Amikor az ember megjátsza a születési dátumát: Pl. 1931.12.24 (Na ez mondjuk éppen csak 4 szám) az ugyanolyan "szabályosan egyedi" mint egy adott sorozat. Az emberek ebbe mégis jobban "belevágnak" mintha az 1,2,3,4,5* számokat jelölnék be. (Ez utóbbi szelvény szerintem ritka lehet mint a fehér holló) Valahol olvastam, hogy a lottó a matematikában járatlan emberekre kivetett adó.
* Ráadásul ha ezt véletlenül kihúznák milyen felháborodás lenne utána? Pedig hát ugyanakkora az esély mint a többire, már ha tényleg szabályos a sorsolás. :--)
Mi a véleményed a 16, 24, 36, 54, 81 sorozatról? Az milyen valószínűségű? Ez "kevert" sorozat, vagy esetleg van benne szabályszerűség, ami gyanússá tenné ezt a húzást? :))
Mi a valószínűsége, hogy mértani sorozat lesz a nyertes húzás? Ha a kérdés az, mekkora valószínűséggel lesz számtani (vagy mértani) sorozat a húzás eredménye, az már egészen más feladat, mintha azt vizsgálgatnánk, hogy egy bizonyos sorozat valószínűsége eltérhet-e más sorozat valószínűségétől (feltéve, ha a húzás szabályos)!
Még izgalmasabb kérdés, hogy van-e olyan lottóhúzás, ahol a számsorhoz nem találhatunk valami érdekes szabályszerűséget? :))
Érdekes volt ez az ajtós feladat is! Engem gyerekkorom óta zavar pl. a lottóhúzásnál az alábbi dolog: A matematika szerint az 5-ös lottónál az alábbi két kimenetelnek azonos a valószínűsége:
23, 36, 45, 76, 81
42, 43, 44, 45, 46
Mégis úgy érzi az egyszerű "halandó", hogy érdemesebb az elsőhöz hasonló szelvényt megjátszania, mert annak nagyobb a valószínűsége hogy keveredve jönnek majd a számok mint annak, hogy létrejön az n, n+1, n+2, n+3, n+4 sorozat. Mivel csak 86 darab ilyen sorozat létezik, és marad a 43.949.182 darab kevert "rendszer".
Tehát akkor a fenti két kimenetelnek mégsem azonos a valószínűsége?
Közben, még ha nem is 3x3 mátrix alakban, de felírtam az eshetőségeket, és tényleg! Már csak az a kérdés, hogy vajon miért nőtt a cseréléssel a nyerés esélye?
a) a játékvezető tudta, melyik a nyertes választás, és eleve nem nyitott rá a helyes ajtóra abban az esetben, amikor rossz volt a játékos első döntése, így kipottyantak azok az eshetőségek, amikor a második döntése előtt már veszített volna a játékos. Márpedig a rossz első döntés esélye 2/3, így 2/3 a cserélő stratégia nyerési esélye.
b) a játékvezető nem tudta, melyik a nyertes választás, mi pedig csak azokat az eseteket vizsgáltuk, amikor a játékvezető a játékos rossz döntése után nem nyitott rá a nyereményt tartalmazó ajtóra!
Ha tehát lehetett volna olyan kimenete is a játéknak, hogy az első döntés után nem kerül ismét választási helyzetbe a játékos, mert veszített (rosszul döntött először, a játékvezető meg rányitott a nyertes ajtóra, így el sem jutott a játékos a második döntés lehetőségéig), akkor lenne 1/2 esélye a cserélő stratégiának!
Köszönöm a feladatot, jó volt töprengeni rajta! :))
Viszont ezzel a logikával simán meg lehet vezetni a "játékvezetőnek" a logikusan játszó játékost, vagyis soha nem fog nyerni ha "jó matekos". Magyarázat: Ha nem jó ajtót választott akkor hagyjuk továbbmenni a játékot és veszít. Ha jó ajtót választott, akkor kinyitjuk a másik ajtót és akkor megváltoztatja a döntését és az üres ajtót választja... (bár ez más játékelmélet)
Persze, ez jó számítás, de nem azt számolod ki, ami a kérdés.
Azt mondod, hogy P(F)=1/2. De nem ez a kérdés, hanem a P(E); amit ki lehet számolni többféleképpen, az egyik módszer az, hogy eleve tudjuk, hogy P(E)=1/3, a másik az, hogy P(E) = P(F)*2/3 + 0*1/3
> Tegyük fel hogy kinyitják a C ajtót és nincs mögötte semmi.
A maradék táblázatban mind az A és B is ugyanolyan valószínű...
Nincs 'maradék táblázat', egy darab 3x3-as táblázat van, abból 3x nyer a 'cserél', 6x a 'nem cserél'.
(Szerintem még mindig nem jött át, amit először írtam 'első változat' meg 'második változat' ügyben: abban a változatban, amiről szó van, a játékvezető a maradék két ajtó közül tudatosan választ egy olyat, ami mögött nincs nyeremény)
Van egy explicit levezetésem (feltételes valószínéggel), a többi csak pimpós vaker az "örökléssel" meg a hasonló dumákka:
Legyen E esemény, hogy az A ajtó mögött van a nyeremény : P(E)=1/3 Legyen F esemény, hogy NEM a C ajtó mögött van : P(F)=2/3 E esemény valószínűsége feltéve F eseményt (Az A ajtó mögött van a nyeremény, feltéve hogy NEM a C mögött van) = P(E és F)/P(F)= (1/3)/(2/3)= 1/2
Triviális hogy amit írtam, jó - ezért nehéz jobban elmagyarázni. Ez egy furcsa lélaktani dolog ami miatt sokan (te is) csapdába esnek, ezt nehéz tisztán matekkal leküzdeni.
Ez egy nagyon érdekes feladat abból a szempontból, hogy végtelen egyszerűsége ellenére képes a valószínűségszámítást jól ismerő embereket tömegesen becsapni. A városi legenda szerint Erdős Pált is becsapta, felháborodottan tiltakozott a helyes megoldás ellen. Persze hamar rájött.
Ha nem vagy vevő a jó megoldásra, könnyen meggyőzheted magad azzal, hogy egyszerűen kipróbálod, az eltérés olyan nagy, hogy 20-30 kísérlet után már nagy valószínűséggel látványos lesz hogy nincs igazad.
A helyes szemlélet:
Az első választás után a választott ajtó mögött 1/3 van, a másik kettő mögött összesen 2/3. Mikor a műsorvezető nyit, kiderül melyik ajtó mögött nincs semmi, a maradék örökli a 2/3-ot. Érdemes váltani.
Ez attól is függhet, hogy követ-e valamilyen stratégiát, pl: véletlenszerűen választ; mindig azt választja, amit az első; mindig azt választja, amit az első nem...
Egy kicsit módosítva: legyen 2 játékos, nem látják egymást, az első az eredeti szabályok szerint játszik, a második csak akkor kapcsolódik be, amikor a játékvezető már kinyitotta az üres doboz ajtaját, akkor tippel. A 2 játékos közül előnyösebb/ hátrányosabb helyzetben van valamelyik? A második játékosnak mekkora esélye van nyerni?
Azt javaslom, készíts egy 3x3 hármas táblázatot (három helyen lehet a nyeremény, és te is három közül választasz); látni fogod, hogy 3 esetben nyer a 'nem cserél' stratégia, 6 esetben a 'cserél'
Nincs olyan változat, hogy a döntésed megváltoztatása megnövelné (vagy csökkentené) a nyerés esélyét! Erről szól ez a játék!
Ez éppen olyan beugratós kérdés, mint az, hogy szabályos dobókockával gurigázva két hatos után milyen valószínűséggel fogok ismét hatost dobni? Aki beugrik, az azt fogja kiszámolni, hogy mennyi esélye van egymás után 3 hatost dobni, holott nem ez volt a kérdés, hanem az, mekkora eséllyel lehet szabályos dobókockával hatost dobni! A huncutság, hogy addig dobálunk, amíg két hatos ki nem jön egymás után, de ez semmit sem befolyásolja a következő dobás kimenetelét. A dobások egymástól független valószínűségek.
Pont, mint ennél a feladatnál! Ugyanazzal az eséllyel lehet bármelyik zárt ajtó mögött a nyeremény, függetlenül a zárt ajtók számától! Az esély csak azért nőtt (látszólag, hiszen végeredményben maradt 1/3), mert kimarad egy vesztés esete. A kérdés, egy rossz döntési lehetőség kizárása után a megváltozott helyzetben kitartasz-e a korábbi döntésed mellett, vagy meggondolod magad? De ez már nem matek :))
Nem nagyon figyeltél föl arra, hogy én valamiféle 'két változatról' írkáltam, igaz? Amit leírtál, az az 'első változatra' igaz, de ebben az esetben a 'második változatról' van szó.
Csináljunk egy gondolatkísérletet... (tegyük fel hogy nem választottál első alkalommal)... A játékvezető kinyit egy ajtót, marad két ajtó... Melyik ajtót választod? Gondolom most is a B-t mivel annak 2/3 az esélye...
A játék elején 1/3 valószínűséggel lehet nyerni, hiszen semmi információ sincs azon felül, hogy a három ajtó egyike mögött biztosan ott a nyeremény, ezért bármelyiket azonos valószínűséggel lehet kiválasztani.
Ám amint a játékvezető kinyit egy ajtót, függetlenül attól, hogy tudta-e, melyik mögött van a nyeremény, de ha olyat nyitott ki, ami mögött nem volt nyeremény, akkor ezzel egy új helyzet állt elő! Most már két ajtó maradt zárva, mindkettő mögött azonos eséllyel ott lehet a nyeremény, tehát most már 1/2 esélye van a nyerésnek! Megnőtt a nyerés esélye, mert a játékvezető nem nyitotta ki a nyereményt tartalmazó ajtót, így most vagy az elsőre választott ajtó mögött van a nyeremény, vagy a másik mögött. Azért nőtt meg a nyerés esélye, mert a játékvezető egy rossz választási lehetőséget kizárt, és engedte tovább folyni a játékot.
De valami nem változott! Mégpedig az, hogy most ismét azonos eséllyel lehet a zárt ajtók bármelyike mögött a nyeremény! Tehát azért nőtt a nyerés esélye, mert a játékvezető, abban az esetben, ha esetleg rosszul döntött a játékos, nem mutatta meg, hogy hol lett volna a nyeremény, hanem új feltételekkel tovább engedte az amúgy ugyanarról szóló játékot. A zárt ajtók mögött továbbra is azonos eséllyel ott a jó választás lehetősége.
Ne vigyél bele túl sok filozófiát, egyszerűen a jól ismert kedvező/összes arányt kell kiszámolni:
1. változat:
* ha nem cserélsz, nyerési esélyed=1/3
* ha cserélsz, nyerési esélyed=1/3
* annak az esélye, hogy félbeszakad a játék, mert a játékvezető túl korán megtalálja a nyereményt=1/3 (vegyük észre, hogy ebben az esetben is vesztettél!)
2.változat:
* ha nem cserélsz, nyerési esélyed=1/3 (ez az a szám, ami biztosan nem változik)
* ha cserélsz, nyerési esélyed=2/3 (*)
* annak az esélye, hogy félbeszakad a játék, mert a játékvezető túl korán megtalálja a nyereményt=0/3
(*) ha ez a pont kétséges, készíts egy 3x3 hármas táblázatot (három helyen lehet a nyeremény, és három közül kell választasz), látni fogok, hogy 3 esetben nyer a 'nem cserél' stratégia, 6 esetben a 'cserél'
