Проблема Монті Холл Проблема зі схильним монтієм

Монти досконало знав, чи за дверима стоїть коза (чи вона порожня). Цей факт дозволяє гравцеві удвічі підвищити свою успішність, переключивши «здогадки» на іншу «Двері». Що робити, якщо знання Монті були менш ніж досконалими? Що робити, якщо іноді Премія справді БУЛА в тих же дверях, що і Коза? Але ви не могли його побачити, поки не вибрали і не відчинили ВАШІ двері? Чи можете ви допомогти мені зрозуміти, як обчислити ПЧ - і на скільки - Гравець може покращити свій успіх, коли рівень точності Монті менше 100%? Наприклад: що робити, якщо Монті помиляється - в середньому-50% часу? Чи може гравець ВІДПОВІДНО отримати вигоду від перемикання своєї здогадки / дверей? Я гадаю, що якщо у Monty є менше 33,3% шансів виправити, що приз не за дверима, то найкращий варіант гравця - НЕ перемикати свій вибір на двері. Чи можете ви, будь ласка, надати мені спосіб обчислити потенційну вигоду від переключення, вставивши різні ймовірності того, що Монті буде правильним щодо того, що премія НЕ відстає від дверей? У мене немає нічого, крім математики середньої школи, і мені 69 років, тому будь ласка, будь ласка.

---

Дякуємо за надані уявлення та формули. Схоже, що якщо "Fallible Monty" є лише 66% точним при прогнозуванні відсутності премії / автомобіля, існує користь ZERO для переходу з вашого первісного вибору дверей .... тому що його 33% похибка - це за замовчуванням базовий розмір премії за будь-якими дверима. Можна припустити, що IF Monty стає кращим, ніж 66% при передбаченні того, що немає НАГОРОДІ ТАКОЖ переключення, отримує більшу корисність. Я спробую застосувати це міркування до гри, де "Експерт" робить "експертний прогноз", що один з трьох приблизно однаково вірогідних варіантів буде правильним. Я мало вірю в те, що Експерт є правильним, і я впевнений, що його "показник ударів" буде менше 33% - більше, ніж 15%. Мій висновок з цього буде, що коли "той же варіант, що і я, я, мабуть, помиляюся напевно, і слід змінити один з двох інших! ;-)

Почнемо з регулярної проблеми Monty Hall. Три двері, за однією з яких стоїть машина. Інші двоє мають коз за собою. Ви вибираєте двері номер 1, і Монті відкриває двері номер 2, щоб показати вам, що за цією козою. Чи слід переключити свою здогадку на двері №3? (Зверніть увагу, що цифри, які ми використовуємо для позначення кожної двері, тут не мають значення. Ми можемо вибрати будь-який порядок, і проблема однакова, тому для спрощення речей ми можемо просто використовувати цю нумерацію.)

Відповідь звичайно - так, як ви вже знаєте, але давайте переглянемо розрахунки, щоб побачити, як вони змінюються згодом. Нехай - покажчик дверей з машиною, а позначає випадок, коли Монті виявив, що у двері 2 є коза. Нам потрібно обчислити . Якщо це більше , нам потрібно переключити свою здогадку на цю двері (оскільки у нас є лише два варіанти). Ця ймовірність задається через: (Це просто застосування правила Байєса з плоскою до початку ). дорівнює 1: якщо машина знаходиться за дверима номер 3, то у Монті не було іншого вибору, як відкрити номер дверей 2, як і він. $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)$1/2р(М|C=2)p(C=3|Mдорівнює : якщо машина стоїть за дверима 1, тоді у Монті був вибір відкрити одну з дверей, що залишилися, 2 або 3. дорівнює 0, тому що Монті ніколи не відчиняє двері, що він знає має машину. Заповнюючи ці числа, отримуємо: Який результат ми знайомі.$1/2$$p(M|C=2)$ $$p(C=3|M)=\frac{1}{0.5+0+1}=\frac{2}{3}$$

Тепер давайте розглянемо випадок, коли Монті не досконало знає, у яких дверях є машина. Отже, коли він обере свої двері (які ми будемо продовжувати називати дверима №2), він може випадково обрати ту машину, бо вважає, що в ній є коза. Нехай - це двері, на які Монті думає, що має машину, і нехай є ймовірністю того, що він думає, що машина знаходиться в певному місці, що залежить від її фактичного місця розташування. Будемо вважати, що це описується одним параметром який визначає його точність, таким чином: . Якщо дорівнює 1, Монті завжди правий. Якщо$C'$ р ( С ' | З ) д р ( С ' = х | З = х ) = д = 1 - р ( С ' ≠ х | З = х ) д д д 1 / 3$p(C'|C)$$q$$p(C'=x|C=x) = q = 1-p(C'\neq x|C=x)$$q$$q$є 0, Монті завжди помиляється (що досі інформативно). Якщо дорівнює , інформація Монті не краща, ніж випадкові здогадки.$q$$1/3$

Це означає, що тепер у нас є:

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

Тобто, якби машина справді була за дверима 3, існували три можливості, які могли б зіграти: (1) Монті подумав, що це позаду 1, (2) Монті подумав 2 або (3) Монті подумав 3. Останній варіант виникає з ймовірністю (як часто він має право), інші два розділяють ймовірність того, що він між ними між ними. Тоді, враховуючи кожен сценарій, яка ймовірність, що він вирішив би вказати на двері номер 2, як це зробив? Якби він вважав, що машина відстає від 1, ця ймовірність була 1 на 2, оскільки він міг обрати 2 або 3. Якби він вважав, що це позаду 2, він ніколи не обрав би бал на 2. Якби він вважав, що це за 3 , він завжди вибрав би 2.$q$$(1-q)$

Можна аналогічно опрацювати решта ймовірностей:

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

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

Заповнивши все це, отримуємо: Як перевірка , коли , ми можемо побачити, що ми повертаємося до початкової відповіді .

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

Отже, коли ми повинні переключитися? Я вважаю, що для простоти нам заборонено переходити на двері, на які вказував Монті. Насправді, доки Монті хоча б дещо вірогідний (більше, ніж випадкові здогадки), двері, на які він вказує, завжди будуть рідше, ніж інші матимуть машину, тож це непридатний варіант для нас все одно. Тож нам потрібно лише врахувати ймовірність дверей 1 і 3. Але хоча автомобіль знаходився за дверима 2, то цей варіант зараз має ненульову ймовірність, і тому вже не так, що нам слід перемикатися коли , але, швидше, ми повинні перемикатися, коли (що раніше було одне і те ж). Ця ймовірність задається$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}$те саме, що і в оригінальній проблемі Monty Hall. (Це має сенс, оскільки Монті ніколи не може вказувати на двері 1, незалежно від того, що знаходиться за нею, і тому він не може надати інформацію про ці двері. Швидше, коли його точність опускається нижче 100%, ефект полягає в тому, що деяка ймовірність "просочується" до дверей 2 насправді є машина.) Отже, нам потрібно знайти такий, що : $q$$p(C=3|M) > \frac{1}{3}$

$$\frac{0.75q+0.25}{1.5}>\frac{1}{3}$$ $$0.75q+0.25 > 0.5$$ $$0.75q > 0.25$$ $$q > \frac{1}{3}$$ Таким чином, це був дуже довгодушний спосіб з'ясувати, що, поки знання Монті про справжнє місце автомобіля краще, ніж випадкова здогадка, ви повинні переключити двері (що насправді є таким очевидним, коли ви думаєте про це ). Ми також можемо обчислити, наскільки більше шансів перемогти, коли ми переходимо, як функцію точності Монті, оскільки це задано: (Що при дає відповідь 2, що відповідає тому, що ми подвоюємо наші шанси на перемогу, замінивши двері в оригінальній проблемі Monty Hall.) $$\frac{p(C=3|M)}{p(C=1|M)}$$ $$=\frac{\frac{0.75q+0.25}{1.5}}{\frac{1}{3}}=1.5q+0.5$$ $q=1$

Редагувати: Люди запитували про сценарій, коли нам дозволяється перейти на двері, на які вказує Монті, що стає вигідним, коли , тобто коли Монті є (дещо) надійним "брехуном". У найбільш екстремальному сценарії, коли , це означає, що двері, що Монті думає, у машини напевно є коза. Зауважте, що на двох інших дверях все-таки може бути або машина, або коза.$q<\frac{1}{3}$$q=0$

Перевага переходу на двері 2 надається: що є лише більшим за 1 (і, таким чином, варто перейти на цю двері), якщо , тобто якщо , який ми вже встановлений був переломним моментом. Цікаво, що максимально можлива вигода для переходу на двері 2, коли , становить лише 1,5, порівняно з подвоєнням ваших шансів на перемогу в оригінальній проблемі Monty Hall (коли ).

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

Загальне рішення дає комбінування цих двох стратегій перемикання: коли , ви завжди переходите на двері 3; в іншому випадку перейдіть на двері 2. $q>\frac{1}{3}$

Це має бути досить простою варіантом проблеми (хоча я зауважую ваш обмежений досвід математики, тому я думаю, що це відносно). Я б запропонував спершу спробувати визначити рішення залежно від того, чи Монте непогрішний, чи повністю помилковий. Перший випадок - це просто звичайна проблема Монте Холл, тому роботи там не потрібно. У другому випадку ви розглядаєте двері, які він вибирає, як випадкові по всіх дверях, включаючи двері з призом (тобто він все одно може вибрати двері без премії, але це зараз випадково). Якщо ви можете розрахувати ймовірність виграшу в кожному з цих випадків, тоді ви використовуєте закон повної ймовірності визначити відповідні ймовірності виграшу у випадку, коли Монте має певний визначений рівень помилковості (визначений ймовірністю того, що ми є непогрішними проти повністю помилковими).

Спираючись на коментарі до відповіді Бена, я пропоную дві різні інтерпретації цього варіанту Монті Холл, що відрізняються від Рубен Ван Бергена.

Перший я буду називати брехуном Монті, а другий - Ненадійним Монті. В обох версіях проблема триває наступним чином:

(0) Є три двері, за однією з яких стоїть машина, а за двома двома - кози, розподілені випадковим чином.

(1) Учасник вибирає двері навмання.

(2) Монті підбирає двері, що відрізняються від дверей учасника, і стверджує, що за ним стоїть коза.

(3) Учаснику конкурсу пропонується перейти на третю незабрану двері, і проблема полягає в тому, "Коли учасник повинен переключитися, щоб збільшити ймовірність знайти машину за дверима?"

У Liar Monty, на етапі (2), якщо учасник вибирав двері, що містять козу, тоді Монті вибирає двері, що містять машину, з певною заздалегідь визначеною ймовірністю (тобто є шанс між 0 і 100%, що він буде брехати, що коза за деякими дверима). Зауважте, що в цьому варіанті Монті ніколи не вибирає двері, що містить машину (тобто не може брехати), якщо учасник вибирав машину на етапі (1).

$\frac{2}{3}$$\frac{1}{3}$

Щоб відповісти на проблему, нам доведеться використовувати деякі рівняння. Я спробую сформулювати свою відповідь, щоб вона була доступною. Дві речі, які, я сподіваюся, не надто заплутані - це алгебраїчна маніпуляція символами та умовна ймовірність. Для перших ми будемо використовувати символи для позначення наступного:

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

$\Pr(*)$$*$$\Pr(\bar{M})$

$\Pr(S|\bar{M})$$|$$\Pr(S|\bar{M})$$\Pr(S|\bar{M}) = \frac{2}{3}$$\Pr(S) = \frac{1}{3}$

$\Pr(M|\bar{C})$$\Pr(M)$ $\Pr(M \text{ and } \bar{C}) = \Pr(\bar{C} | M) \Pr(M) = \Pr(M | \bar{C}) \Pr(\bar{C})$

$$\begin{split} \Pr(M) &= \frac{\Pr(M | \bar{C}) \Pr(\bar{C})}{\Pr(\bar{C} | M)}\\ \frac{3}{2} \Pr(M) &= \Pr(M | \bar{C}), \end{split}$$ $\Pr(\bar{C})$$\frac{2}{3}$$\Pr(\bar{C} | M)$

$\frac{2}{3}$

$\Pr(S)$

$$\begin{split} \Pr(S) &= \Pr(S|C)\Pr(C) + \Pr(S|\bar{C} \text{ and } M)\Pr(\bar{C} \text{ and } M) + \Pr(S|\bar{C} \text{ and } \bar{M})\Pr(\bar{C} \text{ and } \bar{M})\\ &= \Pr(\bar{C} \text{ and } \bar{M}) \end{split}$$ $\Pr(S|C) = \Pr(S|\bar{C} \text{ and } M) = 0$$\Pr(S|\bar{C} \text{ and } \bar{M}) = 1$

Продовження:

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

So you see, when Monty always lies (aka $\Pr(M | \bar{C})) = 1$) then you have a zero chance of winning if you always switch, and if he never lies then the probability the car is behind the door you can switch to, $\Pr(S)$, is $\frac{2}{3}$.

From this you can work out the optimal strategies for both Liar, and Unreliable Monty.

Addendum 1

In response to comment (emphasis mine):

"I added more details in my comment to @alex - Monty is never hostile nor devious, just FALLIBLE, as sometimes he can be wrong for whatever reasons, and never actually opens the door. Research shows that Monty is wrong roughly 33.3% of the time, and the car actually turns out to be there. That is a Posterior Probability of being correct 66.6% of the time, correct? Monty never chooses YOUR door, and you will never choose his. Do these assumptions change anything?"

This is as I understand, the Unreliable Monty Hall Problem introduced at the start of my answer.

Therefore, if Monty's door contains the car $\frac{1}{3}$ of the time, we have the probability of winning when you switch to the last unpicked door as:

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

Thus, there is no difference between switching, remaining with the original door or if allowed, switching to Monty's chosen door (in line with your intuition.)

For some reason, a moderator decided to delete my own answer to my own question, on the grounds that it contained "discussion." I don't really see HOW I can explain what is the Best Answer without discussing what makes it work for me, and how it can be applied in practice.

I appreciate the insights and formulae which were provided in the previous answers. It appears to be that IF "Fallible Monty" is only 66% accurate in predicting the absence of a Prize/Car THEN there is ZERO benefit to switching from your original choice of doors....because his 33% error rate is the default base rate for the Prize being behind ANY door. One assumes, though, that IF Monty gets better than 66% at predicting where there is NO PRIZE THEN switching derives greater Utility.