Matematyka pomaga odkryć fałszerstwa w zeznaniu...

[Gość: xxx]

Ale rozgrzał Was ten artykuł. Poszukajcie w necie paradoksu Newcomba - jeszcze
lepszy ;-) A prawdopodobieństwo przy zmianie bramki rośnie do 2/3 - bez dwóch
zdań !!!

[Gość: glupek co wie]

trzeba rozpatrzyc starategie:
1. wybierasz bramke z nagroda (potem nie zmieniasz)
2. wybierasz bramke bez nagrody i potem ja zmienisz
przy takim wyborze masz szanse 1/3 trafic w nagrode i 2/3 na trafienie w pusta

Prawidłowe rozwiązanie

[Gość: Piotr Maślak]

Otóż, masz wybór w dwóch krokach najpierw wybór 1 z 3
czyli 1/3 (lub jak kto woli 33,(3)% lub 33,(3)/100)

nastepnie sytuacja sie powtarza tyle że masz wtedy wybór 1 z 2 czyli 1/2
(lub jak kto woli 50% lub 50/100) tak więc masz dwa kroki a prawdopodobieństwa
sie wymnaża czyli Wynik 1/6 lub 16,(6)%

krok ten był wprowadzony później prawdopodobnie dla obniżenia
trafialności w tym teleturnieju

[Gość: zadne mnozenia]

jak komus nie zalezy to moze ponownie wybrac i bedzie trafial z p-p 50%, jednak
nie trzeba wcale dokonywac dwoch wyborow i pojsc za strategia z 66%

[Gość: Piotr Maślak]

jest to paradoks, każde rozwiązanie jest słuszne
przy odpowiednich założeniach.

Taki temat chyba słusznie został poruszony w gazecie.

[Gość: Piotr Maślak]

powiem więcej nie możemy obliczać prawdopodobieństwa jeśli nie będziemy znali
strategii, jeżeli nie założymy czegoś na początku (czyli sposobów losowania :
zmienia, nie zmienia lub przywiązuje wage tylko do drugiego losowania).

[goskagoska]

może lepiej już więcej nie mów

[goskagoska]

nie jest to paradoks, tylko jedno rozwiązanie jest słuszne. Nie popisałeś się z
tą 1/6 <hahaha>

[Gość: Krystian]

Tez nie rozumiem "tej logiki". W momencie gdy do wyboru sa juz tylko dwie
bramki, to wybor, ktorejkolwiek z nich ma takie samo prawdopodobienstwo
sukcesu. 33% prawdobienstwo sukcesu zwiazane bylo tylko z pierwotynym wyborem
(gdy kazda z 3 bramek mogla byc szczesliwa) i nowy wybor, to nowe szane.

[Gość: Matematyk]

Jest wiele sposobów wyjaśnienia - najprostszy taki: jest 1/3 szansy, że nagroda
jest w bramie, przed którą stoisz i 2/3, że poza nią. Odsłonięcie jednej z bram
tego nie zmienia, o ile wypadku, gdy nagroda jest w "naszej" bramie odsłonięcie
jednej z dwóch "pustych" bram następuje w sposób całkowicie losowy. Stąd dalej
jest 1/3 szansy na bramę, przed którą stoisz, a więc na tę drugą musi być 2/3.
A więc warto zmienić bramę.

[Gość: aaa]

A ja proponuję inne zadanie:
Mamy kostkę trójścienną, wygramy jeśli wypadnie liczba zapisana na suficie (ale
nie możemy patrzeć na sufit).Następnie, po rzuceniu kostką i nie patrząc na
sufit, rzucamy monetą, wygrywa orzeł albo reszka (też zapisane na suficie i też
nie możemy patrzeć). Jakie jest prawdopodobieństwo wyrzucenia tego co jest na
suficie?? :-))))

[Gość: aaa]

Moze mała korekta - po rzucie kostką nie wygrywamy nic, wygrywamy (ewentualnie)
po rzucie monetą.

Pytanie pomocnicze: jakie znaczenie ma dla naszej wygranej wynik pierwszego
rzutu (kostką trójścienną? ) :-)))))

[Gość: bezsens]

1/6 ale co to ma wspolnego z obecnym problemem,
poza tym 3-scienne kostki nie istnieja i nie moga istniec

TRÓjŚCIENNA kostka - jak skonstruować :)

[Gość: reSearcher]

Wez czworoscian, ktory ma 3 sciany identyczne
(moze byc formemny 4 - identyczne).
Do czwartej sciany doklej duzy kawalek drewna lub czegokolwiek
i nastepnie uksztaltuj go w cos na ksztalt polsfery
(polsfery oczywiscie sie nie da - raczej poljajka) - w powierzchnie obłą,
wypukłą, symetryczną ze wzgl.na wysokosci podstawy
(czyli trojkata rownobocznego - sciany czworoscianu).

Jesli uksztaltujesz ja odpowiednio i dobrze
dobierzesz rozklad masy tego obiektu
(mozna np. skoncentrowac masę w wierzch. A)
to rzucony (oczywiscie odpowiednio losowo :))
w ten sposob obiekt zawsze zatrzyma sie leżąc na jednej z 3 scian
czworoscianu i to z takim samym prawdopodobieństwem
- mamy TROJSCIENNA kostke :)))

Pozdr.

PS:
Swoja droga fascynujace jest jak uparci potrafia byc ludzie -
dowodzisz, tlumaczysz, a oni swoje zamiast sie zamknac i pomyslec....

Ja tez kiedys nabralem sie na ten problem z 3ma drzwiczkami,
no ale jak uslyszalem dowod to przemyslalem to sam po cichu
i przekonalem sie ze to prawda.

[Gość: aaa]

ale w końcu jesteś zwolennikiem 2/3, jak rozumiem?

a 2/3 to ktore bylo?

[Gość: reSearcher]

to prawidlowe, czy blad?
:)
Szczerze - to tak, ale nie pamietam tego
i wlasnie to sobie policzylem.

Najwazniejsze jest zidentyfikowac przestrzen zdarzen
- przestrzen probailistyczna i tutaj wiekszość
osob robi blad, lub prowadzi bezsensowne klotnie
podczas gdy wszyscy maja racje w zaleznosci od przestrzeni zdazen.

Jest takie zadanie - jakie jest prawdopodobienstwo, ze
losowo wybrana cieciwa okręgu jest dluzsza od 2/3 srednicy?
Wynikow jest co najmniej kilka, a to dlatego, ze jest kilka metod
losowania cieciwy.

W przypadku z bramkami przestrzen zdarzen jest indukowana z rzeczywistosci
wiec nie ma sie co klocic, trzeba ja tylko zidentyfikowac.

TRÓjŚCIENNA kostka - jak rugby

[Gość: reSearcher]

Ta czesc doczepiona do czworoscianu powinna przypominac polowke pilki do rugby.

... tak gwoli wyjaśnienia :)

[Gość: aaa]

Jescze inne zadanie :-)))))

Idziemy na targ kupić rybę. Neistety został już tylko 1 sprzedawca i zostały mu
trzy ryby. Sprzedawca uczciwie zaznacza, że dwie z nich są trujące i z pewnością
za chwilę (jedna po drugiej) zaczną śmierdzieć, ale on nie ma zielonego pojęcia,
która jest ta zdrowa. Na chwilę obecną nie sposób rozróżnić, która jest zdrowa.

OK, co robić, decydujemy się wybrać oznaczoną numerem 1. Wybraliśmy, już mamy
płacić, a wtedy zaczyna cuchnąć oznaczona numerem 3, co jest ewidentnym dowodem
na to, że jest trująca. Sprzedawca wyrzuca śmierdzącą i mówi: jeśli ma pan
ochotę, może pan jeszcze zmienić wybraną rybę na tą która została, może ta jest
ta zdrowa, ale nie mam pojęcia.

Co należy zrobić w opisanym przypadku ? :-)))))

Zapewne zmienić, jak to argumentowali przedmówcy :-))))

Wielki ROTFL dla większości dyskutantów.

[Gość: aaa]

Rozwinięcie dla miliona bomb zegarowych:-))))))

Idziemy na poligon, gdzie dowódca proponuje nam dosyć nieciekawą grę. Mianowicie
jest milion bunkrów, w każdym z nich w drewnianej skrzynce (tak że nie można ich
zobaczyć) leży po jednej bombie zegarowej. Dowódca mówi: ma pan 1 szansę na
milion na przeżycie, jedna z tych bomb tyka, ale na pewno nie wybuchnie. 1 z
pozostałych 999999 wybuchnie za pół godziny, a pozostałe 999998 wybuchną za 15
minut. Jednakże nie wiadomo która jest w którym bunkrze, a na zewnątrz pan na
pewno zginie.

Chowamy się w jednym z tych miliona bunkrów, obok tyka bomba, mija 15 minut,
słychać wybuchy. Szczęśliwie okazuje się, że przeżyliśmy, wychodzimy na chwilę
na światło dzienne, jak się spodziewaliśmy, pozostały dwa bunkry, z których
jeden za kolejne 15 minut wyleci w powietrze. Wracamy więc do bunkra w którym
już byliśmy?

Zgodnie z popularyzowaną tu teorią, należy zmienić bunkier :-))))))

Kolejny ROTFL

[cyberpunk]

> Rozwinięcie dla miliona bomb zegarowych:-))))))
>
> Idziemy na poligon, gdzie dowódca proponuje nam dosyć nieciekawą grę.
Mianowici
> e
> jest milion bunkrów, w każdym z nich w drewnianej skrzynce (tak że nie można
ic
> h
> zobaczyć) leży po jednej bombie zegarowej. Dowódca mówi: ma pan 1 szansę na
> milion na przeżycie, jedna z tych bomb tyka, ale na pewno nie wybuchnie. 1 z
> pozostałych 999999 wybuchnie za pół godziny, a pozostałe 999998 wybuchną za 15
> minut. Jednakże nie wiadomo która jest w którym bunkrze, a na zewnątrz pan na
> pewno zginie.
>
> Chowamy się w jednym z tych miliona bunkrów, obok tyka bomba, mija 15 minut,
> słychać wybuchy. Szczęśliwie okazuje się, że przeżyliśmy, wychodzimy na chwilę
> na światło dzienne, jak się spodziewaliśmy, pozostały dwa bunkry, z których
> jeden za kolejne 15 minut wyleci w powietrze. Wracamy więc do bunkra w którym
> już byliśmy?
>
> Zgodnie z popularyzowaną tu teorią, należy zmienić bunkier :-))))))
>
> Kolejny ROTFL
>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>
(sorry, ze sie wlaczam - ale trudno sie opanowac :))

pomimo Twojego zdrowego smiechu - jest to zupelnie inne zadanie i zupelnie inne
sa jego zalozenia - szansa na to, ze bedziesz zyl po 15 minutach wynosila 1 :
500000 (lub prosciej 2 : 1000000 gdyz dwie z miliona bomb nie wybuchna po 15
minutach). pozniej nie ma juz znaczenia czy zmienisz decyzje - wtedy
prawdopodobienstwo jest 1 : 2.
natomiast nie ma to zupelnie nic wspolnego (choc moze efektownie i podobnie
brzmi...) z zadaniem typu :
*masz 1000000 bunkrow - w tym 1 bez bomby 999999 z bomba.
*wybierasz sobie jeden z nich (i tutaj prawdopodobienstwo, ze nie ma tam bomby
wynosi 1 : 1000000)(inaczej mowiac - prawdopodobienstwo, ze jest tam bomba
wynosi 999999:1000000)
*po czym brygada nieustraszonych saperow rozbraja w blyskawicznym tempie 999998
pozostalych bunkrow
*ale niestety miekna im nogi gdy zostaje jeszcze ten Twoj i jeszcze jeden i
wstyd to przyznac - ale znikaja...
*i wtedy stoisz przed wyborem - nadal upierac sie, ze ten Twoj pierwszy wybor
byl sluszny (czyli ze raczej udalo Ci sie trafic ta 1/1000000 szanse)
*albo zmienic wybor (bo pojawil sie nowy czynnik - SAPERZY UDZIELILI CI
PODPOWIEDZI !!!) i przyznac, ze raczej szanse, ze bezpieczny bunkier znajdowal
sie w tej puli pozostalych 999999 bunkrow.

Ty pewnie bedziesz twardo trzymal sie intuicji - ja na pewno zmienilbym decyzje.
trzeba naprawde slepo wierzyc swojemu szczesciu, myslac, ze za pierwszym razem
dokonalismy prawidlowego wyboru - jesli szansa byla 1 : 1000000. No, chyba, ze
co srode zgarniasz 6 w lotto, to z takim szczesciem faktycznie moze lepiej
zostac w tym pierwszym bunkrze...

pozdrawiam :)

[Gość: [e-mail]]

> *po czym brygada nieustraszonych saperow rozbraja w blyskawicznym tempie
999998 pozostalych bunkrow
> *ale niestety miekna im nogi gdy zostaje jeszcze ten Twoj i jeszcze jeden i
> wstyd to przyznac - ale znikaja...

Tylko gwoli scisłości i lepszego pojecia dla czytajacych: owa brygada
nieustraszonych saperów rozbraja wszystkie bunkry informujac jednoczesnie ze
kazdy z rozbrojonych nie byl tym 'bezpiecznym'..

Pozdrawiam

[pstrys]

Przykład z bunkrami też jest zły - ha ha ha!

Tutaj dowódca nic nie mógł zmienić. Jako wybierający masz do wyboru N bunkrów z
minami "za kwadrans" i po jednym bunkrze "bez bomby" i "za pół godziny". Okazało
się że nie wybrałeś bynkra "za kwadrans" - to jednak nie dowódca zdetonował
pozostałe ładunki dając Ci sygnał co do innego bunkra - ty po prostu miałeś
szczęście na początku.

Za 15 min będzie kolejne losowanie i zobaczymy czy szczęście dalej dopisze.

Nijak ma się to do teleturnieju - he he he

[goskagoska]

Poczekać aż druga zacznie śmierdzieć idioto (skoro to, że śmierdzi jest
ewidentnym dowodem na to, że jest trująca <hahaha>)

[Gość: aaa]

hahaha
Dziękuję za przyznanie mi racji, bardzo to lubię.
Ale jeszcze bardziej lubię obserwować cudzy wysiłek intelektualny.

[goskagoska]

> Ale jeszcze bardziej lubię obserwować cudzy wysiłek intelektualny.
Może też kiedyś spróbujesz? Wierzymy w Ciebie, you can do it!!!
> hahaha
> Dziękuję za przyznanie mi racji, bardzo to lubię.
<HAHAHA> Ty naprawdę koleś nic nie kumasz :)

[pstrys]

Czy to sprzedawca sprawił że jedna ryba się nagle zepsuła? Nie.

Twój przykład nijak się ma do teleturnieju. W przykładzie z rybami "losowanie"
odbywa się w każdej chwili (zepsuta / świeża), sprzedawca i kupujący mają taką
samą informację.

Nawiasem mówiąc - żesz ci się chciało tyle klepać i na nic.

ROTFL

[Gość: T]

Sprubuj przejechac przez trzy skrzyzowania pod rzad przy czerwonym swietle.

Garść literatury

[Gość: W. Słomczyński]

Piękna dyskusja! Rzadko, które zagadnienie matematyczne rozpala tak dyskutantów
jak "Monty Hall problem", co wielokrotnie sprawdzono. Polecam artykuły:

 Bapeswara Rao, V. V. and Rao, M. Bhaskara (1992). "A three-door game show and
some of its variants". The Mathematical Scientist 17, no. 2, pp. 89–94
 Bohl, Alan H.; Liberatore, Matthew J.; and Nudick, Robert L. (1995). "A Tale
of Two Goats ... and a Car, or The Importance of Assumptions in Problem
Solutions". Journal of Recreational Mathematics 1995, pp. 1–9.
 Gardner, Martin (1959). "Mathematical Games" column, Scientific American,
October 1959, pp. 180–182.
 Selvin, Steve (1975a). "A problem in probability" (letter to the editor).
American Statistician 29(1):67 (February 1975).
 Selvin, Steve (1975b). "On the Monty Hall problem" (letter to the editor).
American Statistician 29(3):134 (August 1975).
 Tierney, John (1991). "Behind Monty Hall's Doors: Puzzle, Debate and
Answer?", The New York Times July 21, 1991, Sunday, Section 1; Part 1; Page 1;
Column 5
 vos Savant, Marilyn (1990). "Ask Marilyn" column, Parade Magazine p. 12 (Feb.
17, 1990). [cited in Bohl et al., 1995]

i strony www:

www.letsmakeadeal.com/problem.htm
www.cut-the-knot.org/hall.shtml
www.mathematik.uni-bielefeld.de/~sillke/PUZZLES/monty-hall

[Gość: kb2000]

prosta sprawa: Prawdopodobienstwo tego ze wybierzesz odpowiednia bramke wynosi
1/3. Po otwarciu jednej z "bramek przegranych" prawdodpodobienstwo sie nie
zmienia (dalej masz 3 bramki, tyle ze wiesz ze jedna jest pusta), czyli nadal
wynosi 1/3, a wiec z prostego rachunku wynika ze p-stwo tego, ze wygrana jest
pod inna bramka wynosi 1-1/3 czyli po prostu 2/3 :)

[Gość: JMP]

Z grubsza dlatego, że sytuacja nie jest symetryczna. Jeżeli na początku
wybrałeś "dobre" drzwi (szansa 33.3%), to prowadzący może otworzyć dowolne z
pozostałych. Jednak jeżeli wybrałeś "złe" (szansa 66.7%), to prowadzący nie ma
już wyboru, musi otworzyć te drugie "złe", tym samym wskazując jednoznacznie
dobre.

[Gość: Czwartek]

Rozwaz dwa przypadki : w jednym za pierwszym razem wybrales dobra brame w drugim
nie (czyli nagroda jest w jednej z pozostalych bram).


Prawdopodobienstwo pierwszego wynosi 33% - co juz wiesz.
2 66, na razie dobrze.

Nadchodzi czas zmiany - wiec jest szansa zmiany wyniku.
Odkrywana jest brama zawsze pusta(no bez glownej wygranej), wiec
prawdopodobienstwo tego ze wygrana jest w bramie ktorej nie wybrales ale zostala
zaslonieta wynosi 66 procent - gdyz wiemy ze z takim prawodpodobienstwem nie ma
jej od poczatku w tej ktora wybrales, a wlasnie zostala jedna, pusta brama -
zniknieta.

Damn.
Namieszalem?

:)

[Gość: Banton]

wybierasz jedna z bram: prawdopodobiensto, ze trafiles jest 33,3..%
prawdopodobienstow, ze nagroda jest w pozostalych dwoch bramach to 66,6..%, w
tym momencie istnieja juz tylko dwa obiekty: brama, ktora wybrales i dwie
pozostale (oczywiscie nie mozna zdecydowac sie w pierwszym wyborze na "dwie
pozostale", bo trzeba wybrac jedna) i teraz dowiadujesz sie, ze MOZESZ
decydowac: czy nagroda jest w jednej bramie (ktora notabene wczesniej
wskazales) czy w dwoch pozostalych?? czyli 33,3.. do 66,6..%

[Gość: Arek]

Głupszej przestrogi przed oszukiwaniem US w życiu nie słyszałem.
A ten motyw z bramami w "idź na całość" jest chyba autorstwa Leppera.
Akurat mam jakieś pojęcie probabilistyczne - studiuję ją i za cholere nie kumam
o co chodziło autorowi z tymi bramami.

[Gość: xxx]

Jak zawodna jest intuicja... Wyobraź sobie gladką kule wiekości Ziemi i po
równiku opasaj ja drutem. Powiedzmy, że wyszło 40 tys. km czyli 40 000 000
metrów. I teraz do tych 40 mln metrów dodaj tylko 40 metrów i opasaj kulę
ponownie tak, aby drut odstawał równo we wszystkich miejscach. Utworzy sie
szczelina między kulą a drutem. Duża? Jak myslisz? Będzie chociaż z kilka
milimetrów? Ta szczelina bedzie dokładnie taka sama, jakbyś po opasaniu
piłeczki pingpongowej dodał 40 m i obwiązał ją ponownie. Szczelina na ponad 6
metrów!. Zawiodła intuicja?? ;-)

[Gość: aaa]

tu akurat intuicja nie ma nic do rzeczy, to się po prostu liczy.

[Gość: xxx]

policzyles?? (chyba nie wyszlo Ci 1/3 ?;-)

[grlt]

Też mi się wydaję że to babol chyba... Każda brama ma po 33,3%... Co prawda 2 wybory mogą dać więcej, bo 2*33,3% ale przecież nie zmienienie bramki też jest wyborem [takim samym]...

[Gość: i po co tlumaczyc]

wlasnie dwa wybory sa tylko pozorne, przeciez wiesz ze prowadzacy otworzy jedna
pusta i bedziesz mogl zmienic wybor, jesli zapomniales o pierwszym wyborze to
oczywiscie mialbys 50-50 ze trafisz, jednak juz za pierwszym razem decydujesz ze
zmienisz, czyli faktycznie starasz sie wybrac pusta bramke co ma p-p 2/3

[Gość: Michal]

Oplaca sie zmienic bramke w tej sytuacji! A dlaczego? Bo w momencie, gdy prowadzacy odrzuca jedna z bramek, w ktorej nie ma nagrody, znika losowosc. Przyklad: mamy bramki A B C, nagroda jest w A, i Ty trafiasz w A. Prowadzacy ma do wyboru: odrzucic bramke B lub C, moze nawet wtedy losowac. Ale jesli bys wybral/-a bramke B, to do odrzucenia zostaje mu tylko jedna bramka - C. Znika tu zatem losowosc. A jesli nagroda jest w A, a Ty wybierasz C, to prowadzacy musi odrzucic B. Zauwaz, ze w pierwszym wypadku lepiej bylo pozostac przy wyborze pierwotnym, ale w dwoch kolejnych bardziej oplacalo sie zmienic bramke! Czyli prawdopodobienstwa to 1/3 i 2/3 (porzadne rozwiazanie braloby pod uwage wiecej kombinacji, ale to mozna tu pominac).

Sprobuj zrobic sobie symulacje z kolega/kolezanka, zobaczysz, ze przy zmianie bramki bedziesz wygrywac 2x czesciej!!!

[Gość: pm]

o! to mnie przekonalo! :)))))))

[Gość: Agnieszka]

Podczas pierwszego wyboru mamy 1/3 szans na trafienie i 2/3 na nietrafienie.
Zmieniając wybór przenosimy swoją szansę z 1/3 (ta jedna wybrana) na 2/3 (te
dwie niewybrane).

[Gość: pm]

kazda z bram miala po 33,3 %. wiec te niewybrane mialy w sumie 66,6%. wygrana
byla albo w bramce za 33,3% albo w bramce, ktora lacznie z ta juz odkryta, miala
66%, wiec wiecej. wg mnie niby wiecej. bo po odkryciu tej jednej pustej szlag ja
trafia i zostaje dwie nieodkryte - wiec 50% do 50%. ale - jak wynika z artykulu
- naleze do grona tych, ktorzy daja sie nabierac uludzie ;)))) i tak obstaje
przy swoim ;))) ps. to tak jak do dzis nie pojalem jak wzgledem punktu A nie
porusza sie szybciej od swiatla gosc ktory idzie do przodu w rakiecie B
poruszajacej sie z predkoscia swiatla w stosunku do punktu A - nie kazdy moze
byc einsteinem ;)))) pzdr

[Gość: k]

prawdopodobienstwo warunkowe

Monty Hall

[Gość: ...]

A to nie jest przypadkiem tak, ze nie zmiana, a podjecie decyzji na nowo
zwieksza prawdopodobienstwo? Kwestia sformulowania zagadnienia

[mrmrooz]

Sam sobie odpowiadasz - każda ma 33,3%, czyli dwie mają 66,6%. Pierwsza wybrana
ma 33,3%, dwie pozostałe dwa razy więcej. Jak ci pokazuje prowadzący, że jedna
z dwóch jest pusta, tzn., że szanse obu masz w tej której nie wybrałeś za
pierwszym razem

Michał M

ps. tak mi wychodzi w opaarciu o artylkuł

[Gość: aaa]

To jeszcze jedno zagadnienie.

Mamy 6 koni wyścigowych. Stawiamy na jednego z nich, który jak nam się wydaje,
wygra. W tych wyścigach można raz zmienić podjęty wcześniej wybór i postawić na
innego konia, takie to dziwne wyścigi.

Bomba poszła w górę, szybko okazuje się, że dwa z 4 z 6 koni nie mają żadnych
szans, a dwa najlepsze (w tym ten na którego stawialiśmy) idą łeb w łeb. Co
należy zrobić zmienić czy zostać (wygra na pewno tylko 1)?

Otóż zgodnie z powyżej przedstawionym rozumowaniem: wybrany przez nas przed
wyścigiem koń miał p=1/6, pozostałe 5/6. Skoro z tych 5 niewybranych 4 nie mają
żadnych szans, to te 4/6 przechodzą na tego niewybranego z szansami i ma on 5/6
na wygraną. A zatem należy zmienić konia.

I kolejny ROTFL.

errata

[Gość: aaa]

errata:
było: > Bomba poszła w górę, szybko okazuje się, że dwa z 4 z 6 koni nie mają
żadnych

powinno być: > Bomba poszła w górę, szybko okazuje się, że 4 z 6 koni nie mają
żadnych

[Gość: mnm]

Ten przykład miałby sens i byłby podobny do przykładu z bramami, gdyby dżokeje
przed wyścigiem ustalili kto wygra (czyli schowali nagrodę w jednej bramie, a
nie jeździli z nią za kulisami w te i nazad - że użyję końskiego zwrotu)

Ale człowiek jest durny (czytać jako samokrytykę)

[Gość: Ja]

Cholera studiowałem informatykę, prawodpodobnieństwa było na uczelni sporo, a
ja dopiero teraz po północy zrozumiałem gdzie tkwił mój błąd w rozumowaniu.
Mimo wyjaśnień wielu osób na forum (słusznych zresztą) nie za bardzo czułem się
przekonany.

Ale w końcu udało się! :-)

Zabawa jest prosta. Jak są trzy bramki szanse na to, że trafię w bramkę bez
nagordy wynoszą 66,6%. Co oznacza, że mam małe szanse wygrać. Kiedy już wybiorę
bramkę... najprawdopodobniej pustą, prowadzący wyrzuca drugą pustą. Tak więc ta
bramka co została powinna zawierać nagrodę, o ile na poczatku trafiłem w pustą.
Proste!

Myślałem też o tym w ten sposób, że gdybym wybrał bramkę na oślep i nie znal
swojego wyboru, a potem jedna pusta by znikneła to miałbym szansę 50 na 50. Ale
ja mogę podglądać! Moge tym samym sobie pomóc. Gdybym nie patrzył lub nie
pamiętał pierwszego wyboru miałbym 50% szans, gdy patrzę mam 66%.

Faktycznie z pozoru jest to nielogiczne... ale o to chodzi, ze pozory mylą.

Składam na ręce forumowiczów samokrytykę

[Gość: Varelse]

Tez sobie siadlem i pomyslalem.
I wyszlo mi calkiem proste uzasadnienie, oparte na przykladzie 1000 bram z
poprzednich postow.
Gdy wybierzemy z tych 1000 bram nasza, szansa na zwyciestwo jest 1/1000. A wtedy
milosierny prowadzacy otwiera 998 pozostalych, zostawiajac jedna - ta, o ktorej
wie, ze jest w niej nagroda (no bo gdziezby podziala sie dramaturgia
teleturnieju "Jedna Na Tysiac"?). Wiec skorzystajmy z uprzejmosci tego pana i
wybierzmy to, co nam podsuwa. A szansa? 999/1000...
Kurtyna, oklaski.
A 999 Zonkow idzie w diably.

[Gość: gruby]

Przyjmijmy, że wybrałeś bramkę. Prawdopodobieństwo, że jest to dobry wybór
wynosi 1/3 a że to zły 2/3. Znaczy to tyle, że wygrana znajduje się "raczej" za
jedną z dwóch niewybranych przez Ciebie bramek. Tak więc skoro po chwili
okazuje się, która z tych dwóch bramek jest pusta, należy zmienić pierwotny
wybór i obstawić tę drugą. Prawdopodobieństwo, że jest tam wygrana cały czas
wynosi 2/3.

[Gość: rp78]

Tylko, ze jednej, juz nie ma, bo zostala odkryta. Ta ktora zostala wybrana za
pierwszym razem, z prawdopodobienstwem .33 zawierala wygrana. Jesli jedna nam
wypadla (zostala odslonieta) to prawdopodobienstwo, ze w niewybranej
nieodkrytej bramce musi skoczyc do 1-.33 (suma prawdopodobienstw =1).

[Gość: kasia]

Każda z bram ma 33,3 % prawdopodobieństwa, jeśli obstawił A (czyli 33,3%), to
bramy B lub C miały w sumie 66,6%. Prowadzący odkrywa B (w której jest kot),
czyli opłaca się zmienić na C, bo po wyeliminowaniu B, to w C pozostaje 66,6%
prawdopodobieństwa...

[Gość: Monty Hall]

www.ipipan.waw.pl/~ldebowsk/uslugi.html

[Gość: insp]

>
[Frank Benford] Zauważył, iż strony z logarytmami, które odpowiadają liczbom
zaczynającym się od cyfry 1, są dużo bardziej wytarte, a to znaczy też, że
częściej przeglądane niż inne strony. Doszedł do wniosku, że fizycy i
inżynierowie posługujący się tymi tabelami w codziennych rachunkach częściej
mają do czynienia z danymi, w których na pierwszym miejscu występuje cyfra 1.
>

Bardzo ciekawy wniosek. Szczegolnie w przypadku logarytmow, ktore pozwalaja
bardzo latwo przeskalowac kazdy wynik operacji na logarytmach, do logarytmu
zaczynajacego sie od zera lub jedynki.

Na suwaku logarytmicznym mozna latwiej i o wiele precyzyjniej odczytac wartosci
od 0 do 2 (obliczenia eksponentu wyniku robilo sie wtedy blyskawicznie, w
pamieci). A co ma suwak logarytmiczny do tablic logarytmow ? To samo co liczba
palcow u obu rak, przyjeta jako podstawa logarytmu.

ZABAWNE

[fizdra]

Zabawne ile to emocji i nieporozumień wywołał ten artykuł.
Niestety, po części wynika to z winy piszącego, chyba że nieprecyzyjnych
sformułowań użył celowo, aby sprowadzić intuicję czytających na fałszywe tropy.

ILU SOLENIZANTOW ----> otóż zupełnie mija się z prawda, że "intuicyjnie może
się wydawać, że zaprosić trzeba co najmniej 182 osoby". Tak się "intuicyjnie"
czuje, kiedy chodzi o KONKRETNE dwie osoby. W zadaniu natomiast - co widać po
rozwiązaniu -wyraźnie chodzi o dwie DOWOLNE osoby. Wystarczy to sobie
uświadomić, zamiast marnować tusz na takie pierdomony.

BRAMY ----> w tym zadaniu warunki wyjściowe są po prostu sformułowane
nieprecyzyjnie, co prowadzi (nieco słusznie) do przeróżnych rozwiązań. Dziwię
się, że żaden "matematyk" nie zwrścił na ten fakt uwagi. Mianowicie strategia
uczestnika (zmieniać - nie zmieniać bramy) zależy wyłącznie od strategii
prowadzącego, a tej można się na podstawie tekstu wyłącznie domyślać!
Otóż szansa, że za pierwotnie wybraną bramą czai się nagroda, waha się pomiędzy
ZEREM proc. (prowadzący otwiera jedną z pozostałych bram wyłącznie wtedy, kiedy
chce pomóc uczestnikowi), poprzez - sugerowaną w artykule strategię - 33,3
proc. (kiedy prowadzący musi otworzyć /dowolną/ pustą bramę z dwóch
pozostałych), do 100 proc. (kiedy prowadzący tylko wtedy otwiera jedną z
pozostałych bram, gdy stara się nie dopuścić do wylosowania nagrody). W tym
ostatnim przypadku szansa wylosowania z pozostałych dwóch bram wynosi
rzeczywiście 50%.

jak ktoś dalej ma kłopoty z losowaniem, to na pocieszenie zostaje mu koza; w
sumie też nieźle :-)