Problem Galerii Monty'ego

12.05.04, 10:32
Znalazlam wczoraj opis tego problemu w ksiazce i wciaz nie moge zrozumiec
jego rozwiazania.

W skrocie problem jest nastepujacy (dla tych, ktorzy go nie znaja).

Wystepujesz w teleturnieju, w ktorym mozna wygrac samochod. Prowadzacy
teleturniej (Monty) pokazuje troje drzwi. Mowi, ze za jednymi z nich znajduje
sie samochod, za dwoma pozostalymi kozy. Prosi, zebys dokonal wyboru.
Wybierasz drzwi, ale drzwi sie nie otwieraja. Monty otwiera za to jedne z
dwojga drzwi, ktorych nie wybrales, i pokazuje koze (wie, co jest za ktorymi
drzwiami). Potem mowi, ze masz ostatnia szanse na zmiane decyzji. Pyta wiec,
czy chcesz zmienic swoja pierwsza decyzje, czy wybrac jednak drugie zamkniete
drzwi.

Pytanie: Co powinienes zrobic? Zostac przy pierwszej decyzji, czy ja zmienic?

Czy ktos moglby mi lopatologicznie, badz na wzorach matematycznych (chetniej
to ostatnie) wytlumaczyc dlaczego rozwiazanie jest takie a nie inne?

Dzieki.
    • uller Re: Problem Galerii Monty'ego 12.05.04, 11:24
      Nie znałem tego problemu. Na pierwszy rzut oka nie ma to znaczenia czy zmieni
      czy nie, ale po głębszej analizie możemy dojść do innego wniosku.
      Na samym początku ma szanse 2/3 że trafi kozę, a 1/3 że samochód.
      Jeżeli trafił w kozę to prowadzący odsłoni mu drugą kozę, jeżeli samochód to
      odsłoni mu jedną z pozostałych kóz. Zatem w 66,7% przypadków w pierwszym
      wskazaniu wytypował kozę. Kiedy otrzymał informacje gdzie jest druga koza to po
      zmianie decyzji w tym wypadku wskaże samochód.
      Reasumując: kiedy zmieni decyzje ma 2/3 szans na zdobycie samochodu, w
      przeciwnym wypadku tylko 1/3.
      • bbaju Re: Problem Galerii Monty'ego 12.05.04, 17:22
        Witam po długiej niebytności. Załapalam się na końcówkę Magika, ale wciąż
        jestem na etapie brnięcia przez dotychczasowe zmagania. I poty się ze mnie leją.

        Natomiast:

        uller napisał:

        > Reasumując: kiedy zmieni decyzje ma 2/3 szans na zdobycie samochodu, w
        > przeciwnym wypadku tylko 1/3.

        Moim zdaniem, zmieniając wskazanie, prawdopodobieństwo trafienia będzie
        wynosiło 1/2.

        Bo:
        Jeżeli oznaczymy przez A,B,C - trafienie samochodu za kolejnymi drzwiami, wtedy
        P(A) będzie wynosilo 1/3. I tu zgoda!
        Teraz pytamy się, jakie jest prawdopodobieństwo, że autko jest w C, gdy nie ma
        go w B.
        Chodzi więc o klasyczne prawd. warunkowe P(C/~B)
        Ze wzoru
        P(C/~B) = P(C i ~B)/P(~B) .......(to "i" oznacza iloraz obydwu zdarzeń)

        P(C i ~B), to tyle co P(C), czyli = 1/3, zaś, jak zauważył uller, P(~B)=2/3

        W ostateczności, po podstawieniu otrzymamy
        P(C/~B)=1/2

        Pozdrawiam Wszystkich
        Baj
        • stomek Re: Problem Galerii Monty'ego 12.05.04, 17:36
          Do wywodu bbaju dodam, że jeśli nie zmienimy wyboru
          to prawdopodobieństwo wygranej jest też 1/2.
          Pierwszy wybór nie ma znacznia gdyż niezależnie od
          tego co wybierzemy prowadzący otworzy jedne drzwi
          bez nagrody. Znaczenie ma drugi wybór - zostają
          2 drzwi i za jednymi jest nagroda. Tu podejmujemy
          dezyzję które wybieramy - te co na początku czy też
          inne.
          Nie ma potrzeby kłopotać się wyliczaniem
          prawdopodobieństwa warunkowego.

          pozdrawiam,
          Tomek
          • cardemon Re: Problem Galerii Monty'ego 13.05.04, 06:21
            stomek napisał:

            > Do wywodu bbaju dodam, że jeśli nie zmienimy wyboru
            > to prawdopodobieństwo wygranej jest też 1/2.
            (...)

            Właśnie cały urok i "paradoks" tego problemu leży w tym, że jeśli nie zmieniamy
            wyboru to prawdopodobieństwo trafienia w nagrodę wynosi cały czas 1/3.

            pzdr. CdM
      • Gość: 2_FaCe Re: Problem Galerii Monty'ego IP: *.uni.lodz.pl 17.01.05, 11:31
        Nie liczył bym na to...
        Pamiętajmy, że ułożone jest to losowo, zatem jeśli na początku szanse zawodnika
        wynosiły 1 do 3 a następnie jedna z możliwości została wyeliminowana. Jego
        szanse wzrosły do 1 do 2. Zatem stając przed taką decyzją jeśli zmieni swój
        wybór szanse wzrosną ale w ocenie ogólnej zdarzenia. Wygląda to mniejwięcej tak
        (matematycznie):
        Niech:
        A = 1/2;
        B = 1/3.
        Mamy B/A = 2/3. Polecam sprawdzenie tego obliczając prawdopodobieństwo wygranej
        samochodu.
        PS. Miłej zabawy.....
    • mesquaki Re: Problem Galerii Monty'ego 12.05.04, 17:57
      Uller ma rację. Ten problem był wałkowany w jednym z wątków Inteligentne
      zagadki czy Inteligentne zagadki II.
      Tu jest fajna stronka z historią tego problemu i kontrowersji, jakie wzbudził.
      Jest też na niej applet symulujący grę.

      math.ucsd.edu/~crypto/Monty/Montytitle.html
      m
    • cardemon Problem "Monty Hall" 13.05.04, 06:44
      Na wątku "jeszcze raz - inteligentne zagadki" problem ten był dość intensywnie
      wałkowany. Pozwolę sobie zacytować tu moją wypowiedź sprzed prawie dwóch lat:

      -----------------------------------------------------------------------
      Gość: cardemon 19.07.2002 23:37 odpowiedz na list odpowiedz cytując

      Moi Drodzy,

      Musze sie wtracic do zagadki z pudelkami, bo moze nie do konca jasno zostalo
      wytlumaczone jego rozwiazanie. Niestety najprosciej jest poslugiwac sie tutaj
      pojeciem prawdopodobienstwa. Prawdopodobienstwo, ze kulka jest w ktorym z
      trzech pudelek jest 1 (no bo gdzies ta kulka tam przeciez jest).
      Prawdopodobienstwo, ze jest w danym konkretnym wynosi wiec 1/3. Ktore nie
      wybierzesz na poczatku bedzie to 1/3. Nawet jak zostanie jedno z pozostalych
      pudelek (puste) odwarte, to nadal jest to 1/3. Natomiast prawdopodobienstwo,
      ze "osoba prowadzaca" wybierze te pudelko z kulka jest rowne ZERO z definicji,
      ze ta "osoba prowadzaca" odkrywa PUSTE pudelko (bo wie, gdzie jest kulka).
      Prosty rachunek 1 - 1/3 = 2/3 mowi, ze nalezy zmienic wybor i wskazac na drugie
      pudelko, bowiem szansa, ze tam jest kulka jest dwukrotnie wyzsza niz przy
      pierwotnym wyborze. Dlaczego tak sie dzieje? Otoz dlatego, ze ta "osoba
      prowadzaca" swoim otworzeniem pustego pudelka, dala ci wskazowke, gdzie nalezy
      szukac kulki, zwiekszajac twoje szanse na wygrana dwukrotnie, o ile zmienisz
      swoj pierwotny wybor. Dla wszystkich tych, ktorych jeszcze nie przekonalem,
      proponuje nastepujacy eksperyment. Za asa pik w tej zabawie dostaniesz 100 PLN.
      Osoba prowadzaca rozklada talie kart i prosi o wybranie jednej z nich nie
      odkrywajac jej. Po czym odrzuca 50 kart, wsród ktorych NIE MA asa pik,
      zostawiajac sobie jedna. Co teraz zrobisz? Pozostaniesz przy swojej pierwotnie
      wylosowanej karcie, czy wybierzesz te w reku osoby prowadzacej?

      Car de Mon

      PS. Dla wszystkich chetnych dowiedziec sie cos wiecej o tej zagadce
      podpowiadam, ze nazywa ona sie problemem "Monty Hall" i w sieci jest na jej
      temat mnostwo odnosnikow i dyskusji (wiekszosc po angielsku).
      ------------------------------------------------------------------------
      • Gość: Kriss Re: Problem "Monty Hall" IP: *.internetdsl.tpnet.pl 13.05.04, 12:04
        tak, pierwotny wybór miał P=1/3 i tyle "zostaje" przy tej bramce. Druga bramka,
        ta nie wskazana przez prowadzącego, "wiąże" P 1 - P 1/3 = P 2/3
        • bbaju Re: Problem "Monty Hall" 13.05.04, 12:52
          Jasne, że pokręciłam, nie uwzględniłam przecież, że dzieje się wszystko
          nierównocześnie. Musi byc więc 2/3.
          Sorry.

          Pozdrawiam, Baj
    • methinks Re: Problem Galerii Monty'ego 27.06.04, 17:43
      Na poczatku nie chcialem w to uwierzyc, ale po chwili zastanowienia sam do tego
      doszedlem. Niestety wytlumaczenie podam ci na logike, bez (specjalnego)
      mieszania w to wzorow.

      Zgodzisz sie, ze wybierajac bramke A masz prawdopodobienstwo 1/3 ze wybralas
      samochod. Czyli 2/3 wynosi prawdopodobienstwo tego, ze samochod znajduje sie w
      zespole bramek, na ktory skladaja sie bramki B i C (ale nie wiemy w ktorej).

      Teraz Monty odkrywa, powiedzmy bramke B, i pokazuje ci, ze jest w niej koza. Co
      to dla nas oznacza? To oznacza tylko tyle, ze z zespolu bramek B i C Monty
      wlasnie wyeliminowal bramke B (bo WIEDZIAL, ze w niej na pewno nie ma
      samochodu). Ale prawdopodobienstwa tego, ze jest w tym zespole samochod nie
      zmienil! Czyli samochod nadal znajduje sie z prawdopodobienstwem 2/3 w zespole
      bramek, tyle ze ten zespol sklada sie aktualnie tylko z bramki C.
      Prawdopodobienstwo tego, ze auto jest w bramce A nie zmienilo sie i nadal
      wynosi tylko 1/3. Wniosek taki - nalezy zmienic swoj wybor i tym sposobem
      zwiekszyc swoje szanse dwukrotnie.

      Mam nadzieje, ze to pomoze.
      Pozdrawiam.
      • Gość: lukiz Re: Problem Galerii Monty'ego IP: *.if.pwr.wroc.pl 19.08.04, 13:32
        wszystoko ładnie tylko że po odsłonięciu przez prowadzącego fałszywej bramki
        twoje sznase nie wzrastają dwukrotnie lecz półtora krotnie. Stoisz przed
        wyborem ta albo ta więc masz 50%
        • Gość: jancio Re: Problem Galerii Monty'ego IP: *.walbrzych.dialog.net.pl 21.08.04, 00:37
          Lukiz jesteś w błędzie, zajrzyj wyżej do angielskiej strony z wyjaśnieniem
          zagadki.
          • Gość: lukiz Re: Problem Galerii Monty'ego IP: *.neoplus.adsl.tpnet.pl 23.08.04, 14:34
            Jeśli na początku zdecydujesz że wybierasz konkretne drzwi a potem zmienisz je
            na te drugie po obejrzeniu kozy to masz 2/3 szansy. Jeśli natomiast po
            odsłonięciu kozy zaczniesz się zastanawiać czy zmienić drzwi czy nie (czy
            prowdzący cie nie podpuszcza albo daje szansę wycofania z błędu) to masz 1/2.
            Bo albo zmienisz albo nie.
    • suahniets Re: Problem Galerii Monty'ego 22.08.04, 17:05
      jeśli wytypowałeś na początku kozę i zdecydowałeś się na zmianę bramki, to
      wygrywasz samochód. prawdopodobieństwo zaś wytypowania kozy wynosi 2/3.

      pozdr.
      suahniets
Pełna wersja