몬티 홀의 문제

몬티는 문 뒤에 염소가 있었는지 (혹은 비어 있는지) 완벽하게 알고있었습니다. 이 사실을 통해 플레이어는 "추측"을 다른 문으로 전환하여 시간이 지남에 따라 성공률을 두 배로 높일 수 있습니다. Monty의 지식이 완벽하지 않은 경우 어떻게해야합니까? 때때로 상이 염소와 같은 출입구에서 실제로 있었다면 어떨까요? 그러나 문을 선택하고 열 때까지는 그것을 볼 수 없었습니까? 몬티의 정확도가 100 % 미만일 때 IF를 계산하는 방법과 그 정도에 따라 플레이어가 성공을 향상시킬 수있는 방법을 이해하도록 도와 주실 수 있습니까? 예를 들어, Monty가 틀렸다면 평균 50 % 정도는 어떻습니까? 플레이어는 여전히 추측 / 문을 전환하여 혜택을 볼 수 있습니까? Monty가 33.3 % 미만의 확률로 상이 문 뒤에 있지 않다면 플레이어의 최선의 선택은 문 선택을 바꾸지 않는 것입니다. 문 뒤에 있지 않은 상에 대해 Monty의 다른 확률을 정확하게 입력하여 전환의 잠재적 이점을 계산할 수있는 방법을 알려주시겠습니까? 나는 고등학교 수학 이상의 것을 가지고 있지 않으며, 69 살입니다.

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제공된 통찰력과 공식에 감사드립니다. "Fallible Monty"가 상 / 차가 없다는 것을 예측하는 데 66 % 만 정확한 경우 원래의 문 선택에서 전환 할 때 ZERO의 이점이있는 것으로 보입니다 .... 33 % 오류율이 기본값이므로 상금이 모든 문 뒤에있는 기본 요율. 그러나 PRIZE THEN 전환이없는 곳을 예측할 때 Monty가 66 % 이상 향상되면 유틸리티가 더 큰 것으로 가정합니다. 나는 "전문가"가 대략적으로 가능한 세 가지 옵션 중 하나가 올바른 것이라고 "전문가 예측"하는 게임에이 추론을 적용하려고합니다. 나는 전문가가 옳다는 것을 거의 믿지 않으며, 그의 "적중률"이 33 % 미만, 즉 15 %와 같을 것이라고 확신합니다. 이것에 대한 나의 결론은 "나와 같은 옵션, 아마도 확실하지 않을 수 있으며 다른 두 가지 중 하나로 변경해야합니다! ;-)

일반적인 Monty Hall 문제부터 시작하겠습니다. 세 개의 문이 있는데 그 중 하나는 차입니다. 다른 두 마리는 염소가 뒤에 있습니다. 문 번호 1을 선택하면 Monty는 문 번호 2를 열어 그 문 뒤에 염소가 있음을 보여줍니다. 3 번 문으로 추측을 바꿔야합니까? (각 문을 나타내는 데 사용하는 숫자는 여기서 중요하지 않습니다. 어떤 순서를 선택할 수 있으며 문제는 동일하므로이 번호 매기기를 사용할 수있는 것을 단순화합니다.)

물론 답은 예입니다. 이미 알고 있듯이 나중에 계산 방법을 살펴 보도록하겠습니다. 하자 자동차와 문의 인덱스하고 몬티 문 2 염소를 가지고 계시하는 경우를 나타낸다. 을 계산해야합니다 . 이 값이 보다 크면 추측을 해당 문으로 전환해야합니다 (남은 옵션이 두 개뿐이므로). 이 확률은 (이것은 이전에 플랫으로 베이 즈 규칙을 적용하는 것 입니다.) 1과 같습니다. 자동차가 3 번 문 뒤에 있으면 Monty는 선택하지 않았습니다. 그가 한 것처럼 2입니다. $C$$M$$p(C=3|M)$$1/2$

$$p(C=3|M)=\frac{p(M|C=3)}{p(M|C=1)+p(M|C=2)+p(M|C=3)}$$ $C$$p(M|C=3)$$p(M|C=1)$1/2P(M|C=2)p(C=3|M동일 : 차 문 1 뒤에있는 경우, 다음 몬티 중 하나 개방의 선택 남아있는 문 하나, 2 또는 3이 있었다 몬티 결코 문을 열어 없기 때문에, 동일 0을 그가 차가 있다는 것을 압니다. 이 숫자를 채우면 다음과 같은 결과를 얻습니다. 이것이 우리에게 친숙한 결과입니다.$1/2$$p(M|C=2)$ $$p(C=3|M)=\frac{1}{0.5+0+1}=\frac{2}{3}$$

이제 Monty가 어떤 문에 차가 있는지 완벽하게 알지 못하는 경우를 생각해 봅시다. 그래서 그가 문 (2 번 문으로 계속 언급 할 것입니다)을 선택하면 실수로 염소가 있다고 생각하기 때문에 실수로 차가있는 문을 선택할 수 있습니다. 하자 몬티가 그 문이 될 생각 차를 가지고 있으며,하자 자신이 실제 위치에 대한 조건, 특정 장소에 차를 생각하는 확률합니다. 이것은 와 같이 정확도를 결정 하는 단일 매개 변수 설명한다고 가정합니다 . 경우 1에 해당, 몬티는 항상 옳다. 라면$C'$ P ( C ' | C ) 의 Q (P) ( C ' = X | C = X ) = Q = 1 - P ( C ' ≠ X | C = X ) 의 Q (Q)의 Q 1 / 3$p(C'|C)$$q$$p(C'=x|C=x) = q = 1-p(C'\neq x|C=x)$$q$$q$0이면 Monty는 항상 잘못되었습니다 (여전히 유익합니다). 경우 입니다 , 몬티의 정보는 더 나은 임의 추측보다 없습니다.$q$$1/3$

이것은 이제 우리가 가지고 있음을 의미합니다 :

$$p(M|C=3) = \sum_x p(M|C'=x)p(C'=x|C=3)$$ $$= p(M|C'=1)p(C'=1|C=3) + p(M|C'=2)p(C'=2|C=3) + p(M|C'=3)p(C'=3|C=3)$$ $$= \frac{1}{2} \times \frac{1}{2}(1-q) + 0\times \frac{1}{2}(1-q) + 1 \times q$$ $$= \frac{1}{4} - \frac{q}{4} + q = \frac{3}{4}q+\frac{1}{4}$$

즉, 차가 실제로 3 번 문 뒤에 있다면, 3 가지 가능성이있을 수 있습니다. (1) Monty는 1보다 뒤에 있다고 생각했습니다. (2) Monty는 2라고 생각했습니다. 확률 (얼마나 자주 와 함께 , 다른 두 사람은 자신이 틀릴 확률 나눕니다 . 그런 다음 각 시나리오에서 문 2 번을 가리 키도록 선택한 확률은 얼마입니까? 만약 그가 차가 1 뒤에 있다고 생각했다면, 2 또는 3을 선택할 수 있었기 때문에 그 확률은 2에서 1이었다. 그가 2 뒤에 있다고 생각했다면, 그는 2를 가리 키도록 선택하지 않았을 것이다. 그는 항상 2를 선택했을 것입니다.$q$$(1-q)$

나머지 확률을 유사하게 수 있습니다.

$$p(M|C=1) = \sum_x p(M|C'=x)p(C'=x|C=1)$$ $$=\frac{1}{2}\times q + 1\times \frac{1}{2}(1-q)$$ $$=\frac{q}{2}+\frac{1}{2}-\frac{q}{2}=\frac{1}{2}$$

$$p(M|C=2) = \sum_x p(M|C'=x)p(C'=x|C=2)$$ $$=\frac{1}{2}\times\frac{1}{2}(1-q) + 1 \times\frac{1}{2}(1-q)$$ $$=\frac{3}{4}-\frac{3}{4}q$$

이 모든 것을 채우면 다음과 같이됩니다. 위생 검사 때 , 우리는 우리가 우리의 원래의 대답 돌아갈 것을 볼 수있다 .

$$p(C=3|M)=\frac{\frac{3}{4}q+\frac{1}{4}}{\frac{1}{2}+\frac{3}{4}-\frac{3}{4}q+\frac{3}{4}q+\frac{1}{4}}$$ $$=\frac{0.75q+0.25}{1.5}$$ $q=1$$\frac{1}{1.5}=\frac{2}{3}$

그렇다면 언제 전환해야합니까? 나는 Monty가 지적한 문으로 전환 할 수 없다는 것을 간단하게 가정합니다. 사실, Monty가 적어도 어느 정도 정확할 가능성이있는 한 (임의의 추측보다), 그가 지시하는 문은 항상 다른 사람보다 차를 가질 가능성이 적으므로, 이는 실용적인 옵션이 아닙니다. 어쨌든 우리를 위해. 따라서 우리는 문 1과 3의 확률 만 고려하면되지만, 자동차가 문 2 뒤에있는 것은 불가능했지만이 옵션은 이제 0이 아닌 확률을 가지므로 더 이상 전환해야하는 경우는 아닙니다 언제 아니라 우리가 전환되어야 할 때 (똑같은 것으로 사용됨). 이 확률은 주어집니다$p(C=3|M)>0.5$$p(C=3|M)>p(C=1|M)$$p(C=1|M)=\frac{0.5}{1.5}=\frac{1}{3}$원래 Monty Hall 문제와 동일합니다. (몬티는 뒤에 무엇이 있는지에 상관없이 문 1을 가리킬 수 없으므로 문에 대한 정보를 제공 할 수 없기 때문에 의미가 있습니다. 오히려 정확도가 100 % 아래로 떨어지면 문을 향한 확률이 다소 떨어집니다. 따라서 실제로 차를 갖습니다.) 따라서 : 과 같은 를 찾아야합니다 . $q$$p(C=3|M) > \frac{1}{3}$

$$\frac{0.75q+0.25}{1.5}>\frac{1}{3}$$ $$0.75q+0.25 > 0.5$$ $$0.75q > 0.25$$ $$q > \frac{1}{3}$$ p(C=3|M) 기본적으로, 이것은 자동차의 실제 위치에 대한 몬티의 지식이 임의의 추측보다 낫다면 문을 전환해야한다는 것을 알기 위해 매우 오랜 시간이 걸렸습니다. ). 몬티의 정확도에 따라 다음과 같이 주어질 때 전환 할 때 이길 확률을 계산할 수도 있습니다. ( 인 경우 2의 답을 제공하며, 우리는 원래 Monty Hall 문제에서 문을 전환하여 승리 확률을 두 배로 늘 렸습니다.) $$\frac{p(C=3|M)}{p(C=1|M)}$$ $$=\frac{\frac{0.75q+0.25}{1.5}}{\frac{1}{3}}=1.5q+0.5$$ $q=1$

편집 : 사람들이 우리가 Monty가 가리키는 문으로 전환 할 수있는 시나리오에 대해 묻고 있었는데 이는 일 때, 즉 Monty가 신뢰할만한 "거짓말 쟁이"일 때 유리합니다. 가장 극단적 인 시나리오에서 일 때 이것은 Monty가 실제로 자동차에 염소가 있다고 생각하는 문을 의미합니다. 그러나 나머지 두 문에는 여전히 자동차 나 염소가있을 수 있습니다.$q<\frac{1}{3}$$q=0$

문 2로 전환하면 다음과 같은 이점이 있습니다. 인 경우 1보다 크고 ( 즉, 해당 문으로 전환 할 가치가있는) , 즉 경우 이미 티핑 포인트였습니다. 흥미롭게도 일 때 2 번 문으로 전환 할 때 얻을 수있는 최대 이점 은 원래 Monty Hall 문제 ( 때)에서 당첨 확률이 두 배가되는 것에 비해 1.5에 불과합니다 .

$$\frac{p(C=2|M)}{p(C=1|M)} = \frac{ \frac{0.75 - 0.75q}{1.5} } { \frac{1}{3} } = 1.5-1.5q$$ $1.5q<0.5$$q<\frac{1}{3}$$q=0$$q=1$

일반적인 솔루션은 다음 두 가지 스위칭 전략을 결합하여 제공됩니다. 일 때 항상 문 3으로 전환합니다. 그렇지 않으면 문 2로 전환하십시오. $q>\frac{1}{3}$

이것은 문제의 상당히 간단한 변형이어야합니다 (제한된 수학 배경을 주목 하기는하지만 상대적이라고 생각합니다). 먼저 Monte가 완전하지 않거나 완전히 오류인지 에 대한 조건부 솔루션을 결정하는 것이 좋습니다 . 첫 번째 경우는 일반적인 Monte Hall 문제 일 뿐이므로 아무런 작업이 필요하지 않습니다. 두 번째 경우, 상을 가진 문을 포함하여 그가 선택한 문을 모든 문에 대해 무작위로 취급합니다 (즉, 그는 여전히 상을받지 않은 문을 선택할 수는 있지만 이제는 무작위 임). 이러한 각 경우에 승리 확률을 계산할 수 있다면 총 확률 법칙을 사용하는 것 입니다 몬테에 특정 수준의 오류 가능성이있는 경우 관련 승 확률을 결정하기 위해

Ben의 답변에 대한 의견을 바탕으로 Ruben van Bergen과는 다른 Monty Hall 변형에 대한 두 가지 해석을 제공 할 것입니다.

첫 번째는 Liar Monty라고하고 두 번째는 Unreliable Monty라고합니다. 두 버전 모두에서 문제는 다음과 같이 진행됩니다.

(0) 세 개의 문이 있는데 그중 하나 뒤에는 차가 있고 다른 두 뒤에 뒤에는 무작위로 분포 된 염소가 있습니다.

(1) 참가자는 무작위로 문을 선택합니다.

(2) Monty는 참가자의 문과 다른 문을 골라 염소가 그 뒤에 있다고 주장합니다.

(3) 참가자는 세 번째 언픽 도어로 전환하도록 제안되며 문제는 "문 뒤에서 자동차를 찾을 확률을 최대화하기 위해 언제 참가자 전환을해야합니까?"입니다.

Liar Monty의 2 단계에서 참가자가 염소가 포함 된 문을 선택한 경우 Monty는 사전 정의 된 확률로 자동차가 포함 된 문을 선택합니다 (예 : 0에서 100 % 사이의 확률로 염소가 문 뒤에 있습니다). 이 변형에서, Monty는 참가자가 단계 (1)에서 차를 선택한 경우 절대로 차를 포함하는 문을 선택하지 않습니다 (즉, 거짓말을 할 수 없음).

신뢰할 수없는 Monty에서는 (2) 단계의 Monty 선택 문에 자동차가있을 확률이 미리 정의되어 있습니다. 나는 이것이 당신이 관심있는 시나리오라는 Ben의 대답에 대한 귀하의 의견을 인용하며, 두 버전 모두 Ruben van Bergen과 다릅니다. 신뢰할 수없는 Monty는 Liar Monty와 다릅니다. 우리는 나중에이 두 경우를 엄격하게 구별 할 것입니다. 그러나이 시나리오에서 몬티의 문은 참가자가 시간의 을 ( 를) 선택할 가능성이 있기 때문에 시간의 이상으로 자동차를 포함 할 수 없습니다. .$\frac{2}{3}$$\frac{1}{3}$

문제에 답하기 위해 몇 가지 방정식을 사용해야합니다. 액세스 할 수 있도록 답변을 시도하고 표현하려고합니다. 내가 혼동하지 않기를 바라는 두 가지는 상징의 대수 조작과 조건부 확률입니다. 전자의 경우 다음을 나타내는 기호를 사용합니다.

$$\begin{split} S &= \text{The car is behind the door the contestant can switch to.}\\ \bar{S} &= \text{The car is not behind the door the contestant can switch to.}\\ M &= \text{The car is behind the door Monty chose.}\\ \bar{M} &= \text{The car is not behind the door Monty chose.}\\ C &= \text{The car is behind the door the contestant chose in step (1).}\\ \bar{C} &= \text{The car is not behind the door the contestant chose in step (1).} \end{split}$$

우리는 를 사용하여 " 의 확률"을 나타내 므로 과 같이 몬티가 선택한 문 뒤에 차가 없을 확률을 의미합니다. (즉, 기호가 포함 된 표현을 볼 때마다 기호를 "영어"로 대체하십시오.)$\Pr(*)$$*$$\Pr(\bar{M})$

또한 조건부 확률에 대한 기초적인 이해가 필요합니다. 이는 다른 관련 이벤트에 대한 지식이있는 경우 발생하는 대략적인 확률입니다. 이 확률은 여기에서 과 같은 표현식으로 표시됩니다 . 수직 막대 "알고있는 경우"라는 표현으로 생각할 수 있습니다. " 은"참가자가 원래 Monty Hall 문제에서 은 보다 큽니다. Monty가 귀하에게 정보를 제공하지 않은 경우에 해당하는$\Pr(S|\bar{M})$$|$$\Pr(S|\bar{M})$$\Pr(S|\bar{M}) = \frac{2}{3}$$\Pr(S) = \frac{1}{3}$

Unreliable Monty가 Liar Monty와 동등 함을 증명할 것입니다. Liar Monty에서는 참가자가 차를 선택하지 않았다는 것을 알면서 Monty가 그의 문에 대해 거짓말 할 확률 받습니다. 신뢰할 수없는 몬티에서는 몬티 가 그의 문 주위에있을 확률 받습니다. 조건부 확률 의 정의를 사용하여 , 재 배열하면 다음과 같은 결과를 얻습니다.$\Pr(M|\bar{C})$$\Pr(M)$ $\Pr(M \text{ and } \bar{C}) = \Pr(\bar{C} | M) \Pr(M) = \Pr(M | \bar{C}) \Pr(\bar{C})$

$$\begin{split} \Pr(M) &= \frac{\Pr(M | \bar{C}) \Pr(\bar{C})}{\Pr(\bar{C} | M)}\\ \frac{3}{2} \Pr(M) &= \Pr(M | \bar{C}), \end{split}$$ 이후 , 자동차가있을 확률 참가자가 선택한 문 뒤에 있지 않은 경우 및 입니다. 자동차가 참가자가 선택한 문 뒤에 있지 않을 확률입니다. 하나입니다.$\Pr(\bar{C})$$\frac{2}{3}$$\Pr(\bar{C} | M)$

따라서 Unreliable Monty (위 방정식의 LHS로 표시)와 Liar Monty (RHS로 표시) 사이의 연결을 보여주었습니다. Monty가 시간의 차 를 숨기는 문을 선택하는 Unreliable Monty의 극단적 인 경우 , 참가자가 원래 염소를 고른 경우 거짓말 쟁이 Monty에 항상 누워있는 Monty와 같습니다. .$\frac{2}{3}$

이것을 보여준 후에, 나는 Monty Hall Problem의 거짓말 쟁이 버전에 대한 충분한 정보를 제공 할 것입니다. 를 계산하려고합니다 . 총 확률 법칙 사용 :$\Pr(S)$

$$\begin{split} \Pr(S) &= \Pr(S|C)\Pr(C) + \Pr(S|\bar{C} \text{ and } M)\Pr(\bar{C} \text{ and } M) + \Pr(S|\bar{C} \text{ and } \bar{M})\Pr(\bar{C} \text{ and } \bar{M})\\ &= \Pr(\bar{C} \text{ and } \bar{M}) \end{split}$$ 이후 및 (자신을 증명하십시오!).$\Pr(S|C) = \Pr(S|\bar{C} \text{ and } M) = 0$$\Pr(S|\bar{C} \text{ and } \bar{M}) = 1$

계속 :

$$\begin{split} \Pr(S) &= \Pr(\bar{C} \text{ and } \bar{M})\\ &= \Pr(\bar{M} | \bar{C}) \Pr(\bar{C}) \\ &= \frac{2}{3} - \frac{2}{3}\Pr(M | \bar{C})) \end{split}$$

따라서 Monty가 항상 거짓말 할 때 (일명 ) 항상 전환하면 승리 할 확률이 0이며 절대 거짓말하지 않으면 자동차가 뒤에있을 확률이 높습니다 전환 할 수있는 문 은 입니다.$\Pr(M | \bar{C})) = 1$$\Pr(S)$$\frac{2}{3}$

이를 통해 Liar 및 Unreliable Monty에 대한 최적의 전략을 수립 할 수 있습니다.

부록 1

의견에 대한 답변 (강조 광산) :

"저는 @alex에 제 의견에 더 많은 정보를 추가했습니다. Monty는 적대적이거나 사악하지 않습니다. 때로는 어떤 이유로 든 잘못 될 수 있기 때문에 실제로 문을 열지 않습니다. 연구 결과에 따르면 Monty는 대략 33.3 %입니다. 시간, 차를 실제로 거기있을 밝혀졌습니다. 즉, 시간의 66.6 % 정확한 감정의 사후 확률이고, 올바른가? 몬티 당신의 문을 선택하지, 당신은 자신을 선택하지 않습니다 . 이러한 가정을 변경 아무것도합니까? "

이것은 내가 이해할 수 있듯이 Unreliable Monty Hall Problem이 내 대답의 시작 부분에 소개되었습니다.

그러므로 Monty 's door에 시간의 자동차가 포함되어 있으면 마지막으로 선택하지 않은 문으로 전환 할 때 다음과 같이 승리 할 확률이 있습니다.$\frac{1}{3}$

$$\begin{split} \Pr(S) &= \frac{2}{3} - \frac{2}{3}\Pr(M | \bar{C})\\ &= \frac{2}{3} - \frac{2}{3} \times \frac{3}{2}\Pr(M) \\ &= \frac{2}{3} - \frac{1}{3}\\ &= \frac{1}{3} \end{split}$$

따라서 전환, 원래 문으로 남아있는 경우 또는 허용되는 경우 Monty가 선택한 문으로 전환하는 경우 (직관에 따라) 차이가 없습니다.

어떤 이유로 중재자는 "토론"이 포함되어 있다는 이유로 자신의 질문에 대한 답변을 삭제하기로 결정했습니다. 나는 그것이 왜 저에게 효과적이며 어떻게 적용 할 수 있는지에 대해 논의하지 않고 Best Answer가 무엇인지 설명 할 수 있습니다.

이전 답변에서 제공된 통찰력과 공식에 감사드립니다. 것을 것으로 보인다 IF "오류를 범할 수 몬티"는 상 / 자동차의 부재를 예측하는 만 66 % 정확 그때 그의 33 %의 오류율이 기본이기 때문에 .... 문의 원래 선택에서 전환에 ZERO 혜택이 상금이 모든 문 뒤에있는 기본 요금. 그러나 PRIZE THEN 전환이없는 곳을 예측할 때 Monty가 66 % 이상 향상되면 유틸리티가 더 큰 것으로 가정합니다.