z jednym ale - blad polega na zastosowaniu prawidel matematyki tam, gdzie ich nie potrzeba, przyklad z tymi bramkami wymaga zastosowania prawidłowej reguły matematycznej innymi słowy sa pewne pulapki myslowe, ktore utrudniaja nam zastosowanie wlasciwego algorytmu matematycznego. W tym konkretnym przykladzie jesli bramki sa trzy i jedna jest pusta do niczego nieprzydatna to w efekcie sa 2 bramki i o to tu chodzi, teria prawdopodobienstwa w tym przypadku jest nieprzydatna. jesli ta rozgrywka i jej wyniki mialyby udzial w nastepnych, wtedy istnienie pustej bramki mogloby miec racje bytu i jakis sens, tu trzeba ja po prostu odrzucic i przeprowadzic od nowa obliczenia, dosc proste:)

Ta regula o ktora sie rozchodzi w tym artykule jest ok w bardziej zlozonych przypadkach, tu jest sprawa banalna

[Gość: ndg]

to nie tak. nie ma czegos takiego, ze w tym przypadku sytuacja jest oczywista i 'statystyka nie dziala' ;] mysle, ze zamiast tracic czas na wyklucanie sie

[Gość: pwl]

Nie chcę cię przerażać, ale to właśnie takich ludzi jak ty biorą do tego typu
teleturniejów :> Tzn. właśnie takich przekonanych o tym, że "matematycy niech
sobie gadają, a na chłopski rozum i tak wychodzi 50%".

To, o czym mówisz, to jest iluzja wynikająca z myślenia, że drugi wybór bramki
rozpoczynamy z "zerową wiedzą początkową". Innymi słowy, tobie się wydaje, że w
sytuacji po odsłonięciu jednej bramki nasz stan wiedzy jest wyłącznie taki,
że "nagroda jest w jednej z dwóch bramek i nie wiemy w której". To nie jest
prawda. To by była prawda, gdyby nagroda mogła zmieniać swoją lokalizację
pomiędzy odsłonięciami. Ale tak nie jest. Nagroda cały czas znajduje się w tym
samym miejscu. Prawdopodobieństwo jest bezlitosne - w pierwszej próbie mamy 1/3
szans, że nagroda będzie tam, gdzie zgadliśmy i 2/3, że będzie w którejś z
pozostałych bramek. Dlaczego więc uważasz, że w drugiej próbie to
prawdopodobieństwo nagle wzrasta do 50%? Wpadasz w pułapkę "zdrowego rozsądku" -
zredukowano ci ilość wyborów do 2, więc intuicyjnie "przesuwasz" granicę. Ta
granica zostaje w tym samym miejscu - NADAL jest 1/3 szans, że pierwszy twój
strzał był trafny, i 2/3 szans, że nie był. Bo niby czemu miało by się to
zmienić? Jakiś magik przerzucił cię w czasie i zmienił prawdopodobieństwo? No
więc skoro prawdopodobieństwo, że twój początkowy wybór był poprawny, wynosi
1/3, a pozostały ci tylko dwie opcje - oryginalna i alternatywna, to chyba
na "zdrowy matematyczny rozum" widać, że ta druga jest dobra z
prawdopodobieństwem 2/3. No, ale ja w sumie się nie znam a matematykę dyskretną
zaliczałem już prawie 2 lata temu, to pewnie zapomniałem :/

[Gość: dn]

to nie jest druga próba, zmieniły się warunki, to jest drugi eksperyment

[Gość: dfgfd]

To nie jest drugi eksperyment, to jest cały czas ten sam eksperyment,
zmodyfikowany.

[Gość: dn]

jeżeli zmodyfikowany to już inny - drugi
sam sobie przeczysz

[rkplodz]

Pstrys, jasne że masz rację. Ale do innych to nie dotarło - więc pewnei już nie
dotrze ;-) Pozdrawiam wszystkich :)

[Gość: eeech]

a ty co jestes adwokatem, ja tam mam stresujaca prace wiec musze sie na kims wyladowac:) zakumalem jak sobie to rozrysowalem, nie musialem motac sie z probami z udzialem zespolu experymentalnego jak wy. ja nie ucze sie probabilistyki zawodowo, kazdy zapomina.

Zycie to nie tylko takie lamiglowki. Liczy sie biznes a nie tam takie dyrdymaly. Zrobisz biznes, zatrudnisz takich madroskow co sie chcą mądrować, to wymądrują się a ty będziesz mial kase z tego. A to teraz jest sztuką dla sztuki.

wspaniała dyskusja

[Gość: u]

i bardzo pouczająca: po krótkim zastanowieniu jest dla mnie jasne że rację ma
autor artykułu, pstrys i stronnictwo "nierównych szans". Przykład z losowaniem z
tysiąca, miliona itp dobitnie to dokumentuje. Ciekawym spostrzeżeniem jest to co
napisał ktoś wcześniej że kłopot w pewnym złudzeniu że wybór losowy z 2 jest
zawsze z prawdopodobieństwem 50 na 50 a przecież nie musi tak być : wybieramy z
2 ale wspieramy sie "dodatkową wiedzą" o układzie która zmienia idealny
przypadek 50/50.
Niesamowite za to jest że mozna sie upierać tak strasznie przy ewidentnie
błędnym myśleniu. Oznacza to że rodacy nawet na gruncie matematyki nie mogą
dojśc do 1 prawdy o zgrozo a co dopiero jeśli chodzi o ekonomię prawo itp. biada
nam!!

[Gość: pioc]

> Niesamowite za to jest że mozna sie upierać tak strasznie przy ewidentnie
> błędnym myśleniu. Oznacza to że rodacy nawet na gruncie matematyki nie mogą
> dojśc do 1 prawdy o zgrozo a co dopiero jeśli chodzi o ekonomię prawo itp.
> biada nam!!

Wszystkim zainteresowanym tą dyskusją polecam artykuł tego samego autora,
Piotra Wołowika, w najnowszym, majowym numerze „Wiedzy i Życia”. Tam jest dużo
więcej „paradoksalnych” przykładów związanych z naszą percepcją
prawdopodbieństwa.

pioc

[marcin8sz]

Toz to herezja! Zmiana bramki nie poprawi szansy na znalezienie nagrody, autor
artykulu robi sobie z nas jaja

Już wyjaśniam

[Gość: kibic]

Są 3 bramy, tylko za jedną jest nagroda. Stajesz przed wybraną bramą. Wtedy prowadzący otwiera jedną z pozostałych bram - jest pusta. Prowadzący daje ci szansę zmiany bramy na tę drugą nieotwartą. Większość uważa, że jest obojętne, czy zmieni bramę, czy zostanie. Zaś rachunek prawdopodobieństwa wskazuje, że lepiej zmienić. Skoro bowiem prawdopodobieństwo, że od razu wybrałeś bramę z nagrodą wynosi 1/3, to prawdopodobieństwo, że nagroda jest za którąś z pozostałych bram wynosi 2/3. Kiedy dowiadujesz się, że jedna z pozostałych jest pusta, to oznacza, że całe prawdopodobieństwo 2/3 odnosi się do tej drugiej bramy.
Kiedyś mój kolega nie mógł uwierzyć w to wyjaśnienie i napisał w excelu programik, który dziesiątki tysięcy razy przeprowadzał losowy wybór w opisanej sytuacji - okazało się, że szansa trafienia nagrody po zmianie bramy jest dokładnie 2 razy większa od szansy trafienia bez zmiany bramy, czyli wszystko się zgadza 2/3 to dwa razy wiącej niż 1/3.

Dzięki za wyjaśnienia

[Gość: Shaddock]

Niestety, nie przekonują mnie - chyba też napiszę programik :-)
Nie rozumiem, czym opisana sytuacja różni się od wyboru między dwoma bramami (z
prawdopodobieństwem 50%).
Rozpisałem sobie wszystkie 8 możliwych kombinacji przy założeniu, że nagroda
znajduje się np. za bramą A:
wybieram bramę A, prowadzący odsłania bramę B, nie zmieniam wyboru - wygrywam
A, B, zmieniam - przegrana
A, C, nie zmieniam - wygrana
A, C, zmieniam - przegrana
B, C, nie zmieniam - przegrana
B, C, zmieniam - wygrana
C, B, nie zmieniam - przegrana
C, B, zmieniam - wygrana

Nie pamiętam już dobrze obliczania prawdopodobieństwa takich sytuacji
warunkowych, jednak z tych rozpisanych przypadków absolutnie nie wynika dla
mnie przewaga "zmieniam" nad "nie zmieniam".

[Gość: sr]

Istotą jest, co zauważył strytys jest to,
ze bramka _nie_ jest odslaniana losowo.
Odslaniana jest pust bramka, odslona pustej
bramki stanowi dodatkowa informacje w ukadzie.

[Gość: jac]

Dokladnie!
Ale ta dodatkowa informacja o ukladzie mowi nam, w ktorej bramce nagrody nie
ma, a w ktorej z pomiedzy dwoch jest. Wowczas p-stwo wygranej rzeczywiscie
wzrasta, ale do 50% - musimy zastosowac p-stwo warunkowe pod warunkiem
posiadania informacji o bramce, w ktorej nie ma nagrody.
Pozdrawiam

[Gość: WoJciech]

No tak ale z twojego punktu widzenia stuacje:
A, B, zmieniam - przegrana
A, C, zmieniam - przegrana
są takie same

te dwie też:
A, C, nie zmieniam - wygrana
A, B, nie zmieniam - wygrana

Bo to nie ty odsłaniasz bramki tylko prowadzący.

[pstrys]

> ... z tych rozpisanych przypadków absolutnie nie wynika dla
> mnie przewaga "zmieniam" nad "nie zmieniam".

ależ jak najbardziej wynika! W twoim przykładzie zmiana 2 razy dała nagrodę a
raz przegraną.

Powiedzmy że nagroda jest w A:

Z p=1/3 wybierasz A.
- jak nie zmieniasz to wygrywasz
- jak zmieniasz to przegrywasz

Z p=1/3 wybierasz B
- jak zmieniasz to wygrywasz
- jak nie zmieniasz to przegrywasz

Z C jest taki sam przypadek jak z B.

Zatem w 2/3 przypadków zmiana daje nagrodę.

BTW - masz dwie zmienne decyzyjne (brama A, B lub C i zmienić / nie zmienić)
możiwych kombinacji dla reprezentatywnego przypadku jest więc sześć (a nie osiem) ;)

Zajarzyłem! Dzięki :-)

[Gość: Shaddock]

Kluczem dla mnie było zrozumienie, że jest sześć możliwych przypadków a nie
osiem :-)

[Gość: matematyk]

Z tego, co pamietam, ktorys ze slawnych matematykow (bodajze P. Erdos) tez dlugo
nie mogl uwierzyc w rozwiazanie tego zadania z bramami, przynajmniej tak gdzies
czytalem, wiec nie ma tu zadnego powodu do wstydu. Po to sa takie zadania, zeby
korygowac bledne intuicje.

jeszcze jedna proba wyjasnienia

[Gość: gtr]

to moze takie wyjasnienie:
powiedzmy, ze wybierasz A i zawsze zmieniasz wybor po otwarciu pustej. jesli nagroda jest w B, prowadzacy musi odslonic C - a ty zmieniasz i wygrywasz. jesli jest w C, prowadzacy musi odslonic B - a ty zmieniasz i wygrywasz. jesli jest w A, prowadzacy moze otworzyc B lub C - a ty zmieniasz i w tym wypadku przegrywasz. podsumowujac: 3 mozliwosci, z ktorych 2 daja zwyciestwo - stad wieksze prawdopodobienstwo.

[Gość: Gość]

> podsumowujac: 3 mozliwosci
Są 4 możliwości "prowadzacy moze otworzyc B lub C" - zrobiłeś z tego jeden
przypadek a są to dwa różne przypadki.

Wybrałeś "A" i nagroda jest w "A".
Powadzący odkrywa "B", ty zmieniasz i przegrywasz.
Powadzący odkrywa "C", ty zmieniasz i przegrywasz.

Dwie wygrane (z twojego postu) i dwie przegrane czyli 50 na 50.

[Gość: KubaL]

Gościu,
ale prowadzący odkrywa B lub C z prawdopodobieństwem 1/2 tak więc wszystko się
zgacza 2/3 na 1/3.

[Gość: Karolina]

Polecam stronkę www.shodor.org/interactivate/activities/monty3/, na
której można przetestować obie metody tzn: wybór ze zmianą i bez zmiany.

Pozatym to właśnie obliczenia a nie intuicja dają nam prawidłowe wyniki.
Jak sam wypisałes w momencie kiedy za pierwszym razem wcelowałeś w nagrodę są 4
możliwe scenariusze postępowania. Jesli wybrałeś bramkę w której nie ma nagrody
są tylko dwie możliwości tego co się wydarzy gdyż prowadzący nie może odsłonić
bramki wygrywającej co oznacza że pierwszy wybór determinuje to co zrobi
prowadzący.
Pozdrawiam Karolina

[Gość: janek_kos]

Witam,

To jest bzdura co piszesz. Zakladasz, ze statystyczna wartos prawdopodobenistwa
jest transferowana ze tak powiem "nierownomiernie". Jesli mamy 3 bramy to
zakladajac rownomierny rozklad prawdopodobienstwa szansa ze trafimy jest 1/3.
Jesli jednak prowadzacy wskazuje brame bez nagrody to jednoczesnie pokazuje ze w
otwartej bramie prawdopodobienstwo jest 0, tak wiec statystyczny rozklad
prawdopodobenistwwa w dwu pozostalych jest 1/2 i nic tego nie zmieni, chyba ze w
cytowanych programach zalozenie jest takie, ze przeklada sie nagrody z bramy do
bramy w zaleznosci od tego jaka brame wybral zawodnik. Wtedy moge uwiezyc ze
bedzie innaczej.

Janek Kos

<b>Proste wyjaśnienie</b>

[Gość: Paweł]

Proponuję rozważenie takiego sceneriusza.
1. Wybierasz bramę - powiedzmy A.
2. Prowadzący odsłania pustą bramę B kub C.
3. Zawsze zmieniasz na bramę, której prowadzący nie odsłonił.

Kiedy przegrywasz?
Wtedy kiedy w 1. kroku wybrałeś bramę z nagrodą (zrobiłeś to z
prawdopodobieństwem 1/3).
Wniosek: prawdopodobieństwo wygranej w tym scenariuszu jest 2/3, a zrealizowanie
tego sceneriusza jest możliwe bez żadnych dodatkowych warunków.

Pozdrawiam.

Niezłe!

[Gość: Shaddock]

Dla mnie bardzo obrazowe.

[Gość: Lehoo]

I twoje wyjaśnienie może najlepiej przekonać kogoś, kto nie zna się specjalnie
na matematyce. Jest klarowne i krótkie.

[Gość: mnm]

Bardzo fajne wytłumaczenie. Całkowicie wbrew intuicji. Ja to tłumaczę sobie
tak: Wybieram A (1/3). Pozostaje: B (1/3) i C (1/3). Prawdopodobieństwo, że
nagroda jest w B LUB C jest 2/3. Ale nie wiem czy w B czy w C. Tu pomaga mi
prowadzący, eliminując np. B. W tym momencie sytuacja jest taka: A = 1/3 i C
(bez B)=2/3. ZAMIENIAĆ KONIECZNIE.

[Gość: mrk]

drobna korekta sloneczko w kroku 1 szansa ze wybrales brame z nagroda wynosi 50% gdyz wiesz ze ktorejkolwiek bramki bys nie wybral prowadzacy odsłania zawsze pusta (na 100% wiec to jest element nielosowy, ktory nie pozwala uzywac tu "zdrowego rozsadku" i w tym twki haczyk) w zwiazku z czym tak naprawde twoj wybor nie rozni sie od wyboru pomiedzy dwoma bramkami.

a dla tych co nie sa mocni w teorii proponuje napisac prosty programik ktory zrobi szybciutko (teraz docewnicie potege swoich kompikow!:) ) np. 1000 wyborow za nas i wyswietli wyniki. mysle ze takie doswiadczenia kazdego przekonaja:)
pozdrawiam

[Gość: Paweł]

Nie wiem czy dobrze się rozumiemy?

1. Twierdzę:
Wybór w 1 kroku jest absolutnie losowy: p(nagroda)=1/3, p(pusta)=2/3, natomiast
wybór ten determinuje zachowanie prowadzącego: jeżeli wybiorę pustą -
prowadzący nie ma już wyboru, jeżeli wybiorę z nagrodą prowadzący ma wybór którą
bramę odsłonić. Przy konsekwentnym stosowaniu strategii ze zmianą bramki element
losowy występuje wyłącznie w 1 kroku i stąd tutaj p(nagroda) = 2/3.

2. Jeśli koniec gry następuje po 2 kroku tzn. nie mam już możliwości zmiany
bramki, to mam 1/2 szansy na wygraną.

3. Jeśli twierdzisz, że nie opłaca się zmienić bramki to może zagramy?

Pozdrawiam.

[Gość: Paweł]

> 2. Jeśli koniec gry następuje po 2 kroku tzn. nie mam już możliwości zmiany
> bramki, to mam 1/2 szansy na wygraną.

Ale głupotę strzeliłem :-), wtedy 2 krok nie jest potrzebny i p(nagroda) = 1/3
p(nagroda)=1/2 jest wtedy gdy zrezygnuję z kroku 1 i poproszę prowadzącego o
wyeliminowanie pustej bramy od razu.

[finish1]

Gość portalu: kibic napisał(a):

> Są 3 bramy, tylko za jedną jest nagroda. Stajesz przed wybraną bramą. Wtedy
pro
> wadzący otwiera jedną z pozostałych bram - jest pusta. Prowadzący daje ci
szans
> ę zmiany bramy na tę drugą nieotwartą. Większość uważa, że jest obojętne, czy
z
> mieni bramę, czy zostanie. Zaś rachunek prawdopodobieństwa wskazuje, że
lepiej
> zmienić. Skoro bowiem prawdopodobieństwo, że od razu wybrałeś bramę z nagrodą
w
> ynosi 1/3, to prawdopodobieństwo, że nagroda jest za którąś z pozostałych
bram
> wynosi 2/3. Kiedy dowiadujesz się, że jedna z pozostałych jest pusta, to
oznacz
> a, że całe prawdopodobieństwo 2/3 odnosi się do tej drugiej bramy.
> Kiedyś mój kolega nie mógł uwierzyć w to wyjaśnienie i napisał w excelu
program
> ik, który dziesiątki tysięcy razy przeprowadzał losowy wybór w opisanej
sytuacj
> i - okazało się, że szansa trafienia nagrody po zmianie bramy jest dokładnie
2
> razy większa od szansy trafienia bez zmiany bramy, czyli wszystko się zgadza
2/
> 3 to dwa razy wiącej niż 1/3.
Czy nie uważasz , że skoro ZAWSZE jest otwierana pusta bramka to faktycznie
wybierasz nie z trzech tylko z dwóch bramek stąd - zmiana bramki jest nie
istotna zawsze 50%. Może się mylę , nie wiem.

[goskagoska]

> Czy nie uważasz , że skoro ZAWSZE jest otwierana pusta bramka to faktycznie
> wybierasz nie z trzech tylko z dwóch bramek stąd - zmiana bramki jest nie
> istotna zawsze 50%. Może się mylę , nie wiem.

Owszem, mylisz się. Wybierasz z trzech. Wyobraź sobie, że masz taki wybór:
Wybierasz jedną z trzech, lub dwie z trzech (z takim samym
prawdopodobieństwem=1/3)(nagroda jest w jednej z tych trzech). Kiedy masz
większe szanse wygranej? Wybierając dwie, czy jedną? Gdy w tej konkretnej grze
zmieniasz, to tak jakbys podjął decyzję: wybieram dwie a nie jedną. A to, że
prowadzący pokaże Ci w której z tych dwóch na pewno nie ma nagrody niczego nie
zmenia. Pozdrawiam:)

tu jest błąd

[Gość: dn]

"Kiedy masz większe szanse wygranej? Wybierając dwie, czy jedną?"

nie możesz wybrać dwóch - nie ma takiej możliwości
są dwa eksperymenty, w każdym wybierasz jedną

Tu nie ma błędu

[goskagoska]

Oczywiście wybierasz tylko jedną, ale jak tu mnóstwo osób zwróciło uwagę, na
100% wiesz że jedna z dwóch pozostałych jest pusta i to że prowadzący Ci ją
pokaże nie ma żadnego znaczenia. Dokonując zmiany mówisz: nagroda jest z
większym prawdopodobieństwem w dwóch z trzech bramek niż w jednej z trzech i
masz wówczas rację. A to, że prowadzący z tych wybranych dwóch odkrywa pustą nie
ma już znaczenia dla Ciebie i prawdopodobieństw.

[Gość: emu]

> Czy ktoś mi wytłumaczy zagadnienie bram z "Idź na całość"?
> Nie rozumiem, dlaczego zmiana bramy miałaby podnieść prawdopodobieństwo
> wygranej. Przecież każda z bram ma 33.3%...

ja tez nie rozumime. wg mnie:
3 barmki- prawodpodobienstwo- 33,3%
odslaniamy jedna-pusta -
wybieramy miedzy dwoma
i prawodpodobienstwo- trafienia jest 50% (to jest nowe losowanie zupelnie
niezalezne od poprzedniego).

[Gość: dn]

zgadzam się z przedmówcą
jest to nowe losowanie między dwoma bramami
ktoś pisze, że jeśli prawdopodobieństwo dla bram B, C wynosiło 2/3
to po odsłonięciu jednej pustej przechodzi ono na drugą bramę
jakie "przechodzi" - czyżby dziedziczenie?
kończy się jedno losowanie i zaczyna drugie między bramą A i drugą nieodsłoniętą
-prawdopodobieństwo 1/2
przecież prowadzący program może wiedzieć, że nagroda jest za bramą A i celowo
namawiać nas na zmianę

Rzeczywiście

[Gość: Shaddock]

To pierwsze z wyjaśnień pstrysa uważam za źle sformułowane, trudno mówić tu o
jakimś "przechodzeniu prawdopodobieństwa".
Pomijając wyjaśnienie, po którym zajarzyłem, najbardziej przemówiło do mnie to
z losowaniem spośród 1000 drzwi.
Możemy to jeszcze wzmocnić i założyć że do wyboru masz miliard drzwi. Wybierasz
jedne z nich, szansa że trafiłeś na właściwe wynosi oczywiście 1/1000000000,
więc jest niemal zerowa.
Teraz prowadzący otworzył wszystkie drzwi oprócz wybranych przez Ciebie i
jeszcze jednych. Dla mnie jest teraz oczywiste, że zmiana wyboru prawie na
pewno da mi wygraną, w końcu dokonując wyboru numer 1 miałem tylko jedną szansę
na miliard. Teraz, skoro prowadzący pozostawił zamknięte moje drzwi i jeszcze
drugie, nagroda prawie na pewno znajduje się za tymi drugimi.

[Gość: Janek]

Shaddock - twoje rozszerzenie puli do miliarda było rewelacyjne! Teraz nawet ja
zarajałem!

Ciekawe tylko dlaczego nie zakumałem przy 1000 drzwi?

Przy 1000 drzwi też nie zakumałem :-)

[Gość: Shaddock]

Widocznie 1/1000 to dla mnie całkiem wysokie prawdopodobieństwo :-)
Przemówiło do mnie dopiero zwrócenie uwagi, że mamy 6 a nie 8 możliwości.

[Gość: Ozcek]

A mnie to w dalszym ciagu nie przekonuje.
Zakladam, ze nagroda jest w A. Cyfra 1 oznaczam pierwszy wybor bramki, 2, jesli
jest - drugi, x - nagroda, p - pusta odslonieta bramka.
A B C Wynik Bez zmiany Po zmianie
- - - ---

[Gość: Oczek]

Pierwotny post zostal nie poprawnie sformatowany.

A mnie to w dalszym ciagu nie przekonuje.
Zakladam, ze nagroda jest w A. Cyfra 1 oznaczam pierwszy wybor bramki, 2, jesli
jest - drugi, x - nagroda, p - pusta odslonieta bramka. A, B, C - bramki, W -
wynik, N - nie ma zmiany decyzji, Z - zmiana decyzji
A B C W N Z
x
1 p - 1 1 -
1 p 2 0 - 0
1 - p 1 1 -
1 2 p 0 - 0
- 1 p 0 0 -
2 1 p 1 - 1
- p 1 0 0 -
2 p 1 1 - 1

Na cztery zmiany - 2 trafienia, 2 pudla. 4 razy nie zmienione: 2 trafienia, 2
pudla. 50/50 jak drut

[rkplodz]

A spróbuj tak :

Masz, powiedzmy, milion papierków. Wiesz że jeden z nich jest czekiem na milion
złotych, ale wszystkie wyglądają "od tyłu" tak samo. Leżą dwie kupki: na jednej
jeden papierek, na drugiej 999 999 papierków. Wskazujesz oczywiście te dużą
kupkę, prawda? No więc właśnie.

I teraz dalej:

Teraz prowadzący bierze te dużą kupkę i wyjmuje z niej 999 998 świstków, każdy
po kolei pokazuje ci że to śmieć. Ale ty po prostu wiesz że co najmniej 999 998
z tych świstków to śmieci, inaczej być nie może, prawda? I który wybierasz? Bo
ja obstawiam ten z dużej kupki.

[Gość: dn]

a co, jeżeli z dużej kupki zostanie już tylko jeden?
zostaje jeden na jeden
dlaczego W TYM MOMENCIE miałbyś faworyzować ten pozostały z dużej kupki?

Od nowa

[Gość: Shaddock]

Oczywiście dlatego, że reprezentuje on 999999 świstków, jakie były na kupce
początkowo. Jeżeli w tych 999999 był świstek wygrywający, to oto właśnie leży
on przed nami. A szansa, że wygrywający był w tej kupce, wynosi 999999/milion.
Szansa, że wygrywający to świstek wybrany przez nas na początku, wynosi
1/milion.
Z tej okazji przypomniało mi się, co ktoś tu napisał wcześniej (choć był chyba
przeciwnikiem koncepcji "2/3"):
Śnieg w lecie może spaść albo nie. Jednak fakt, że są to DWIE możliwości, wcale
nie powoduje, że mają po 50% prawdopodobieństwa.

[Gość: mnm]

To proste! (nawet ja skumałem!) Prawie na pewno (999999/1000000) czek jest w
dużej kupce. Skoro z dużej kupki zostaje 1 papierek to na 999999/1000000 to
jest czek!

[Gość: dn]

>Dla mnie jest teraz oczywiste, że zmiana wyboru prawie na
> pewno da mi wygraną, w końcu dokonując wyboru numer 1 miałem tylko jedną
>szansę na miliard. Teraz, skoro prowadzący pozostawił zamknięte moje drzwi i
>jeszcze drugie, nagroda prawie na pewno znajduje się za tymi drugimi.

a dlaczego "nagroda prawie na pewno znajduje się za tymi drugimi"?
pozostsło ci dwoje drzwi, W TEJ CHWILI szanse są jednakowe,
nie można porównywać prawdopodobieństwa jakie BYŁO w pewnych warunkach
z tym jakie jest po zmianie tych warunków

[Gość: Shaddock]

Warunki nie zmieniły się w tym sensie, że nagroda nie zmieniła położenia.
Również otwarcie przez prowadzącego drzwi nie zmienia prawdopodobieństwa, jak
to było już tutaj wielokrotnie dowodzone. To otwarcie ma tylko "zamieszać"
wybierającemu.
Ktoś tutaj fajnie przestawił kolejność czynności (co wcale nie zmienia
matematycznych warunków zadania!):
Prowadzący po Twoim pierwszym wyborze stwierdza, że teraz musisz wybrać jeszcze
raz - między tą bramką, którą wskazałeś na początku oraz grupą 999999
pozostałych. Jeżeli wybierzesz grupę, prowadzący odsłoni w niej 999998 pustych
bramek. Na końcu dwie pozostałe bramki zostaną odkryte żeby zobaczyć, czy
wygrałeś.
Tak sformułowane zadanie nie różni się matematycznie od wersji pierwotnej.

[Gość: Adam]

Nie rozumiesz tego gdyz kierujesz sie intuicja - niestety nie jestesmy
stworzeni do tego zeby myslec statystycznie. Ale rozwiazanie zostalo juz tutaj
podane, zreszta przyklad zeby rozszerzyc to do 1000 bramek jest swietny.

Sprobuje to wytlumaczyc w sposob bardziej przemawiajacy do intuicji. Masz 1000
bramek i tylko za 1 jest nagroda - dla kazdej wiec prawdopodobienstwo jest
1/1000. Wiec wybierasz dowolna, ktora Ci tam najdzie na mysl, w koncu i tak
masz bardzo male prawdobodobienstwo trafienia, ktore wynosi tylko 1/1000. A
teraz pomysl, ze w nastepnym kroku prowadzacy musi, ma psi obowiazek, nie ma
innego wyjscia tylko musi odslonic 998 pustych bramek. I zostajesz tylko z 2
bramkami - pierwsza, ktora sam wybrales i druga ktorej nie odslonil prowadzacy.
Jak myslisz w ilu przypadkach trafiles za 1 razem ? Co Ci mowi intuicja ? Skoro
on i tak i tak musial odslonic 998 pustych bramek to gdzie Twoim zdaniem jst
bardziej prawdopodobne ze jest nagroda ?

[Gość: chaoss]

Rewelacyjny artykul plus komentarze. Nareszcie jakies media pobudzily mnie do
myslenia. Ja zrozumialem dopiero z przykledem "miliarda drzwi", intuicja dlugo
sie u mnie opierala. Ma ktos linki do podobnych zagadnien albo nazwy ksiazek.
Teraz zaluje, ze nie przylozylem sie wiecej do statystyki na studiach.

[pstrys]

> Ma ktos linki do podobnych zagadnien albo nazwy ksiazek.

Może niezbyt "statystyczne" a bardziej "logiczne", niemniej jednak bradzo
ciekawe są książki wydawnictwa "Książka i Wiedza" z serii "Zagadki Logiczne". Z
tej serii przeczytałem wszystkie książki Raymonda Smullyana - bomba!

(www.kiw.com.pl poza tym książki KiW w Wawie można kupić m.in. w
księgarni firmowej na ul. Smolnej)

[Gość: chaoss]

dzieki bardzo, w najblizszym czasie odwiedze biblioteke

Ktoś tam wyżej podał ten link

[Gość: wjaz]

www.shodor.org/interactivate/activities/monty3/index.html

[pstrys]

> Nie rozumiesz tego gdyz kierujesz sie intuicja - niestety nie jestesmy
> stworzeni do tego zeby myslec statystycznie.

Oczywiście! W końcu o tym jest komentowany artykuł.

NB. Gdzieś czytałem podobny tekst o "nieintuicyjności" prawdopodobieństwa.
Przytoczono w nim ciekawy przykład. Otóż wyobraźmy sobie jakiś schorzenie, na
które cierpi jakaś część populacji (powiedzmy jeden na dziesięć tysięcy).
Powiedzmy, że jest test wykrywający to schorzenie. Niestety test nie jest
doskonały. Prawidłowy wynik podaje w 99,99% przypadków. Spytano się lekarzy czy
to oznacza że ktoś z pozytywnym wynikiem testu jest chory. Większość zapytanych
odpowiedziała, że tak. Tymczasem prawdopodobieństwo że ktoś z pozytywnym
wynikiem jest chory wynosi... 1/2 *)

*) czy wiadomo dlaczego? ;)

[Gość: J_P]

w dalszy ciagu - racje ma lekarz - pacjent z pozywnym wynikiem testu
wykrywajacego schorzenie jest chory :). Ale nawet bez zartow - pacjent z
wynikiem testu wskazujacego na to ze jest chory moze byc zdrowy w opisanych
warunkach - wlasnie dlatego ze sa roznce pomiedzym "srednim"
prawdopodobienstwem zajscia zdarzenia A a rzeczywistoscia - w artylule jest o
tym na przykladzie zadania z 200 rzutami moneta. No i, popuacja to dynamiczna
struktura - szansa by przez lat -nascie lub -dzesiat srednia chorych nie
odchylala sie od "wyliczonej sredniej" - jest 0 ( zero a nie bardzo malo
prawdopodobne !!!)

[pstrys]

hejże! Przy danej częstości występowania schorzenia w populacji 0.0001 i przy
wiarygodności testu 0.9999 stwierdzenie że "pacjent z dodatnim wynikiem testu
jest chory" jest fałszywe. Kropka.

co do Twych uwag, to tak:

Re 1: nie wiem co masz na mysli pisząco o różnicach między "średnim
prawdopodobienstwem zajscia zdarzenia A a rzeczywistoscia" - tutaj nie mamy do
czynienia z powtarzalnością więć przykład z 200 powtórzeniami jest raqczej
chybiony - czy możesz uściślić co masz na myśli?

Re 2: Istotnie prawdziwa "średnia chorych" będzie różna od wyliczonej średniej -
po pierwsze jednak tak samo na plus jak i na minus (można więc zastosować
średnią jako proxy), po drugie odchylenie standardowe będzie raczej małe - w
rzeczywistości powiedzielibyśmy że schorzenie dotyka x popuacji, gdzie x mieści
się np. między (0.000095, 0.000105).

[Gość: KubaL]

To zależy w jaki sposób mierzono "doskonałość" testu. Jeżeli wzięto 10000
chorych i 10000 zdrowych osób (wiem, że to mało realne) a następnie sprawdzono
działanie testu na każdej z tych grup to wtedy rzeczywiście lekarz miał rację,
ale jeżeli po prostu testowano na losowej próbie populacji, to równie dobrze
zamiast testu możnaby z takim samym prawdopodobieństwem mówić wszystkim, że są
zdrowi :-)
Inna sprawąjest pytanie czy dla danej osoby test jest powtarzalny czy też nie
jest (tzn. czy dla wybranej osoby "doskonałość" testu wynosi 99.99% czy też
odpowiednio 0%lub 100%). Jeżeli "nioedoskonałość" testu wynika z jego
niepowtarzalności na danej osobie to znów lekarz ma rację, bo zwykle testy w
szpitalach powtarza się, tak więc po wstępnej selekcji (gdzie mamy 50% szans
trafienia) robimy drugi test po którym tylko ok. 0.02% pacjentów będzie
zdrowych.

[pstrys]

Oczywiście że można się "czepiać" metody pomiaru doskonałości testu. W tekscie
do ktorego nawiązałem było to jednak opisane w miarę jednoznacznie. Tzn - dla
każdego testu (niezależnie) skuteczność jest 99.99% i 0.0001 populacji jest
chora. Taką hipotetyczną sytuację przedstawiono prawdziwym lekarzom. Większość
wskazała że jednorazowy, poztywny wynik testu w tym wypadku oznacza "prawie na
pewno chory". (Niestety nie napisano czy jakiś lekarz zaleciłby powtrórzene testu ;)

[Gość: KubaL]

> Większość
> wskazała że jednorazowy, poztywny wynik testu w tym wypadku oznacza "prawie na
> pewno chory".

No to w tym przypadku mieli rację. Bo dla danego przypadku test działa z
dokładnością 99.99%. Problem leży w stosunku liczby chorych do liczby osób
zdrowych

[goskagoska]

> Problem leży w stosunku liczby chorych do liczby osób
> zdrowych

[Gość: KubaL]

OK. Masz rację. Jednorazowy, pozytywny wynik testu oznacza 50% szans, że jest
chory...
Tylko pytanie co oznacza 99.99% doskonałość testu?
Czy:
P(TZ|Z)=0.9999 oraz P(TC|C)=0.9999
czy może:
P(TZ|Z lub TC|C)=0.9999
gdzie TZ="zdrowy wg. testu", Z="zdrowy", TC="chory wg. testu", C="chory"
W pierwszym przypadku mamy opisywaną przez Ciebie sytuację. Przykładem
realizacji drugiego przypadku jest test, który zawsze mówi "zdrowy".

Pozdrawiam i dzięki za korektę :-)

[Gość: j]

pstrys napisał:

Gdzieś czytałem podobny tekst o "nieintuicyjności" prawdopodobieństwa.
> Przytoczono w nim ciekawy przykład. Otóż wyobraźmy sobie jakiś schorzenie, na
> które cierpi jakaś część populacji (powiedzmy jeden na dziesięć tysięcy).
> Powiedzmy, że jest test wykrywający to schorzenie. Niestety test nie jest
> doskonały. Prawidłowy wynik podaje w 99,99% przypadków. Spytano się lekarzy
czy
> to oznacza że ktoś z pozytywnym wynikiem testu jest chory. Większość
zapytanych
> odpowiedziała, że tak. Tymczasem prawdopodobieństwo że ktoś z pozytywnym
> wynikiem jest chory wynosi... 1/2 ...

--------------------------

"Nieintuicyjność" omawianych tu przykładów dotyczy nie prawdopodobieństwa w
ogóle, ale prawdopodobieństw warunkowych. W twoim przykładzie z rzadką chorobą
mamy do czynienia z taka sytuacją: Są dane dwa prawdopodobieństwa warunkowe:
prawdopodobieństwo, że test da wynik pozytywny przy warunku, że osoba badana
jest chora oraz prawdopodobieństwo, że wynik testu będzie negatywny przy
warunku, że osoba badana jest zdrowa. Obydwa te prawdopodobieństwa warunkowe
wynoszą 99,99%. Teraz trzeba wyznaczyć zależność odwrotną, a mianowicie
prawdopodobieństwo, że osoba badana jest chora przy warunku, że test dał wynik
pozytywny. Ze względu na rzadkość występowania choroby (0,01% populacji) wynik
będzie znaczaco niższy - 50%.
Trzeba jednak pamiętać, że owe 50% to jest wynik dla sytuacji, gdy osoba badana
została wybrana losowo z całości populacji (np przez wylosowanie nru PESEL z
puli ogólnopolskiej). W normalnej praktyce lekarz zleca wykonanie testu nie
osobie wylosowanej, ale pacjentowi, który przychodzi do niego, gdyż coś mu
dolega. Jeśli te dolegliwości są statystycznie znacząco skorelowane z daną
chorobą, to i wiarygodność testu będzie tu istotnie większa.

[pstrys]

zgadzam się w 100% - jeśli była jakaś wstępna selekcja (zbadał się bo bolało)
to prawdopodobieństwo rośnie.

O ile mnie jednak pamięć nie myli, to w tekście o którym piszę przedstawiono
wyniki ankiet wśród lekarzy. Ankieter pytał się czy dodatni wynik testu (z
wiarygodnością 99,99%) oznacza że pacjent jest chory na chorobę na którą cierpi
jeden człowiek na dziesięć tysięcy. Większość lekarzy miała odpowiedzieć że
prawie na pewno tak.

Niestety ten tekst też był dość "popularny" nie znam więc szczegółów
tegoż "ankietowania" (np. czy lekarzom wspominano coś o ewentulanym uskarżaniu
się "pacjenta").

[aro7]

sens wydaje sie być w tym, że prowadzący może odsłonić tylko pustą bramę anie
taką w której jest nagroda lub akurat kamerzysta heniek sie w niej załatwia ;)

[finish1]

chyba zaczyna mi się w łepetynie mieszać. Skoro zawsze odkrywana / z trzech
bramek /jest jedna PUSTA bramka to faktycznie losuję z dwóch -
prawdopodobieństwo trafienia 50%, nic mi nie da zmiana bramki po odkryciu
pustej.