Marinov Iván A hangsúly a szinte biztoson van, mert ha biztosra akarunk menni, akkor 367 embert kell összeeresztenünk. Ha ugyanis a magamfajta február 29-ei születésűeket is beleszámítjuk, 367 fő esetén már biztosan lesz egyezés. De vajon hány emberre van szükségünk, ha 50 százalék feletti valószínűséget szeretnénk? Ennek a felére, 183-ra?
A születésnap paradoxon – amellyel Steven Pinker itt is szemlézett könyvében találkoztam, de amely a valószínűségszámítással foglalkozó tankönyvekben is szerepel – szerint ennél jóval kevesebbre, mindössze 23 emberre van szükségünk. Vagyis annak az esélye, hogy 23 ember közül legalább ketten ugyanazon a napon üljék a születésnapjukat, 50 százalék feletti. Ennél is meglepőbb eredményt kapunk, ha 57 vagy ennél több embert terelünk egy helyre: ez esetben az egyezés valószínűsége már 99 százalék fölé nő.
A legegyszerűbb magyarázatot a jelenségre Vancsó Ödön egy előadásának leiratában találtam, amiben a matematikus egy 32 fős osztály esetében számolta ki az egy napon születés esélyét. Méghozzá úgy, hogy első körben megnézte a keresett esemény ellentétének a valószínűségét, vagyis hogy mennyi az esélye annak, hogy az osztályban nincs két egy napon született tanuló (mivel a két valószínűség összege 1, az egynapon születés valószínűsége ezután könnyen kiszámítható):
Fotó: sxc.hu
Támogasd az Urbanlegends.hu-t a Patreonon, a Revoluton vagy banki átutalással!
Azt a képletet zsebszámolóval ki lehet számolni?
Ne már!
Amúgy annál sokkal kisebb szám jön ki, nem 0,25.
üdv p
Aki azt mondta hogy 50-50 az gondolkodjon tovább. Nem ez a megoldás :)
Pityke: Ez engem a szerencsejátékos tévedése című logikai hibára emlékeztet. De abban az esetben fordítva. Ugyanis minden új dobásnál 50-50% marad a fej vagy írás esélye függetlenül attól, hogy előtte zsinórban akárhányszor az egyik jött ki. Az emberi agy játéka, hogy a random dolgoknak nem tulajdonít akkora jelentőséget, mint az összefüggő soroknak, ezért tűnik számára „extrábbnak”, ezáltal ritkábbnak egy egybefüggő sor. A lottónál is ugyanez van. Az 1-2-3-4-5-nek ugyanannyi az esélye, mint bármelyik más 5 számnak a 90-ből. De mivel a pénzt ember dobja fel, ezért erős randomizációs hatás kerül a képbe. Ha a gravitáció, súly, súlyeloszlás, térfogat, légnyomás, szélsebesség, stb. állandó, akkor az egész képletbe az ember, aki randomizációt visz, mert sosem képes két teljesen egyforma tulajdonságú dobásra. Még a legprofibbak esetében is minimális mértékben eltér. Ellentétben ha például gép csinálná egy nanométer pontossággal a kilövési pontra helyezett érmével, már sokkal jobban meg lehetne határozni, hogy melyiknek van nagyobb esélye a két állapot közül.
„továbbra is 1/3 az esélye, hogy az elsőre választott ajtó mögött van az autó. Csakhogy ezen a ponton a két másik ajtó közül már csak az egyik van csukva – annak a valószínűsége pedig, hogy az autó valamelyik csukott ajtó mögött van, még mindig 100% –, ezért tehát 2/3 valószínűséggel a másik csukott ajtó mögött van a kocsi.”
Ez nekem egyszerű érdekességnek tűnik, mintsem a való életben is alkalmazható esélynek. Elvégre hiába volt csak 1/3 esélyed az első választásnál, mivel a harmadik ajtó mögött kecske volt, az esélyed ezzel 50%-ra nőtt (vagy megmaradt, ha úgy tetszik, mivel nem ott volt az autó). Ahogy a magyarázatban is áll, mérlegre kerül a nem választott két ajtó a választott egy ajtóval. Mivel a nem választott két ajtó (ami így összevonva 2×1/3 esélyt jelent) közül a kecskét ellőtték, de továbbra is két ajtóként van számon tartva, ezért lesz 2/3 esélyed. Az első választásod pedig örökölte az 1/3-ot a múltból, amikor még 3 választási lehetőséged volt kettő helyett.
Mindig az aktuális esélyeidet kell nézni. Aktuálisan pedig 2 ajtó maradt, így 50-50. De ahogy itt is látható: http://lf.estontorise.hu/montyhall.php
Az olyan eseteket kihagyták, mikor Monty olyan ajtót nyit ki, ami mögött autó van. Így jó, hogy nő az esélye, mivel arra alapoz, hogy a játékvezető segíteni próbál és csak abban az esetben nyitja ki a második ajtót, amikor elsőre kecskét választottál.
Korrekt esetben Monty kinyitná az első választás után azt az ajtót, ami mögött az autó van és ez is a „Csere nélkül nyert” oszlopot gazdagítaná.
Elolvastam, tényleg érdekes.
Én azt gondoltam volna hogy az esélyek változóként működnek, és az 1. ajtó kinyitásával átrendeződnek, értéket váltanak 50-50re, hiszen csak addig állandó az értékük amíg az esélyhez tartozó esemény nem változik. Ami azért fura nekem, mert ha teszem azt azt az ajtót nyitom ki amit kiválasztottam és autó, akkor hiába nyertem még mindig csak 1/3-ad esélyem van nyerni e megoldás szerint :)
Kedves Emerson! Láthatóan te nagyon „vágod” ezeket a logikai dolgokat, lenne egy kérdésem, hátha tudsz segíteni (bár nekem már ez a 2/3-1/3-os ajtós történet is meghaladja a szellemi képességeimet, tehát nincs rá garancia, hogy bármilyen szakszerűen is elmagyarázod, én megértem…:)). Szóval te azt mondtad, az 1,2,3,4,5-nek ugyanannyi a valószínűsége, mint bármelyik másik kombónak. Idáig rendben is van. De 5 egymást követő számra jóval kevesebb esély van, ha mondjuk 90 számból nézzük, akkor 86 lehetőség van – remélem, ezt még jól mondom.. 1,2,3,4,5 2,3,4,5,6 ……… 86,87,88,89,90. Viszont a 90 számból 5 számot ennél sokkal többféle kombinációban (vagy variáció? vagy permutáció? mindig kevertem őket…:D) ki lehet húzni, ha jól emlékszem, ez volt az a bizonyos „kilencven alatt az öt”. Tehát az lenne a kérdésem, hogy ez a két dolog (minden öt darab szám kihúzásának az esélye ugyanannyi; 5 egymást követő szám kihúzására viszonylag kevés eset áll fenn) hogy lehet, hogy nem „üti” egymást?
Érthetően:
A lottón ha bejelöltél egy számot, már nem jelölheted be mégegyszer, nincs olyan hogy 5 db. ötös a lottósorsolás eredménye.
„Nem érthetően” meg majd Emerson :)
Visszatérve röviden a Monty Hall-paradoxonra: Személy szerint a táblázatos magyarázatot tartom a jobbnak, amikor egészen egyszerűen végigvesszük a lehetséges eseteket. Persze egy paradoxon attól paradoxon, hogy összezavarja az embereket. :-)
(A megértés kulcsa pedig szerintem ott van, hogy Monty Hall mindig(!) üres ajtót mutat meg.)
Kati: Próbáld meg a lottóhúzást úgy elképzelni, hogy nem 90 db szám, hanem például 90 db különböző név közül húzunk ki 5 db-ot. Az „Albert, Béla, Cecília, Dénes, Elemér” nevek kihúzásának ugyanakkora a valószínűsége, mint az „István, Albert, Nóra, Mihály, Erika” nevek kihúzásának. (Fontos! A nevek kihúzásának sorrendje nem számít. Vegyük úgy, hogy egyszerre húztuk ki az 5 nevet.) Talán így jobban rá lehet érezni arra, hogy miért ugyanakkora a valószínűsége az 1,2,3,4,5 számok kihúzásának, mint bármelyik másik 5 számnak (pl. 33,1,12,90,75).
Amikor 5 egymást követő számot vársz, akkor az összes lehetséges esetből Téged csak az a bizonyos 86 lehetőség érdekel. Ez természetesen jóval kevesebb, mint az összes lehetséges kombináció (ami 527391216 db). De ne feledd, hogy ez a 86 db eset külön-külön ugyanakkora esélyt kap arra, hogy kihúzzák a lottón, mint a 33,1,12,90,75. (Vesd össze azzal, hogy olyan esetek érdekelnek, ahol a kihúzott nevek kezdőbetűi az abc-ben egymást követik.)
De ahány ember, annyi magyarázat… egyet megpróbáltam. :-)
Na mindegy is, léptem, szép hétvégét Mindenkinek! :-)
Kati: A 90-ből mindegyik számnak ugyanannyi esélye van, hogy kihúzzák. Kihúzzák az 1-est.
Utána azt már nem ugyanazt nem húzhatják, tehát a 89-ből ugyanannyi esélye van az 1-es kivételével (amit már kihúztak) a többi számnak, hogy kihúzzák. Kihúzzák a 2-est.
Utána az 1-es és a 2-es kivételével a maradék 88 számból ugyanannyi esélye van mindegyiknek. Kihúzzák a 3-ast. És így tovább.
Emerson: Annak belátására, hogy nem 50-50 az esély, mindig azt tanácsolom a delikvensnek, hogy vegye végig az összes esetet, és majd belátja, hogy a döntés megváltoztatásával bizony 2/3-ra nő a nyerési esély. Magyarul megkétszereződik.
Vegyük sorra pl. az alábbit:
Monty az A, B és C jelű függönyök mögül mindig az A-t választja, és mindig megváltoztatja a döntését a felajánlás után (a B-t meg a C-t majd te végigjátszod magadnak, illetve azt, hogy nem változtatja meg a döntést).
1. eset: Az autó az A függöny alatt van. Mivel megváltoztatja a döntését, így elbukja ezt, tehát van 1 bukta.
2. eset: Az autó a B függöny alatt van. Ekkor felhúzzák a C-t, Monty döntést változtat, tehát a B-t választja: eddig egyszer bukott, egyszer nyert.
3. eset: Az autó a C függöny alatt van. Ekkor felhúzzák B-t, Monty döntést változtat, tehát a C-t választja: eddig egy bukta, két nyerés.
Tehát ez a nyerő stratégia. Vidd végig a többi esetet is egyesével, ugyanerre fogsz jutni.
Kati: „5 egymást követő szám kihúzására viszonylag kevés eset áll fenn” – a kombinatorikát nem igazán érdekli, hogy a számok milyen sorrendben követik egymást. Ez csak neked jelent valamit – Pityke példája a nevekkel nagyon is helytálló (bár azt is sorrendbe lehet rakni betűrend szerint, de ez most mindegy).
A lottóhúzásnál egy dolgot kell nagyon észben tartani: 44 millió különböző kombináció létezik, és eleddig csupán 1091 húzás történt. Azt nem tudom hogy ezek mind különböző kombinációk voltak-e, mert ha nem, akkor még azt sem mondhatjuk, hogy eddig 1091 különböző kombináció volt kihúzva. Ez két százezreléke (!) az összes kétező kombinációnak.
Tulajdonképpen alig húztunk ki még valamit. Na emiatt nem láttál még olyan húzást, hogy 1-2-3-4-5.
De ha mondjuk naponta lenne ezer húzás, akkor is 120 év kellene ahhoz, hogy legyen 44 millió húzás, de még akkor sem garantálhatná senki, hogy ezek között nem lesznek egyező kombinációk, így nem mondhatod, hogy ennyi idő után az összes létező kombináció kihúzásra kerülne.
Nehéz belátni, de ez van: ugyanannyi az esélye az 1-2-3-4-5-nek, mint a 44-47-57-73-84-nek.
Pityke: biztos csak tévedés részedről, de az összes kombináció nem 527391216 – ezt még le kell osztanod 5!-sal.
Illetve bocsánat, eleve lehagytál egy nullát a számod végéről, tehát az sem igaz amit én írok :)
Az igaz, hogy: 5273912160-t kell leosztani 5!-sal – ebből lesz 43949268 – kb. 44 millió, ahogy írtam fentebb is.
Na az összes húzás számát meg benéztem mert az a hatoslottóé. Az ötösnél ez a szám 2926. Még mindig nagyon kevés.
Köszönöm szépen mindenkinek, kezditek eloszlatni a sötétséget…:))) Szép estét!
xezs: Igen, elbambultam. :)
(Már nagyon közelít a hétvége. :D )
xezs: 1-es eset: Az autó az A függöny alatt van. Monty kinyitja a B-t. Te megváltoztatod C-re, buktad.
2-es eset. Az autó az A függöny alatt van. Monty kinyitja a C-t. Te megváltoztatod B-re, buktad.
3-as eset. Az autó az A függöny alatt van. Monty kinyitja a B-t. Te NEM változtatod meg C-re, nyertél.
4-es eset. Az autó az A függöny alatt van. Monty kinyitja a C-t. Te NEM változtatod meg B-re, nyertél.
Eddig 2:2
Ha hozzávesszük még azt az abszurd példát is, hogy ha olyan függönyt nyit ki, ami mögött autó van (mivel akár nyertél, akár vesztettél, ez értelmetlenné teszi a változtatást).
5-ös, 6-os eset. Az autó az A függöny alatt van. Monty kinyitja a A-t. Te NEM változtatod meg sem B-re, sem C-re, nyertél.
7-es eset. Az autó az A függöny alatt van. Monty kinyitja a A-t. Te megváltoztatod B-re, buktad.
8-as eset. Az autó az A függöny alatt van. Monty kinyitja a A-t. Te megváltoztatod C-re, buktad.
Itt is 2:2