蒙蒂霍爾問題

第一次選羊a,換,中 P(A|B1)即在抽中的情形下之前換門的機率。 同理,P(A|B2)=1/3。

來歷

蒙提霍爾問題(Monty Hall Problem)也稱為車羊問題或三門問題,是一個源自博弈論的數學遊戲問題,大致出自美國的電視遊戲節目“Let’s Make a Deal”。問題的名字來自該節目的主持人蒙提·霍爾(Monty Hall)

內容

說,從前有一個人獲得了一個猜獎的機會,他的面前有三扇門,分別是A、B、C門,其中一扇門後面藏有獎品,另外兩扇門後面沒有獎品。猜獎人是不知道哪扇門後面有獎品的,但是主持人知道哪扇門後面有獎品。猜獎人首先選擇了A門,主持人沒有立即打開A門,而是打開了B門,讓猜獎人看到B門後面是沒有獎品的。這時,主持人要給猜獎人一個重新選擇的機會,說:“你是選擇A門不變呢,還是改為選擇C門呢?”,於是,問題出來了:如果你是猜獎人,你是選擇A呢還是改選C呢?為什麼?

各種證明

一。
1.當參賽者轉向另一扇門而不是繼續維持原先的選擇時,贏得汽車的機會將會加倍。
有三種可能的情況,全部都有相等的可能性(1/3):
參賽者挑山羊一號,主持人挑山羊二號。轉換將贏得汽車。
參賽者挑山羊二號,主持人挑山羊一號。轉換將贏得汽車。
參賽者挑汽車,主持人挑兩頭山羊的任何一頭。轉換將失敗。
在頭兩種情況,參賽者可以透過轉換選擇而贏得汽車。第三種情況是唯一一種參賽者透過保持原來選擇而贏的情況。因為三種情況中有兩種是透過轉換選擇而贏的,所以透過轉換選擇而贏的機率是2/3。
2.當參賽者挑選了一個門(A)之後,這個門後是汽車的機率為1/3,剩下兩個門(B和C)作為一個整體的話機率為2/3。 而主持人打開剩下兩個門當中一個有山羊的門(B)後,則剩下兩個門(B和C)的機率僅僅由那個沒打開的門(C)獨自承擔,因此那個門(C)的機率為2/3。
3.
貝葉斯公式是這樣的,B1,B2,B3…Bn為一系列互不相容事件(不可能同時發生),且B1,B2,B3…Bn構成全體樣本Ω(P(B1)+P(B2)+…+P(Bn)=1),則對任意事件A⊂Ω,有:
P(Bi|A)=P(Bi)P(A|Bi)/[P(A|B1)P(B1)+P(A|B2)P(B2)+...+(P(A|Bn)P(Bn)]
其中P(Bi|A)表示在A發生的條件下Bi發生的機率,以此類推。
具體到這個問題中,就是嘉賓換門(A)這一事件發生的條件下,抽中車(B1)的機率。
由於只需考慮換門和中車這兩個事件,故對全體樣本Ω作如下設定:
第一次選羊a,換,中 第一次選羊b,換,中 第一次選羊a,不換,不中 第一次選羊b,不換,不中 第一次選車,換,不中 第一次選車,不換,中
從而按照B1(中),B2(不中)的劃分為
B1,中,1/2機率(注意是在已經打開一扇門二選一的前提下)
B2,不中,1/2機率
所要求的機率表達式為
P(B1|A)=P(B1)P(A|B1)/[P(A|B1)P(B1)+P(A|B2)P(B2)]
接下來求P(A|B1)和P(A|B2)。
P(A|B1)即在抽中的情形下之前換門的機率。依照對樣本Ω的設定和條件機率公式:
P(A|B1)=P(AB1)/P(B1)=中車且換門的機率/中車的機率=(2/6)/(3/6)=2/3
同理,P(A|B2)=1/3。
代入貝葉斯公式,有:
P(B1|A)=(1/2)(2/3)/[(2/3)(1/2)+(1/3)(1/2)]=(1/3)/(1/2)=2/3
故而所求的嘉賓換門的情形下中車的機率為2/3。
既然用貝葉斯定則證明過了,我想這個問題到此可以CLOSE了。
4.
這個問題的計算需要利用條件機率的知識——設A,B是兩個事件,且P(B)>0,那么稱P(A∣B)=P(A∩B)/P(B)為在事件B發生的條件下事件A發生的條件機率。
先算A門中獎的機率:
設事件A為{A門中獎},B為{B門不中獎},則P(A)=1\3,P(B)=2\3。遊戲者選擇了A 號門,B 號門後面是山羊,則A門中獎的條件機率P(A∣B)=P(A∩B)/P(B)=P(A)*P(B)/P(B)=1/3.
所以該條件下A門中獎的機率為1/3。
再算C門中獎的機率:
設事件A為{BC門後有獎},B為{B門不中獎},則P(A)=2\3,P(B)=2\3。遊戲者選擇了A 號門,B 號門後面是山羊,則BC門後有獎的條件機率P(A∣B)=P(A∩B)/P(B)=P(A)*P(B)/P(B)=2/3,又因為B 號門後面是山羊
所以C門中獎的機率=BC門後有獎的條件機率=2/3.
可見改選C門中獎的機率更高,應該改選C。

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