Dwie cele

[flyap]

Z uwaga przeczytałem wypowiedzi związane z uwalnianiem więźniów i prypomniała
mi sie podobna zagadka, której rozwiązanie doprowadzi do ciekawych wioskow.
Oto zagadka:
W każdej z dwóch cel więzienia przebywa trzech skazanych. Zapowiedziano im,
że pewnego dnia nałoży się im po ciemku berety czarne lub białe, przy czym
żaden skazaniec nie będzie znał barwy swojego nakrycia głowy, ale po
zapaleniu światła zobaczy barwy beretów swoich kolegów. Jeśli po zapaleniu
światła któryś z więźniów odgadnie w ciągu 5 sekund barwę swojego beretu –
cała trójka będzie ułaskawiona, ale jeśli któryś popełni błąd albo nie padnie
żadna ospowiedź – zwolnień nie będzie.. Oczywiście, w ciągu tych 5 sekund nie
ma mowy o przekazywaniu sobie żądnych wiadomości.
Więźniowie są poinformowani, że kolory dla kolejnych więźniow w pierwszej
celi ustala naczelnik zakładu przez rzut monetą:orzeł – biały, reszka –
czarny;
w drugiej celi – przez rzut kostką: szóstka lub jedynka – biały, pozostałe
liczby – czarny..
Przed eksperymentem więźniowie mogą się naradzić nad taktyka zgadywania,
nawet na spotkaniu wszystkich razem. Jak mają ustalić sposób zgadywania? Dla
której celi prawdopodobieństwo, że będzie zwolniona, jest większe? Jakie są
te prawdopodobieństwa dla każdej z cel?
(W obu celach rozkład barw może być jeden z nastepujących:
BBB,BBC,BCB,CBB,BCC,CBC,CCB i CCC dla rosnących numerów, ale czy mają
zgadywać jednakowo?)

[Gość: kama]

`Po zapoznaniu się z wątkiem o dezerterach wyobrażam sobie przebieg narady
więźniów w pierwszej celi przed dniem próby mniej więcej tak:
Najbardziej doświadczony z więźniów zabiera głos i informuje, że w dzień próby
każdy z więźniów zobaczy u współlokatorów, patrząc w kolejności wzrostu
numerów, sytuacje:
BB, BC, CB lub CC i jeśli miałby zgadnąć kolor mu przypisany, to każdy miałby
jednakowe szanse , bo widząc obok xy, równie dobrze może spodziewać się układu
xyB, jak i xyC, zatem miałby 50% prawdopodobieństwa że zgadnie, ale jeśli
powiedzieliby to jednocześnie, prawdopodobieństwo, że wszyscy zgadną byłoby
tylko 1/8, więc wniosek – powinien zgadywać tylko jeden , ale który? Każdy z
góry wytypowany ma prawdopodobieństwo tylko ½ i każdy z was może reprezentować
wszystkich. z jednakowym skutkiem..
ZROBIMY INACZEJ. Najbardziej prawdopodobny rozkład kolorów jest 2+1. Każdy
układ wytypuje innego zgłaszającego – tego, który zobaczy dwa berety
jednakowego koloru . Kto zobaczy taki układ– niech deklaruje kolor przeciwny.
Są dwie szanse na osiem, że będzie ich trzech. Na osiem jednakowo
prawdopodobnych układów: BBB, BBC, BCB .CBB, CCB, CBC, BCC i CCC jest sześć, w
których są dwa tej samej barwy – tu będzie jeden zgadujący. Jako zespól stoimy
wobec dwóch możliwych zdarzeń:
A – berety są jednobarwne, D –dokładnie dwa berety są tej samej barwy.
Zdarzenia te poprzedzają interesujące nas zdarzenie Z – odgadnięcie barwy przez
zabierających glos..
Z twierdzenia prawdopodobieństwie zupełnym:
P(Z)=P(A)*P(Z/A)+P(D)*P(Z/D)=2/8*0+6/8*1=0,75
W drugiej grupie, gdzie kolory przydzielane są z różnymi prawdopodobieństwami
zawsze xyC jest bardziej prawdopodobne niż xyB{P(xy)*1/3 < P(xy)*2/3) i
prawdopodobieństwo 2/3 dla mowiącego C jest gwarantowane, ale czy można dla
zespołu znaleźć jakieś wyższe prawd.
Tu P(CCC)=8/27; P(2C+B)=12/27;P(2B+C)=6/27 i P(BBB)=1/27
Tutaj widzący dwa jednakowe kolory i zgłaszający inny osiąga dla zespołu
prawdopodobieństwo 18/27 =2/3 a więc takie samo jak przy wyborze
reprezentanta. .Traci się niewykorzystane spore prawdopodobieństwo układu CCC.
(8/27).. Sprawa jest nadal otwarta.

[Gość: PM]

Prawdopodobieństwo "grupowe" zwiększymy polecając zgłaszać "czarny" przy
widzeniu dwóch jednakowych. "Przegrywające" deklaracje padną tylko w zwiazku z
układami (2C+B) i (BBB) które wystapią z prawd. odpwiednio 6/27 i 1/27 - łacznie
7/27, a 20/27 to prawd zwolnienia.(74,07%). (Tu w przypadku CCC trzej
jednocześnie dadzą prawidlową odpowiedź)