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!
Emerson: Kiragadtál pár példát ami számodra kedvező eredményt mutat, de nem vizsgáltad meg az összes eshetőséget.
Vizsgáld meg mindet és rájössz hogy igazam van, illetve olvasd el a wikipedia cikket, az sem hazudik.
Felteszem te most azokat az eseteket akarod vizsgálni, amikor az autó mindig az A függöny alatt van. Viszont nem írtad le azt, hogy mikor mit választasz elsőre.
Mert ha azt vizsgáljuk, hogy milyen esetek jöhetnek számításba akkor, ha az autó az A alatt van, akkor 3 esetet kell megvizsgálni:
Elsőre A-t, B-t, vagy C-t választottál. Ez három eset. Ezeket vizsgáld meg. Utána haladhatsz tovább.
A vége felé meg nem is értem miről beszélsz: olyan eset nincsen, hogy az autó az A alatt van és Monty azt nyitja ki neked.
Pityke írta hogy foglald táblázatba az ÖSSZES eshetőséget, ezt az ötletet csak támogatni tudom.
xezs: Emerson szerintem egy ponton több esetet tárgyal, mint kellene…
Emerson: A logikázásodban két apróbb hibát látok.
1. A játékszabályokat nem rúgja fel Monty Hall, tehát soha nem fog olyan ajtót megmutatni, ami mögött autó van. Ezért ezeket az eseteket nem is kell vizsgálni, mivel nem léteznek.
2. A másik – lényegesebb – logikai bibit úgy tudom elmagyarázni, ha leírom a táblázatos felírás egy részét. Tegyük fel, hogy a játékos az A ajtót választja. (Azt nyilván látod, hogy hasonlóan járhatunk el akkor is, ha a játékos másik ajtót választ.) Minden egyes ajtó mögött 1/3 valószínűséggel van az autó. Mivel az A ajtót választotta ki, így induláskor 1/3 valószínűséggel nyer.
Minden tárgyalt esetre érvényes a következő: Ha 1/3 valószínűséggel van az A ajtó mögött az autó, akkor 1/3+1/3=2/3 valószínűséggel van az autó a B vagy C ajtók mögött. Tehát a két ajtó összesen 2/3 valószínűséggel tartalmazza az autót. Ha ebből kinyitnak egyet (B vagy C), és az üres, akkor a másik ajtó úgymond örökli a kinyitott (egyébként üres) ajtó valószínűségét, így a ki nem nyitott ajtó (C vagy B) mögötti nyeremény valószínűsége 2/3 lesz.
De vegyük sorjában az eseteket.
I. eset: Az autó az A ajtó mögött van, azaz a játékos éppen jó ajtót választott ki. Ekkor Monty a B és C ajtó közül megmutatja az egyiket(!).
A Te logikázásodban szerintem ITT van a hiba, mert két külön esetnek vetted azt, amikor a B-t, illetve a C-t nyitja ki Monty. Ez nem két eset, hanem csak egy. A játék ezen pillanatában ugyanis a B és a C üres ajtók között nem teszünk különbséget! Ezért is fogalmazunk úgy, hogy a két (vegyük úgy, hogy nem megkülönböztethető) üres ajtó közül kinyit Monty _egyet_ (nem pedig a B-t vagy a C-t mint megkülönböztethető ajtókat). (Vedd számításba azt is, hogy Monty pontosan tudja, hogy ekkor a B is és C is üres, hiszen tudja, hol van az autó.)
Ebben az esetben, ha Monty kérdése után a játékos ajtót változtat, veszít.
II. eset: Az autó a B ajtó mögött van, a játékos még mindig az A-t választotta (tehát most üreset). Ekkor Monty megmutat egy üres ajtót, azaz a C-t. A játékos nem tudja, hogy Montynak egyáltalán nem volt választása, hiszen az A-t választotta a játékos, a B mögött van a nyeremény, úgyhogy csak a C-t mutathatja meg.
A játékos ha ekkor változtat, akkor üres ajtót cserél ki a jó ajtóra.
III. eset: Az autó a C ajtó mögött van, a játékos az A-t választotta. A II. esethez hasonlóan Monty csak a B-t nyithatja ki a játékos számára, hiszen az maradt meg üres és(!) kinyitható ajtónak.
A játékos változtat, így ismét nyer.
3 esetből 1 alkalommal veszít a változtatással, 2 alkalommal pedig nyer.
(Ha a játékos a B vagy C ajtókat választja, akkor az összesen 9 eset, amiből 3 alkalommal veszít, 6 alkalommal nyer.)
Szerintem túlmagyaráztam, de remélem, hogy érthető. :-)
Ez a monty dolog erősen sántít. Az eredeti esélyekkel tényleg 2/3-ad az esély, de egy ajtó felnyitása után 50-50-re módosul. Két csukott ajtó van, vagy az egyik, vagy a másik mögött van. A módosítás lehetősége ezt nem befolyásolja…. a felnyitás utáni helyzetben a módosítás csak annyit jelent, változtathat az eredeti döntésen, vagyis újra választhat, ezt viszont csak a 2 zárt ajtó között lehet: esélye fele-fele. üdv p
Áááááááááá, ne fárasszatok már :) Ott a wikipedia link, olvassátok már el, az istenit. Ott nagyon érthetően le van írva. Ha elolvastátok, utána vegyétek már sorra az összes létező esetet és megkapjátok hogy nem 50-50.
Kellett nekem felhozni ezt a témát, gondolhattam volna hogy ez lesz :)
Pityke legutóbbi magyarázata nagyon is helytálló, azt is lehet olvasgatni.
Pityke: „Ha ebből kinyitnak egyet (B vagy C), és az üres, akkor a másik ajtó úgymond örökli a kinyitott (egyébként üres) ajtó valószínűségét, így a ki nem nyitott ajtó (C vagy B) mögötti nyeremény valószínűsége 2/3 lesz.”
Na ez az a rész, amit sehogy sem tudok hova tenni, mivel én úgy értelmezem, hogy ha a 3*1/3-ból kilőnek egyet, akkor marad 2*1/2
Nem örököl semmilyen ajtó semmit, mert 3 ajtó van, amiből bármelyik mögött lehet az autó. Az, hogy a két nem választott közül kinyitnak egyet még nem jelenti azt, hogy bármivel több esélyed lenne.
„A Te logikázásodban szerintem ITT van a hiba, mert két külön esetnek vetted azt, amikor a B-t, illetve a C-t nyitja ki Monty. Ez nem két eset, hanem csak egy. A játék ezen pillanatában ugyanis a B és a C üres ajtók között nem teszünk különbséget!”
Ezt továbbra is logikai hibának tartom, mert részrehajló. Ha mindkét ajtó üres, akkor nem tesz különbséget és egynek veszi a kettőt, bármelyiket is nyitja ki, ha viszont az egyik mögött autó van, akkor különbséget tesz (mivel csak egyet nyithat ki).
Pedig azt is bele kéne számolni külön esetként, mert elbukhat úgy is a játékos, hogy B-t választja másodszor és A mögött van az autó és úgy is, hogy C-t választja másodszor és szintén A mögött van az autó.
Tényleg nem értem, és kezd egyre jobban zavarni, de tényleg nem értem. És nincs 9 eset, mert Monty nem nyithat ki sem olyan ajtót, amit éppen választottál, sem olyan ajtót, ami mögött autó van.
Mindegy, hány függöny volt induláskor (3 vagy akár 100), ha végül 2 esélyes marad, egyik nyerő, másik nem.
Mivel lényegtelen, hogy induláskor melyik függönyt választottam az induló mennyiségből (azért lényegtelen, mert az eredményt /nyerek vagy vesztek/ csakis az utolsó 2 függöny közötti választás után tudom meg), ezért a kiindulási esélyek a függönyök felnyitása után folyamatosan változnak, a csökkenő függönyszám növekvő nyerési esélyt eredményez.
Magyarán: ha 3 függöny közül kell választanom, és nincs „bónusz” függöny-nyitás (=a végeredmény közlése előtt nem mutatják meg az egyik nyeretlent, és ez azért „bónusz”/segítség, mert onnantól tudom=látom, hogy az nem nyert, így a másik kettőre koncentrálhatok), akkor 3-ból 1 nyerhet alapon 1/3 esélyem van. Egyszer választok, és 2/3 sansszal NEM nyerek. Nincs változtatási lehetőség, nincs függöny-nyitás: választás van, majd nyerő-nem nyerő-nem nyerő közül az általam választott föggöny tartalma az enyém. DE ha eleve tudom, hogy meg fogák mutatni az egyik NEM nyerő föggönyt, akkor pontosan ugyanannyi esélyem van a nyerésre változtatással vagy anélkül (!!), mint ha eleve 2 függöny lenne: 2 függöny, választhatok, majd ha akarom, akár módosíthatom is az első választásomat = elméletileg is, és gyakorlatilag is 2 (!!!) függöny tartalma közül lesz az enyém valamelyik: vagy az autó, vagy a semmi = 50-50 % esélyem van változtatással vagy anélkül nyerni. Akár volt harmadik függöny, akár nem.
más példával: egy dobozban 2 fekete és 1 fehér golyó van. Előre tudom, hogy az egyik (!!) fekete golyót ki fogják venni eredményhirdetés előtt (akár meg is mutatják nekem). Cél: megfogni a fehér golyót (pld bekötött szemmel = nem láthatom, mit is választottam). Kérdés: mekkora esélyem van arra, hogy sikerül a fehér golyót megfogni? És mekkora lesz az esélyem ugyanerre, ha az egyik fekete golyó kivétele után (!!) megváltoztathatom a döntésemet?
Ha 3-ból kell választani, akkor 33,3..% sanszom lesz. Ha csak kettőből, akkor 50 %. Akár volt korábban több golyó (bármilyen színű is!!!!), akár nem ama dobozban, végül 1 fekete és 1 fehér golyó lesz a dobozban. És akár a kívánatos színűt, a fehéret szorongatom, akár a másikat, a feketét, az kívánatos eredmény elérésére bizony 50 % esélyem van. Akár megtartom az elsőként elmarkolt golyót, akár kicserélem.
Mert akár golyó, akár függöny, eleve tudható, hogy gyakorlatilag 2 közül kell választanom, mert előtte a többi lehetőséget a játékvezető/akárki megszünteti = lényegtelen, hogy volt-e vagy sem, hisz pontosan tudható, hogy nem lesz.
Az eredeti arányt (1/3 nyerési esély, 2/3 vesztési esély a függönyösnél) nem kellene összekeverni az eredeti kérdéssel: „Kérdés: megéri-e megváltoztatni a döntésünket, avagy sem?” . Mivel a cél a nyerés, így a „megéri-e megváltoztatni” = érdemes-e növelni az esélyünket? Persze, hogy érdemes lenne, csak épp nem lehetséges. Előre tudhatóan vagy nyerek vagy vesztek, hisz azt előre tudom, hogy a két nyeretlen függöny közül az egyiket megnyitják majd, függetlenül attól, hogy én elsőre nyerő vagy nyeretlen függönyt választottam (ha nyeretlen függönyt választottam, akkor ez a játékvezető választási lehetőségét csökkenti, hisz így csak 1 felnyitható függönye marad, a másik nyeretlen, de ez az én esélyeimet se nem rontja, se nem javítja = nem befolyásoló tényező sem az esélyeim, sem az eredmény szempontjából). Így bármit választok is, igazából azt kell eldöntenem, hogy 2 (!!!) függöny közül választva megtartom vagy megváltoztatom a döntésemet, ami az esélyeimet se nem csökkenti, se nem növeli: a kérdés az volt, hogy a változtatás növeli-e az esélyeimet. Nem. De nem is csökkenti. Szerencsejáték, valószínűségszámítással, ahol 1 (nyeretlen) függöny kiiktatása csak „körítés”, nem befolyásoló tényező.
Többször írtam már hogy vegyétek sorra az összes létező esetet, de úgy látom hogy gondot okoz a felsorolásuk, így akkor ideírom és mindenki elszöszmötöl majd vele.
9 létező eset van. Ennél többet _NEM_ kell és nem is lehet vizsgálni.
1. Autó: A alatt. Első kiválasztás: A.
2. Autó: B alatt. Első kiválasztás: A.
3. Autó: C alatt. Első kiválasztás: A.
4. Autó: A alatt. Első kiválasztás: B.
5. Autó: B alatt. Első kiválasztás: B.
6. Autó: C alatt. Első kiválasztás: B.
7. Autó: A alatt. Első kiválasztás: C.
8. Autó: B alatt. Első kiválasztás: C.
9. Autó: C alatt. Első kiválasztás: C.
Innentől kezdve többet nem tudok segíteni. Tessék elmolyolni azzal, hogy a 9 esetben mikor járunk jobban: ha mindegyik esetben maradunk az eredeti választásunknál (mint ismeretes: 1/3 a nyerés esélye) vagy ha mindegyiknél változtatunk az első döntésünkön (tudjuk: 2/3 a nyerés esélye).
Bocs, kissé hosszú lett, mentségemre szolgáljon, hogy igazán élveztem a témát és a társaságot/a többiek kommentjét.
Szóval, bocs és kösz mindenkinek :)
A Monty Hall-paradoxon ott hibádzik, hogy azt feltételezi, a játékvezető találomra nyit ki egy ajtót és úgy találja ott azt a kecskét vagy semmit.
Ha így lenne, akkor valóban igaz lenne, hogy kétszeresére növeljük az esélyünket a váltással.
De nem így van, a játékvezető mindenképpen egy nem nyert ajtót/függönyt fog megmutatni. Ezzel befolyásolja az esélyeket.
A B C Eredmény:
nyerő nem nyerő nem nyerő
választom nem változtatok nyitják nyertem
választom változtatok erre nyitják buktam
választom nyitják nem változtatok nyertem
választom nyitják változtatok erre buktam
nem változtatok választom nyitják buktam
változtatok erre választom nyitják nyertem
nem változtatok nyitják választom buktam
változtatok erre nyitják választom nyertem
8 lehetőség, ebből 4 kedvező, 4 kedvezőtlen eredménnyel, a változtatás ténye sem növelte a nyerési lehetőséget.
Ugyanezt lehet még kétszerezni, ha nem az A, hanem a B vagy a C függöny tartalma a nyerő, tehát 3×8 = 24 variáció, ebből 3×4 = 12 vesztes és 3×8 = 12 nyertes variánssal. A változtatás ténye a variációk számát növeli, de nem az esélyekét.
Miért csúszott össze a beszerkesztett táblázat/szöveg? Így eléggé összefolyik, áttekinthetetlen, nehézkes.
Vagy én toltam el valamit?
Pityke, megnéztem a wikis linket. Nos, ott abban téved az esélyeket latolgató, hogy az egyik ajtó mögött lévő autó esetében 3 variációt mutat be a nyerésre, azt véve alapul, hogy az egyiket kinyitják, de azt figyelmen kívül hagyja a variációk számánál, hogy a változtatás lehetőségével megnő a variációk (és ezzel a lehetséges eredmények!!!) száma is.
xezs: mivel lehetőség van az eredeti választás megváltoztatására, így nem 9, hanem 24 variáció van.
HA 3 függöny közül kellene választani a döntés megváltoztatásának lehetősége nélkül (!!!), akkor valóban ennyi variáció lenne (a valamelyik nyeretlen függöny felhúzásával, ami valójában nem befolyásolja az eredményt = nem releváns, csak show-elem, izgalom-fokozó, vagy efféle).
De a változtatás lehetősége (akár megtörténik, akár nem) bizony növeli a variációkat.
Amúgy wiki is négy lehetőséget említ, igaz, 3 sorban, ugyanis a harmadik sorban említett „Monty kinyitja a 2. vagy a harmadik ajtót” = az két, azaz 2 lehetőség, mindkettő vesztes eredménnyel. Ha ehhez hozzáveszem az előtte lévő két külön sorban említett két nyertes eredményt/választást, akkor azt kapom, hogy 4 variáció, 2 nyertes és 2 vesztes eredménnyel = akár változtatok, akár nem, az esély eleve is és végül is 50-50 %.
A három sorba rendezéses forma még nem azonos három variációval.
A B C
NYERŐ NEM NYERŐ NEM NYERŐ EREDMÉNY:
Választom nyitják változtatok erre BUKTAM
Választom nyitják NEM változtatok NYERTEM
Választom változtatok erre nyitják BUKTAM
Választom NEM változtatok nyitják NYERTEM
egy választás, egy kinyitás, egy változtatás lehetősége = 4 variáció, 2-féle eredmény, 50 %-os arányban.
A változtatás ténye egyszer nyerést eredményezett, egyszer pedig bukást = nem növelte és nem rontotta sem elméletileg, sem gyakorlatilag az esélyeket, sem a változtatás előttieket, sem az utániakat.
A fenti táblázat kiegészül még (a teljesség kedvéért) az alábbiakkal:
A B C
NYERŐ NEM NYERŐ NEM NYERŐ EREDMÉNY:
Nem változtatok Választom nyitják BUKTAM
Változtatok Választom nyitják NYERTEM
Nem változtatok nyitják Választom BUKTAM
Változtatok nyitják Választom NYERTEM
Ez így összesen 8 variáció, abban az esetben, ha az A függöny mögött van az autó. Ha a B mögött, akkor az plusz 8 lehetőség, ha a C mögött, akkor újabb 8 = összesen 24 variáció van a választásra/módosításra, illetve a komplett folyamatot tekintve a levezetésre.
Ha a változtatás lehetőségét kiveszem a folyamatból (=képletből), akkor feleződik a variációk száma, marad összesen 12 variáció, de az eredeti (választás lehetősége) vagy a megfelezett variánsoknál egyaránt 50 %-os a nyerési esély, amin a választás lehetősége, sőt, a választás végrehajtása = eredeti döntés megváltoztatása sem változtatott. Vagyis a változtatás tényétől NEM lett nagyobb a nyerési arány = NEM növelte az esélyeket, nem változtatott semmin az a tény, hogy megváltoztatta a döntését a játékos.
Most nem másoltam, hanem ide, a komment-mezőbe gépeltem be a „táblázatot”, mégis „összement.
Áruljátok el, légyszi’, hogy mit csinálok rosszul??
xezs: Végre összeállt a kép!
A nem változtatással csak 1-es, 5-ös és 9-es esetekben nyerhetek, a másik 6 esetben a változtatással nyerek.
Köszi.