Geresnis pasirinkimas...
Yulius wrote:Pasitikslinsiu salyga, nes mano nusivylimu ji nepilna (o taip norisi tikslumo) : zaidejo tikslas pasirinkti duris, uz kuriu automobilis; prizai uz duru nesikeicia; vedejas atidaro duris pagal funkcija random (atsitiktine tvarka). Tai yra pagal nutylejima priimtos salygos, jeigu apie jas neuzsimenama. (Toliau seksiantys komentarai isplaukia is prielaidos, kad ir jus taip suprantat)
Aha, aš turėjau omenyje tą versiją kuri pateikta wikipedijoje, ten nurodoma aiškiai, kad vedėjas duris atidaro ne random, o pagal "ožkiškumą". Bet anyway, įdomumo dėlei grįžkim prie senio uždavinio sąlygos versijos. Kodėl manai, kad default taisyklė, pagal kuria turime tikėtis, kad vedėjas atidarys duris yra random? Aš pvz, būdamas žaidėjo vietoje svarstyčiau taip: žaidimo vedėjas yra žaidimo vedėjas, taigi jis turi tikslą, kad žaidimo žiūrovams būtų įdomu, taigi jis nori išlaikyti įtampą kuo ilgiau. Jei jis duris atidarytu random ir už jų būtų mašina - visa įtampa dingtų, kam jam tuo rizikuoti?
Būtent. Senis Monty Hall problemą tikrai suformulavo ne visai tiksliai, nes užmiršo paminėti, jog vedėjas žino, kas yra už kiekvienų durų. Tačiau dėl šio neapibrėžtumo (mes nežinome, ar vedėjas žino), uždavinys tampa netgi dar įdomesnis. Jeigu vedėjas žino, kas yra už uždarytų durų, tai išlošimo tikimybė keičiant pradinį pasirinkimą yra 2/3. Jei ir vedėjas nežino, kas yra už durų, o B durys buvo atidarytos atsitiktinai ir už jų atsitiktinai nepapuolė automobilis, tai išlošimo tikimybė keičiant pradinį pasirinkimą yra 1/2. Taigi, net jei mes ir nežinome, ar vedėjas žino, vis tiek tikimybiškai apsimoka keisti pasirinkimą.fizikanas wrote:Ne, vedėjas atidaro tas duris už kurių yra ožka, o ne atsitiktinai.Yulius wrote:Gerai, dar karta :
2) Atsitiktinai atidaromos vienos is nepasirinktu dvieju duru;
Bet! Jeigu nežinome, ar už atidarytų durų privalėjo būti ožka, iš kur žinome, kad durys išvis privalėjo būti atidarytos? Gal vedėjas atidaro duris tik tuo atvėju, kai žaidėjas pasirenka mašiną, nes jis tiesiog evil?Svetimas wrote:Taigi, net jei mes ir nežinome, ar vedėjas žino, vis tiek tikimybiškai apsimoka keisti pasirinkimą.
Et! Dabar jau ir aš pagavau kampą, kai vienas nekvailas matematikas paaiškino ir pati pabandžiau atlikti eksperimentą.
Kurie dar nesuprato siūlau pažiūrėti į 100 durų variantą.
Jei yra 100 durų ir renkamės vienas, po to mums atidaro 98 duris ir tada renkamės, ar keisti duris ar ne, tai pakeitus duris daaaug didesnė tikimybė laimėti Tiesiog kad pirmosiose duryse yra mašina, tai 1/100 tikimybė, o kad antrosiose duryse – 99/100.
1) Atsitiktinai pasirenkame bet kurias duris (tikimybė 1/100 kad už jų automobilis ir 99/100 kad ožka).
2) Žaidimo vedėjas, žinantis, kur yra automobilis, atidaro 98 duris su ožka.
3) Liko mūsų durys ir kitos durys, iš kurių mums leidžiama rinktis.
4) Kadangi tikimybė, kad už pirmų durų ožka yra 99/100, tai lygiai taip pat ta tikimybė reiškia, kad už kitų durų vadinasi 99/100 kad yra automobilis.
Kadangi manęs tai neįtikino, aš nusprendžiau padaryti eksperimentą. Pasiėmiau 10 kortelių, iš kurių viena kitokiu viršeliu (kad žinočiau, kuri laiminga). Iš anksto nusprendžiau, kad mano pirmas pasirinkimas visais bandymais bus 1 korta. Gerai išmaišiau kortas ir žiūrėjau, kas gaunasi. Padariau 3 tokius bandymus ir nusprendžiau, kad daugiau daryti visiškai nėra reikalo, nes rezultatai ir taip akivaizdūs.
Esmė tame, kad tikimybė, jog po pirmojo pasirinkimo durimis bus automobilis yra 1/100, o keisdami pasirinkimą mes renkamės ne atsitiktinai kažkurias duris iš 100 ar 10 ar 3, bet tas, kurios liko atvertus 98 ožkas. Kas netingit galit pamėginti eksperimentą su 10 ar 100 kortų, kadangi su daugiau kortų eksperimentas akivaizdžiai parodys, kad taip yra. Aš tai jau po tų trijų bandymų kuo puikiausiai suvokiau, kad pirma korta labai retai bus man reikiama, todėl ir nebemačiau prasmės tęsti eksperimentą Kad ir kaip tai neracionaliai iš pirmo žvilgsnio atrodė, dabar turiu pripažinti, kad tai tikrų tikriausia teisybė – pakeitus pasirinkimą tiek teoriškai, tiek praktiškai padidėja tikimybė laimėti (na, nebent jūs turite ekstrasensorinių galių, kurios jums leidžia visuomet iš pirmojo pasirinkimo atspėti prizą )
Kurie dar nesuprato siūlau pažiūrėti į 100 durų variantą.
Jei yra 100 durų ir renkamės vienas, po to mums atidaro 98 duris ir tada renkamės, ar keisti duris ar ne, tai pakeitus duris daaaug didesnė tikimybė laimėti Tiesiog kad pirmosiose duryse yra mašina, tai 1/100 tikimybė, o kad antrosiose duryse – 99/100.
1) Atsitiktinai pasirenkame bet kurias duris (tikimybė 1/100 kad už jų automobilis ir 99/100 kad ožka).
2) Žaidimo vedėjas, žinantis, kur yra automobilis, atidaro 98 duris su ožka.
3) Liko mūsų durys ir kitos durys, iš kurių mums leidžiama rinktis.
4) Kadangi tikimybė, kad už pirmų durų ožka yra 99/100, tai lygiai taip pat ta tikimybė reiškia, kad už kitų durų vadinasi 99/100 kad yra automobilis.
Kadangi manęs tai neįtikino, aš nusprendžiau padaryti eksperimentą. Pasiėmiau 10 kortelių, iš kurių viena kitokiu viršeliu (kad žinočiau, kuri laiminga). Iš anksto nusprendžiau, kad mano pirmas pasirinkimas visais bandymais bus 1 korta. Gerai išmaišiau kortas ir žiūrėjau, kas gaunasi. Padariau 3 tokius bandymus ir nusprendžiau, kad daugiau daryti visiškai nėra reikalo, nes rezultatai ir taip akivaizdūs.
Esmė tame, kad tikimybė, jog po pirmojo pasirinkimo durimis bus automobilis yra 1/100, o keisdami pasirinkimą mes renkamės ne atsitiktinai kažkurias duris iš 100 ar 10 ar 3, bet tas, kurios liko atvertus 98 ožkas. Kas netingit galit pamėginti eksperimentą su 10 ar 100 kortų, kadangi su daugiau kortų eksperimentas akivaizdžiai parodys, kad taip yra. Aš tai jau po tų trijų bandymų kuo puikiausiai suvokiau, kad pirma korta labai retai bus man reikiama, todėl ir nebemačiau prasmės tęsti eksperimentą Kad ir kaip tai neracionaliai iš pirmo žvilgsnio atrodė, dabar turiu pripažinti, kad tai tikrų tikriausia teisybė – pakeitus pasirinkimą tiek teoriškai, tiek praktiškai padidėja tikimybė laimėti (na, nebent jūs turite ekstrasensorinių galių, kurios jums leidžia visuomet iš pirmojo pasirinkimo atspėti prizą )
-
- naujokas
- Posts: 3
- Joined: 2008-02-15 22:53
manau, esmė yra sąlygoje:
a) jeigu vedėjas žino, už kurių durų yra ožka ir aš žinau, kad vedėjas būtinai atidarys tas duris, už kurių slepiasi ožka - nėra skirtumo, ar aš keičiu duris, ar ne
b) jeigu vedėjas nežino, už kurių durų yra ožka, bet atsitiktinai atidaro tas duris, už kurių ji slepiasi - aš duris keičiu.
c) jeigu aš nežinau, kad vedėjas žino, kur slepiasi ožka ir jis būtinai atsidarys tas duris - aš keičiu duris, bet skirtumo nėra keisiu jas, ar ne
čia galioja, jei yra tik 3 durys. jei durų daugiau, vienaip ar kitaip savo sprendimą (duris) keisti būtų logiška.
ne?
a) jeigu vedėjas žino, už kurių durų yra ožka ir aš žinau, kad vedėjas būtinai atidarys tas duris, už kurių slepiasi ožka - nėra skirtumo, ar aš keičiu duris, ar ne
b) jeigu vedėjas nežino, už kurių durų yra ožka, bet atsitiktinai atidaro tas duris, už kurių ji slepiasi - aš duris keičiu.
c) jeigu aš nežinau, kad vedėjas žino, kur slepiasi ožka ir jis būtinai atsidarys tas duris - aš keičiu duris, bet skirtumo nėra keisiu jas, ar ne
čia galioja, jei yra tik 3 durys. jei durų daugiau, vienaip ar kitaip savo sprendimą (duris) keisti būtų logiška.
ne?
Taip yra dėl to, kad nuo vedėjo "žinojimo" priklauso, kaip buvo atidaromos durys, o tai pakeičia tikimybinį modelį, kuriuo remdamiesi mes vertiname esamą padėtį ir būsimą baigtį.Plikas wrote:Gal galit išsamiau paaiškinti kaip žaidimo vedėjo "žinojimas" įtakoja tikimybę pasirinkti mašiną arba ožką?
Code: Select all
A, B, C - durys.
1, 2 - ožkos.
3 - rakteliai nuo automobilio.
Galimi minėtų objektų išsidėstymo variantai:
A B C tikimybė
--------------------------------
1. 1 2 3 1/6
2. 2 1 3 1/6
3. 1 3 2 1/6
4. 2 3 1 1/6
5. 3 1 2 1/6
6. 3 2 1 1/6
1. Tikimybinis modelis, kai vedėjas nežino, kas yra už durų.
Mums pasirinkus A duris, vedėjas atidaro duris atsitiktinai (# - atidarytos durys), nes nežino kas yra už kiekvienų durų:
A B C tikimybė
-------------------------------
1.1 1 2# 3 1/12
1.2 1 2 3# 1/12
2.1 2 1# 3 1/12
2.2 2 1 3# 1/12
3.1 1 3# 2 1/12
3.2 1 3 2 1/12
4.1 2 3# 1 1/12
4.2 2 3 1# 1/12
5.1 3 1# 2 1/12
5.2 3 1 2# 1/12
6.1 3 2# 1 1/12
6.2 3 2 1# 1/12
Taigi, kai vedėjas atsitiktinai atidaro B duris ir už jų nėra automobilio, tai iš aukščiau esančių variantų lieka galioti 1.1, 2.1, 5.1, 6.1 variantai. Tikimybė, kad automobilis bus už A durų yra 1/2, nes sėkmingi yra 5.1, 6.1 atvejai iš likusių: 1.1, 2.1, 5.1, 6.1 (< 5.1, 6.1 tikimybių suma 2*(1/12) = 1/6 > / < 1.1, 2.1, 5.1, 6.1 tikimybių suma 4*(1/12) = 1/3 >).
2. Tikimybinis modelis, kai vedėjas žino, kas yra už durų.
Mums pasirinkus A duris, vedėjas specialiai atidaro duris už kurių yra ožka (# - atidarytos durys):
A B C tikimybė
-------------------------------
1 1 2# 3 1/6
2 2 1# 3 1/6
3 1 3 2# 1/6
4 2 3 1# 1/6
5.1 3 1# 2 1/12
5.2 3 1 2# 1/12
6.1 3 2# 1 1/12
6.2 3 2 1# 1/12
Pastaba: Kai ožkos yra už abiejų (B ir C) durų, vedėjas atsitiktinai pasirenka, kurias iš jų atidarys (5.1, 5.2, 6.1, 6.2 atvejai).
Taigi, šio 2-o tikimybinio modelio atveju, kai atidarytos durys B, tai iš aukščiau esančių variantų lieka galioti (1, 2, 5.1, 6.1) variantai. Tikimybė, kad automobilis bus už A durų yra 1/3, nes sėkmingi yra 5.1, 6.1 atvejai iš likusių: 1, 2, 5.1, 6.1 (< 5.1, 6.1 tikimybių suma = 2*(1/12)= 1/6 > / < 1, 2, 5.1, 6.1 tikimybių suma = 2*(1/6) + 2*(1/12) = 3/6 = 1/2 >).
Vedėjo žinojimas įtakoja tuo, kad vedėjas VISUOMET atidaro duris su ožka, o ne su mašina.Plikas wrote:Gal galit išsamiau paaiškinti kaip žaidimo vedėjo "žinojimas" įtakoja tikimybę pasirinkti mašiną arba ožką?
Sveiki, labai sudomino šita tema, kad net užusiregistravau. Taigi padariau bandymą. Lygiai tokį pat, kaip ir pati teorija tik vietoi durų naudojau tris kortas. Dariau ne vienas, kad užtikrint random žmogaus kortos pasirinkimą (nes maišant gali pats užmatyt kur gi tas tūzas tarp tų kortų slepias). Taigi: nekeičiant pirminio pasirinkimo 4 iš 10 pataikyti spėjimai, o keičiant: 9 iš 10. Na taip, gal truputį ir sėkmės reikalas, kad taip dramatiškai ir aiškiai pirminio pasirinkimo keitimas laimi, net su tiek mažai bandymų, tačiau aš esu užtikrintas, kad naudojant 10 kortų būtų matomas dar aiškesnis rezultatas. Taigi iš mano pusės: teorija teisinga ir patvirtinta.
P.S. Sori, kad prikelinėju mirusias temas, tiesiog labai įdomu buvo pasidarę.
P.S. Sori, kad prikelinėju mirusias temas, tiesiog labai įdomu buvo pasidarę.
Šaunuolis, kad nepasivarginai ištirti reikalą moksliškailaimonel wrote:Sveiki, labai sudomino šita tema, kad net užusiregistravau. Taigi padariau bandymą. Lygiai tokį pat, kaip ir pati teorija tik vietoi durų naudojau tris kortas. Dariau ne vienas, kad užtikrint random žmogaus kortos pasirinkimą (nes maišant gali pats užmatyt kur gi tas tūzas tarp tų kortų slepias). Taigi: nekeičiant pirminio pasirinkimo 4 iš 10 pataikyti spėjimai, o keičiant: 9 iš 10. Na taip, gal truputį ir sėkmės reikalas, kad taip dramatiškai ir aiškiai pirminio pasirinkimo keitimas laimi, net su tiek mažai bandymų, tačiau aš esu užtikrintas, kad naudojant 10 kortų būtų matomas dar aiškesnis rezultatas. Taigi iš mano pusės: teorija teisinga ir patvirtinta.
P.S. Sori, kad prikelinėju mirusias temas, tiesiog labai įdomu buvo pasidarę.
Turėjau kelias minutes laisvo laiko, siūlau patį moksliškiausią įmanomą sprendimą Pascal kalba (tingiu perrašinėt kokiai populiaresnei):Šaunuolis, kad nepasivarginai ištirti reikalą moksliškai
program Ožkos;
var laimingosdurys, {laimingų durų numeris: gali būti nuo 1 iki 3}
spėjimas, {spėjamų durų numeris: gali būti nuo 1 iki 3}
atidaromosdurys : integer; {vedėjo atidaromų durų numeris: gali būti nuo 1 iki 3}
atspėta, {kiek kartų atspėta}
kartojimai : longint; {kiek kartų kartoti ciklą}
procentinėdalis : real; {eksperimento rezultatas, išreikštas procentais}
begin
Randomize;
atspėta := 0;
kartojimai := 0;
repeat begin
laimingosdurys := Random(3)+1; {gali būti bet kurios iš 3}
spėjimas := Random(3)+1;
atidaromosdurys := Random(3)+1;
while (atidaromosdurys = laimingosdurys) or (atidaromosdurys = spėjimas) do {užtikrinama, kad nesutaptų su ankstesniais kintamaisiais}
atidaromosdurys := Random(3)+1;
if ((spėjimas = 1) and (atidaromosdurys = 2)) or ((spėjimas = 2) and (atidaromosdurys = 1)) then {imituojamas durų pasirinkimo keitimas}
spėjimas := 3 else
if ((spėjimas = 2) and (atidaromosdurys = 3)) or ((spėjimas = 3) and (atidaromosdurys = 2)) then
spėjimas := 1 else
if ((spėjimas = 1) and (atidaromosdurys = 3)) or ((spėjimas = 3) and (atidaromosdurys = 1)) then
spėjimas := 2;
if spėjimas = laimingosdurys then
Inc(atspėta); {atspėjus padidinti vienetu}
Inc(kartojimai)
end;
until kartojimai = 100000; {galima įrašyti bet kokį sveikąjį skaičių}
procentinėdalis := atspėta/kartojimai*100;
WriteLn(Trunc(procentinėdalis), ' % spėjimų buvo sėkmingi');
WriteLn('Spauskite Enter');
Readln
end.
Mano rezultatai svyruoja nuo 66 iki 67 proc. Dar toks įdomus dalykas: nuėmus „else“ operatorius, rezultatas ima svyruoti apie 50 proc.
- insurrectum
- pradedantis
- Posts: 493
- Joined: 2006-09-28 15:01
Oho koks populiarus užsiemimas, va mano sena kreatura Matlabui:Šešėlis wrote: Turėjau kelias minutes laisvo laiko, siūlau patį moksliškiausią įmanomą sprendimą Pascal kalba (tingiu perrašinėt kokiai populiaresnei):
Code: Select all
function Ozkos ()
statsCoiseA = zeros (1000);
statsCoiseB = zeros (1000);
sumWinA=0;
sumWinB=0;
for t=1:10000
doors = randperm(3); %1,2 - ozkos, 3-automobilis
playerChoiseA = randi(3);
playerChoiseB = 0;
showmanChoise = 0;
for n=1:3
if n ~= playerChoiseA && 3~= doors(n)
if 3 == doors (playerChoiseA) && 0 == showmanChoise && 0.5 > rand(1)
showmanChoise = n;
continue;
else
showmanChoise = n;
break;
end
end
end
for n=1:3
if n ~= playerChoiseA && n~= showmanChoise
playerChoiseB = n;
break;
end
end
sumWinA = sumWinA + (3 == doors (playerChoiseA));
sumWinB = sumWinB + (3 == doors (playerChoiseB));
if 0 == mod (t, 10)
statsCoiseA(t/10) = sumWinA/t;
statsCoiseB(t/10) = sumWinB/t;
end;
end
x=1:10:10000;
plot (x,statsCoiseA,'b-',...
x,statsCoiseB,'r-');
xlabel (strcat('choiseA=', num2str(statsCoiseA(1000)), '; choiseB=', num2str(statsCoiseB(1000))));
end
Kažkur yra klaida. Modelis paprastas:Svetimas wrote:2. Tikimybinis modelis, kai vedėjas žino, kas yra už durų.
Code: Select all
--> 1/2 ožka
1/3 auto --|
--> 1/2 ožka
1/3 ožka -----> 1 auto
1/3 ožka -----> 1 auto
Deja, klaidos nėra. Ir pagal manąjį modelį automobilio tikimybė keičiant duris = 2/3, o nekeičiant durų = 1/3.insurrectum wrote:Kažkur yra klaida. Modelis paprastas:Svetimas wrote:2. Tikimybinis modelis, kai vedėjas žino, kas yra už durų.Teorinė automobilio tikimybe keičiant duris = (1/3)*1 + (1/3)*1 = 2/3 = 0.66666. Visiškai sutampa su mano ir Šešėlio eksperimentais.Code: Select all
--> 1/2 ožka 1/3 auto --| --> 1/2 ožka 1/3 ožka -----> 1 auto 1/3 ožka -----> 1 auto
O vat tavo modelio pacituotam fragmente nesupratau. Ką kokią prasmę jame turi kairė ir dešinė pusės?
- insurrectum
- pradedantis
- Posts: 493
- Joined: 2006-09-28 15:01
Sorry, neįskaičiau, labai jau painiai užrašei...Svetimas wrote: Deja, klaidos nėra. Ir pagal manąjį modelį automobilio tikimybė keičiant duris = 2/3, o nekeičiant durų = 1/3.
Įprastas tikimybių medžio diagrama, visos įmanomos įvykių permutacijos. Pasilikti prie pirmų durų atitinka kairė pusę, keisti duris - dešinę (tikimybės dauginamos einant medžiu iki pradžios, gaunama šakos tikimybė. Šakos, kurios atitinką kriterijų (šiuo atveju paprastas TAIP/NE) sumuojamos.Svetimas wrote: O vat tavo modelio pacituotam fragmente nesupratau. Ką kokią prasmę jame turi kairė ir dešinė pusės?
Apie tikimybių medžius gali kad ir šitam vadovėly paskaityt : http://www.dartmouth.edu/~chance/teachi ... ok.mac.pdf