Conteúdo verificado

Problema de Monty Salão

Assuntos Relacionados: Matemática

Fundo para as escolas Wikipédia

Os artigos desta seleção Escolas foram organizados por tópico currículo graças a voluntários Crianças SOS. Patrocinar crianças ajuda crianças no mundo em desenvolvimento para aprender também.

Em busca de um novo carro, o jogador pega porta 1. O anfitrião jogo, em seguida, abre a porta 3 para revelar uma cabra e se oferece para deixar o jogador escolher porta 2 em vez de uma porta.

O problema Monty Hall é um quebra-cabeça envolvendo probabilidade vagamente baseado no game show americano Vamos fazer um acordo. O nome vem do apresentador do programa, Monty Hall. O problema também é chamado o paradoxo de Monty Salão; é um paradoxo verídica no sentido de que a solução é contra-intuitivo.

Uma declaração amplamente conhecida do problema apareceu em uma carta ao Pergunte a coluna de Marilyn vos Savant Marilyn em Parade:

Suponha que você está em um game show, e você é dada a opção de três portas: Atrás de uma porta é um carro; atrás dos outros, cabras. Você escolhe uma porta, dizer No. 1, eo anfitrião, quem sabe o que está por trás das portas, abre uma outra porta, dizer No. 3, que tem uma cabra. Ele então diz a você: "Você quer pegar porta No. 2?" É a sua vantagem para mudar a sua escolha? (Whitaker, 1990)

Porque não há nenhuma maneira para o jogador saber qual das duas portas fechadas é a porta de vencimento, quase todas as pessoas assumem que cada porta tem uma probabilidade igual e concluem que a mudança não importa. Na verdade, na interpretação habitual do problema, o jogador deve alternar-fazê-lo duplica a probabilidade de ganhar o carro de 1/3 a 2/3.

Quando o problema ea solução apareceu na parada, cerca de 10.000 leitores, incluindo várias centenas de professores de matemática, escreveu a revista alegando a solução publicado estava errado. Alguns dos controvérsia foi porque a instrução Parada do problema não especifica completamente o comportamento do hospedeiro e é, portanto, tecnicamente ambígua. No entanto, mesmo quando dado demonstrações inequívocas completamente de problemas, explicações, simulações e provas matemáticas formais, muitas pessoas ainda se encontram a resposta correta com descrença.

Problema

Steve Selvin escreveu uma carta ao Estatístico norte-americano em 1975, descrevendo um problema vagamente baseado no game show Vamos fazer um negócio (1975a Selvin). Em carta posterior ele apelidou este problema o "problema de Monty Salão" (1975b Selvin). O problema é matematicamente equivalente (Morgan et al., 1992) para o Três prisioneiros problema descrito A coluna de Martin Gardner Jogos Matemáticos em Scientific American, em 1959 (Gardner, 1959). O problema Monty Hall foi corrigido, como citado acima, em uma carta de 1990 a Pergunte a coluna de Marilyn vos Savant Marilyn em Parade (Whitaker, 1990).

O enunciado do problema na coluna Peça Marilyn na parada deixa aspectos críticos do comportamento do hospedeiro não declarado, tornando o problema matematicamente ambígua (Mueser e Granberg 1999). A análise padrão do problema também assume que o host é limitado para abrir sempre uma porta revelando um bode, para fazer sempre a oferta para mudar, e para abrir uma das restantes duas portas aleatoriamente se o jogador inicialmente escolhido o carro (Barbeau 2000 , p. 87). Uma declaração matematicamente explícita do problema é:

Suponha que você está em um game show e você está dado a escolha de três portas. Atrás de uma porta é um carro; atrás dos outros, cabras. O carro e as cabras foram aleatoriamente colocados atrás das portas antes do show. As regras do game show são as seguintes: Depois de ter escolhido uma porta, a porta permanece fechada para o momento. O anfitrião game show, Monty Hall, quem sabe o que está por trás das portas, agora tem que abrir uma das duas portas restantes, ea porta abre deve ter uma cabra por trás dele. Se ambas as portas restantes têm cabras por trás deles, ele escolhe uma aleatoriamente. Depois de Monty Salão abre uma porta com uma cabra, ele vai pedir para você decidir se você quiser ficar com a sua primeira escolha ou para exibir a última porta restante. Imagine que você escolheu Porta 1 eo anfitrião abre a porta 3, que tem uma cabra. Ele então lhe pergunta "Você quer mudar a Porta Número 2?" É a sua vantagem para alterar a sua escolha? (Krauss e Wang 2003, p. 10)

O jogador pode inicialmente escolher qualquer uma das três portas, e não apenas uma porta, em seguida, o anfitrião abre uma porta diferente revelando uma cabra, não necessariamente Porta 3, e dá ao jogador uma segunda escolha entre os dois restantes portas fechadas.

Solução

A chance de inicialmente escolher o carro é um em cada três, que é a possibilidade total de ganhar o carro por degola com esta escolha. Por outro lado, a possibilidade de escolha de uma porta, inicialmente com uma cabra é dois em cada três, e um jogador escolher originalmente uma porta com uma cabra vitórias por comutação. Em ambos os casos o anfitrião deve revelar uma cabra. No caso de 2/3, onde o jogador escolhe inicialmente uma cabra, o anfitrião deve revelar o outro bode tornando a única porta restante a um com o carro.

1.
Monty-CurlyPicksCar.svg
Anfitrião revela
ou de cabra
Pfeil.png

Pfeil.png

Monty-DoubleSwitchfromCar.svg
Jogador pega carro
(Probabilidade 1/3)
Switching resultados obtidos na outra cabra.
2.
Monty-CurlyPicksGoatA.svg Anfitrião must
revelar Goat B
Pfeil.png
Monty-SwitchfromGoatA.svg
Um jogador escolhe Goat
(Probabilidade 1/3)
Switching vitórias.
3.
Monty-CurlyPicksGoatB.svg Anfitrião must
revelar cabra A
Pfeil.png
Monty-SwitchfromGoatB.svg
Jogador pega Goat B
(Probabilidade 1/3)
Switching vitórias.
O jogador tem uma chance igual de inicialmente selecionar o carro, cabra A, ou B. Cabra Switching resulta em uma vitória de 2/3 do tempo, porque 2/3 do tempo, escolha inicial do jogador era uma cabra.

Como mostrado no diagrama acima, existem três situações possíveis correspondentes à escolha inicial do jogador, cada uma com probabilidade 1/3:

  • O jogador originalmente colhidos a porta escondendo o carro. O anfitrião do jogo mostrou um dos dois bodes.
  • O jogador originalmente colhidos a porta escondendo Goat A. O anfitrião jogo mostrou o outro bode.
  • O jogador originalmente colhidos a porta escondendo Goat B. O anfitrião jogo mostrou o outro bode.

Se o jogador optar por trocar, o carro será vencida em nenhum dos dois últimos casos. Um jogador que escolheram ficar com a escolha inicial ganha apenas no primeiro caso. Uma vez que em dois dos três casos igualmente prováveis comutação vitórias, a probabilidade de ganhar, por comutação é de 2/3. Em outras palavras, os jogadores que trocam vai ganhar o carro, em média, duas vezes fora de três.

O raciocínio acima se aplica a todos os jogadores, em média, sem levar em conta que porta específica o anfitrião abre e todos os jogadores individuais no início do jogo, mas não para um jogador específico no ponto o jogador é perguntado se para mudar dado que porta o anfitrião tem aberto (Morgan et al., 1991). Esta diferença é sutil, mas dependendo da formulação exata do problema pode afetar o resultado (ver Outros comportamentos de acolhimento , abaixo). Determinando o probabilidade condicional de ganhar alternando dado que porta o anfitrião abre requer uma análise diferente.

Um formal de análise Bayesiana mostra a probabilidade de ganhar o carro, alternando dado o anfitrião abre a porta 3 é 2/3, ver análise Bayesiana abaixo.

Árvore que mostra a probabilidade de cada resultado possível se o jogador inicialmente escolhe Porta 1

A árvore de decisão pode ser usado para determinar tanto a probabilidade global de vencer por comutação e a probabilidade condicional dado que porta o anfitrião abre (Grinstead e Snell 2006, p. 137-138). Assumindo que o problema declaração dada acima e que o jogador inicialmente escolhe Porta 1, a árvore mostra que vitórias comutação nos dois casos em que o jogador não inicialmente pegar o carro, com uma probabilidade total combinado de 2/3. Esta é a probabilidade global de ganhar mudando. A árvore também mostra que há apenas duas condições possíveis em que a máquina abre a porta 2, e que perde a comutação no caso 06/01 onde o carro está por trás da porta 1 e ganha, no caso de 1/3, quando o carro está atrás da porta 3. Do mesmo modo, se o anfitrião abre a porta 3, a árvore mostra comutação perde no caso de 1/6, onde o carro está atrás da porta 1 e ganha no caso de 1/3, quando o carro está atrás da porta 2. Switching ganha duas vezes mais que ficar, independentemente de qual porta o anfitrião abre, então a probabilidade condicional de ganhar alternando dado uma ou outra porta se abre o anfitrião é o mesmo que a probabilidade global - ambos são 2/3.

Aids para a compreensão

Por que a probabilidade é de 2/3

A objeção mais comumente dublado para a solução é que o passado pode ser ignorado quando se avalia a probabilidade, isto é irrelevante que portas o jogador inicialmente escolhe eo anfitrião abre. No entanto, no problema como originalmente apresentado, escolha inicial do jogador não influenciar as escolhas disponíveis do hospedeiro posteriormente.

Esta diferença pode ser demonstrada pela contrastantes o problema original com uma variação que apareceu na coluna de vos Savant em novembro de 2006. Nesta versão, esquece que porta Monty Salão esconde o carro. Ele abre uma das portas ao acaso e é aliviada quando uma cabra é revelado. Perguntado se o competidor deve mudar, vos Savant corretamente respondeu: "Se o anfitrião é um ignorante, não faz diferença se você ficar ou switch. Se ele sabe, switch" (vos Savant, 2006).

Nesta versão do quebra-cabeça, o jogador tem uma chance igual de ganhar se a mudança ou não. Há seis possíveis sequências de eventos que podem ocorrer, cada um com probabilidade 1/6:

Picaretas Jogadores Anfitrião revela Terceira porta contém
A cabra Carro Cabra B
Cabra B Carro A cabra
A cabra Cabra B Carro
Cabra B A cabra Carro
Carro A cabra Cabra B
Carro Cabra B A cabra

Nos dois primeiros casos acima, o hospedeiro revela o carro. O que pode acontecer nesses casos é desconhecida, talvez o concorrente imediatamente ganha ou perde imediatamente. No entanto, o problema de como se disse, o hospedeiro tem revelado uma cabra, por isso, apenas quatro dos seis casos, ser possível, e que são igualmente susceptíveis. Em dois destes quatro casos, a mudança resulta numa vitória, e nos outros dois, resulta numa interrupção de cabra. Ficar com a escolha inicial dá as mesmas chances: a perda em dois casos e uma vitória em dois outros.

Probabilidade do jogador de ganhar alternando aumenta para dois terços no problema como foi afirmado pela Mueser e Granberg, porque nos dois casos acima, onde o anfitrião iria revelar o carro, ele é forçado a revelar a cabra restante vez. Na tabela abaixo, os números escolhidos no hospedeiras da tabela acima são realçados. Porque ele não pode revelar o carro, o seu comportamento é alterada em dois casos:

Picaretas Jogadores Anfitrião revela Terceira porta contém
A cabra Cabra B Carro
Cabra B A cabra Carro
A cabra Cabra B Carro
Cabra B A cabra Carro
Carro A cabra Cabra B
Carro Cabra B A cabra

Essa alteração no comportamento do hospedeiro faz com que o carro para ser duas vezes mais probabilidade de estar por trás da "terceira porta", e é o que provoca a mudança para ser duas vezes mais chances de vencer no "host sabe" variação do problema.

O aumento do número de portas

Pode ser mais fácil de apreciar a solução, considerando o mesmo problema com 1.000.000 portas em vez de apenas três (vos Savant 1990). Neste caso, existem 999.999 portas com cabras por trás deles e uma porta com um prêmio. O jogador escolhe uma porta. O anfitrião do jogo, em seguida, abre 999.998 das outras portas revelando 999.998 cabras - imagine o anfitrião começando com a primeira porta e descer uma linha de 1.000.000 de portas, abrindo cada um, pulando única porta do jogador e uma outra porta. O anfitrião, em seguida, oferece ao jogador a chance para exibir a única outra porta fechada. Em média, em 999.999 fora de 1.000.000 vezes a outra porta conterá o prêmio, como 999.999 de 1.000.000 vezes o jogador primeiro pegou uma porta com uma cabra. Um jogador racional deve mudar.

Diagrama de Venn

A probabilidade média de ganhar o carro, alternando pode ser ilustrado através de diagramas de Venn . Depois de escolher uma porta, por exemplo, o jogador tem um 1/3 possibilidade de se ter seleccionado a porta com o carro, deixando uma possibilidade 2/3 entre as outras duas portas, como mostrado abaixo. Note-se que existe uma probabilidade de 100% de encontrar uma cabra por trás, pelo menos, uma das duas portas não escolhidos, porque existe apenas um carro.

Monty fechado doors.svg

O anfitrião agora abre porta 3. Sob as condições da declaração do problema do acolhimento é obrigado a abrir uma das outras duas portas, e a mesma probabilidade de abrir qualquer porta não escolhida; abrindo esta porta não afeta a probabilidade de ganhar o carro por ficar com a escolha original, que permanece 1/3. Ainda há uma probabilidade de 2/3 de que o carro está por trás ou Porta 2 ou Porta 3. No entanto, desde que o carro não está por trás da porta 3, sabemos que estar por trás de uma dessas portas significa que o carro está atrás da porta 2; Assim, a probabilidade de que 2/3 é agora uma probabilidade de que o carro está atrás da porta 2, como mostrado abaixo. Outra maneira de dizer isso é que se o carro está por trás de qualquer porta 2 ou 3, com a abertura da porta 3 do hospedeiro revelou ele deve estar por trás da porta 2. (Devlin 2003)

Monty porta aberta chances.svg

Combinando portas

Em vez de uma porta sendo aberta e mostrada para ser uma porta de derrotas, uma ação equivalente é combinar as duas portas não escolhidos em uma vez que o jogador não pode, e não, escolha a porta se abriu (Adams 1990; Devlin 2003; Williams 2004). Por conseguinte, o jogador tem a escolha de furar com a escolha original de porta com um 1/3 possibilidade de ganhar o carro, ou escolhendo a soma dos conteúdos das duas outras portas com uma possibilidade 2/3. As premissas de jogo desempenhar um papel aqui-switching é equivalente a tirar os conteúdos combinados se e somente se o host do jogo é necessário para abrir uma porta com uma cabra e escolhe entre duas portas perder aleatoriamente com probabilidades iguais.

Neste caso, o que deve ser ignorado é a abertura da porta. O jogador, na verdade, escolhe entre o porta originalmente colhidos e os outros dois um -Abertura é simplesmente uma distracção. A escolha original divide os possíveis locais de entre o carro a uma porta do jogador pega com possibilidade de 1/3 e os outros dois com uma possibilidade 2/3. É já conhecido que, pelo menos, uma das duas portas unpicked contém uma cabra. Revelando a cabra, portanto, dá ao jogador nenhuma informação adicional sobre a porta originalmente escolhido; ela não altera a probabilidade 2/3 que o carro continua em bloco de duas portas.

Simulação

Uma maneira simples de demonstrar que uma estratégia de comutação realmente ganhar duas das três vezes em média é simular o jogo com cartas de baralho (Gardner 2001, p. 243). Três cartas de um baralho comum são usados para representar as três portas; uma placa de "especial" como o Ace of Spades deve representar a porta com o carro, e cartões comuns, como os dois dois vermelhos, representam as portas cabra.

A simulação, utilizando o procedimento a seguir, pode ser repetido várias vezes para simular múltiplas rodadas do jogo. Uma carta é distribuída aleatoriamente para o "jogador", para representar a porta do jogador pega inicialmente. Então, olhando para os restantes dois cartões de pelo menos um dos quais deve ser um dois vermelhos, o 'host' descarta um dois vermelhos. Se o cartão restante na mão do anfitrião é o Ás de Espadas, este é gravado como uma partida onde o jogador teria vencido por comutação; se o anfitrião está segurando um dois vermelhos, a rodada é registrado como aquele onde se hospedar teria vencido.

Pelo lei dos grandes números, esta experiência é susceptível de aproximar a probabilidade de ganhar, e executar o experimento sobre rodadas o suficiente não só deve verificar se o jogador não ganhar, alternando duas vezes fora de três, mas mostrar o porquê. Duas vezes fora de três, após um cartão foi dadas para o jogador, o Ace of Spades é na mão do host. Nesse ponto, ele está determinado se hospedar ou comutação vai ganhar a eliminatória para o jogador.

Se este não é convincente, a simulação pode ser feito com toda a plataforma, tratar um cartão para o jogador e mantendo a outra 51 (Adams, 1990). Nesta variante, a Ace of Spades vai para o host 51 vezes fora de 52, e fica com o anfitrião, não importa quantas cartas não -Ace são descartados.

Variantes

Outros comportamentos de acolhimento

Em algumas versões do problema Monty Hall, o comportamento do host não está completamente especificado. Por exemplo, a versão publicada no Parade em 1990 não especificamente que o anfitrião sempre abrir uma outra porta, ou sempre oferecer uma escolha para mudar, ou mesmo nunca abra a porta revelando o carro. Sem especificar essas regras, o jogador não tem informações suficientes para concluir que a mudança será bem-sucedidas de dois terços do tempo (Mueser e Granberg, 1999). A tabela mostra os possíveis comportamentos de acolhimento eo impacto sobre o sucesso de comutação.

Comportamentos de acolhimento possíveis no problema não especificado
Comportamento Anfitrião Resultado
O anfitrião oferece a opção de mudar somente quando escolha inicial do jogador é a porta de vencimento (Tierney 2001). Switching sempre produz uma cabra.
O anfitrião oferece a opção de mudar somente quando o jogador escolheu incorretamente (vos Savant 1996, p. 185). Switching sempre ganha o carro.
O anfitrião não sabe o que está por trás das portas, e abre uma aleatoriamente, sem revelar o carro (vos Savant 1996, p. 181). Comutação ganha o carro metade do tempo.
O anfitrião abre uma porta conhecido com probabilidade p, a menos que o carro está por trás disso (Morgan et al., 1991). Se o anfitrião abre a porta "usual", alternando vitórias com probabilidade 1 / (1 + p). Se o anfitrião abre outra porta restantes, alternando vitórias com probabilidade p / (1+ p).
O anfitrião age como observado na versão específica do problema. Comutação ganha o carro de dois terços do tempo.


Portas sequenciais

Não é uma generalização do problema original a n portas. No primeiro passo, o jogador escolhe uma porta. O anfitrião do jogo, em seguida, abre uma outra porta que é um perdedor. Se desejado, o jogador pode, então, mudar para uma outra porta. O anfitrião do jogo, em seguida, abre uma outra porta de derrotas como-ainda-não aberta, diferente da opção atual do jogador. Em seguida, o jogador pode trocar de novo, e assim por diante. Isso continua até que há apenas duas portas fechadas à esquerda: escolha atual do jogador e outra. Quantas vezes deve o interruptor jogador, e quando, se em tudo?

Uma estratégia possível é ficar com a primeira escolha durante todo o tempo, mas depois mudar no final. Com quatro portas, esta estratégia pode ser comprovado ideal; tem sido afirmado que, com n portas, esta estratégia também é ótimo e dá uma probabilidade de ganhar igual a (n-1) / n (Bapeswara Rao e Rao 1992).

Este problema aparece semelhante ao programa de televisão Deal or No Deal, que normalmente começa com 26 caixas. O jogador escolhe um para manter, e, em seguida, escolhe aleatoriamente para abrir caixas de entre o resto. Neste jogo, mesmo até o fim, a caixa de o jogador escolhe inicialmente e todas as caixas deixadas unrevealed são igualmente prováveis para ser o vencedor. A diferença é que qualquer caixa o jogador escolhe para abrir poderia revelar o grande prêmio, eliminando-o, assim, de contenção. Monty, por outro lado, sabe o conteúdo e é proibido de revelar o vencedor. Porque o jogador Deal or No Deal 'constitui a mesma probabilidade de abrir a caixa de ganhar como perder um, a vantagem de Monty Salão está perdido. Assumindo o grande prêmio ainda é deixado com as duas caixas restantes, o jogador tem a chance de 50/50 que a caixa inicialmente selecionados contém o grande prêmio.

Versão Quantum

Uma versão quântica do paradoxo ilustra alguns pontos sobre a relação entre a informação clássica ou quântica e não- informação quântica, como codificado nos estados de sistemas mecânicos quânticos. A formulação é baseada em Teoria dos jogos Quantum. As três portas são substituídos por um sistema quântico que permite três alternativas; abrir uma porta e olhando para trás, é traduzida como fazer uma medição particular. As regras podem ser indicados nesta língua, e mais uma vez a escolha para o jogador é para ficar com a escolha inicial, ou mudar para outra opção "ortogonal". A última estratégia acaba por duplicar as chances, assim como no caso clássico. No entanto, se o apresentador não randomizado a posição do prêmio de um modo mecânico totalmente quântico, o jogador pode fazer ainda melhor, e às vezes pode até ganhar o prêmio com certeza (D'Ariano et al., 2002).

História do problema

Um problema essencialmente idêntica apareceu como o Três prisioneiros Problema em A coluna de Martin Gardner Jogos Matemáticos em Scientific American, em 1959 (Gardner, 1959). A versão de Gardner faz com que o processo de selecção explícito, evitando as suposições não na versão Parade. Este quebra-cabeça em teoria da probabilidade envolve três prisioneiros, um aleatório um dos quais tem sido secretamente escolhido para ser executado no período da manhã. O primeiro prisioneiro implora a guarda para dizer-lhe que um dos outros dois vão livre, argumentando que isso revela nenhuma informação sobre se o prisioneiro será a vítima; o guarda responde, afirmando que se o prisioneiro sabe que um específico um dos outros dois presos vão livre que irá aumentar oportunidade subjetiva do primeiro prisioneiro de ser executado a partir de 1/3 a 1/2. A questão é se a análise do prisioneiro ou o guarda está correto. Na versão dada por Martin Gardner, o guarda, em seguida, executa um procedimento de randomização particular para escolher qual nome dar ao prisioneiro; este dá o equivalente do problema Monty municipal sem ambiguidades as habituais na sua apresentação.

Em 1975, Steve Selvin escreveu um par de cartas para o Americana estatístico (1975a Selvin, Selvin 1975b) sobre o problema Monty Hall. O primeiro apresentou o problema em uma versão perto de sua forma mais popular; a versão apresentada na parada 15 anos depois é uma atualização da versão de Selvin. A segunda carta parece ser o primeiro uso do termo "problema de Monty Salão". O problema é, na verdade, uma extrapolação a partir do game show. Monty Salão fez abrir uma porta errada para construir excitação, mas ofereceu um menos conhecido prize-como a US $ 100 em dinheiro, em vez de uma opção para alternar portas. Como Monty Salão escreveu a Selvin:

E se você começar sempre no meu show, as regras se apegam para você, não há caixas de negociação após a seleção. (Salão 1975)

O artigo de Phillip Martin em uma edição 1989 da revista Ponte Hoje intitulado "The Trap Monty Salão" (Martin 1989) apresentou o problema de Selvin, com a solução correta, como um exemplo de como se pode cair na armadilha de tratar informações não-aleatória, como se fosse aleatório. Martin, em seguida, dá exemplos no jogo de ponte onde os jogadores comumente calcular mal as probabilidades de cair na mesma armadilha, como o Princípio da restrição das escolhas. Dada a controvérsia que surgir ao longo deste problema, um ano depois, Martin mostrou uma falta de presciência, quando afirmou: "Aqui [no problema de Monty Hall] armadilha é fácil de detectar. Mas a armadilha pode surgir de forma mais sutil em uma ponte configuração. "

Uma versão atualizada da declaração do problema do Selvin apareceu em Peça Marilyn coluna de Marilyn vos Savant de perguntas e resposta de Parade em Setembro de 1990 (vos Savant 1990). Embora vos Savant deu a resposta correta que a mudança iria ganhar dois terços do tempo, vos Savant estima 10.000 leitores, incluindo várias centenas de professores de matemática escreveu em declarar que sua solução era errado. Como resultado da publicidade o problema ganhou o nome alternativo Marilyn e as cabras.

Em novembro de 1990, uma discussão igualmente controversa do artigo de vos Savant teve lugar em A coluna de Cecil Adams O Straight Dope (Adams 1990). Adams inicialmente respondeu, incorretamente, que as chances de as duas portas restantes devem ser cada um em dois. Depois de um leitor escreveu para corrigir a matemática da análise de Adams, Adams concordou que matematicamente, ele tinha sido errado, mas disse que a versão Parade deixou restrições críticas não declarada, e sem essas restrições, as chances de ganhar por comutação não eram necessariamente 2 / 3. Numerosos leitores, no entanto, escreveu em afirmar que Adams tinha sido "certo da primeira vez" e que as chances corretas eram um em dois.

A coluna Parade e sua resposta recebido considerável atenção na imprensa, incluindo uma história de primeira página no New York Times (Tierney 1991) em que o próprio Monty Hall foi entrevistado. Ele apareceu para entender o problema muito bem, dando o repórter uma demo com as chaves do carro e explicando como o jogo real sobre Vamos fazer um negócio diferente das regras do quebra-cabeça.

Mais de 40 trabalhos têm sido publicados sobre esse problema em revistas acadêmicas ea imprensa popular (Mueser e Granberg 1999).

O problema continua a ressurgir fora da academia. O sindicado Programa NPR Car Talk caracterizado como um dos seus semanais "Puzzlers", ea resposta que eles destaque foi claramente explicado como o correto (Magliozzi e Magliozzi, 1998). Uma conta do matemático O primeiro encontro de Paul Erdos do problema pode ser encontrado em O homem que amava Apenas Números -como tantos outros, ele inicialmente entendeu errado. O problema é discutido, a partir da perspectiva de um menino com síndrome de Asperger , em O curioso incidente do cão no tempo da noite , um romance de 2003 por Mark Haddon. O problema também é abordado em palestra pelo personagem Charlie Eppes em um episódio do drama da CBS NUMB3RS (Episódio 1,13) e em Livro de 2006 Truques da mente de Derren Brown. O problema Monty Hall (apesar de ter sido chamado de "o problema anfitrião game show" no filme) aparece no filme 21, em que o personagem principal, Ben, responde a pergunta corretamente em seu curso MIT faculdade de matemática. Economista M. Keith Chen identificada uma falha potencial em centenas de experiências relacionadas com a dissonância cognitiva que usar uma análise com problemas semelhantes aos envolvidos no problema de Monty Salão (Tierney 2008).

Análise Bayesiana

Uma análise do problema usando o formalismo de Teoria da probabilidade Bayesian (Gill, 2002) torna explícito o papel dos pressupostos subjacentes ao problema. Em termos Bayesian, as probabilidades estão associados às proposições, e expressam um grau de crença na sua verdade, sujeita a qualquer informação de fundo passa a ser conhecido. Para este problema de fundo é o conjunto de regras do jogo, e as proposições de interesse são:

C_I \, : O carro está atrás da porta i, para i igual a 1, 2 ou 3.
H_ {ij} \, : O anfitrião abre a porta J após o jogador ter escolhido Porta i, para i e j igual a 1, 2 ou 3.

Por exemplo, C_1 \, denota a proposição de que o carro está atrás da porta 1, e H_ {12} \, denota a proposição o anfitrião abre Porta 2 após o jogador ter escolhido Porta 1. Indicando a informação de fundo com I \, , Os pressupostos são formalmente declarou o seguinte.

Em primeiro lugar, o carro pode estar por trás de qualquer porta, e todas as portas são a priori a mesma probabilidade de esconder o carro. Neste contexto, a priori, significa antes de o jogo é jogado, ou antes de ver o bode. Assim, o probabilidade prévia de uma proposição C_I \, é:

P (C_I | I) \, = \ frac {1} {3}.

Em segundo lugar, o anfitrião vai sempre abrir uma porta que não tem carro atrás dela, escolhido entre os dois não pegou pelo jogador. Se duas portas deste tipo estão disponíveis, é igualmente susceptível de ser aberta de cada um. Esta regra determina a probabilidade condicional de uma proposição H_ {ij} \, sujeito a onde o carro é - ou seja, condicionando a uma proposição C_k \ ,. Especificamente, é:

P (H_ {ij} | C_k, \, I) \, \, = \, \ begin {cases} \, \\ \, \\ \, \\ \, \ end {cases}\, \ 0, se i = j, (o host não pode abrir a porta escolhido pelo jogador)
\, \ 0, se j = k, (o host não pode abrir uma porta com um carro atrás dela)
\, 02/01 \, se i = k, (as duas portas com nenhum carro são igualmente propensos a ser aberto)
\, 1 \, se eu \ Ne k e j \ Ne k, (há apenas uma porta disponível para abrir)

O problema pode ser resolvido agora, marcando cada estratégia com seus associados probabilidade posterior de ganhar, que é com a sua probabilidade sujeito a abertura do hospedeiro de uma das portas. Sem perda de generalidade, assumir, por re-numeração as portas, se necessário, que o jogador escolhe uma porta, e que o hospedeiro em seguida abre a porta 3, revelando uma cabra. Em outras palavras, o anfitrião faz proposição H_ {13} \, verdade.

A probabilidade posterior de ganhar por não comutação portas, sem prejuízo das regras do jogo e H_ {13} \, , É então P (C_1 | H_ {13}, \, I) . Uso Teorema de Bayes este é expresso como:

P (C_1 | H_ {13}, \, I) = \ frac {P (H_ {13} | C_1, \, I) \, P (C_1 | I)} {P (H_ {13} | I)} .

Pelos pressupostos acima referidos, o numerador do lado direito é:

P (H_ {13} | C_1, \, I) \, P (C_1 | I) = \ frac12 \ times \ frac13 = \ frac16.

O constante de normalização no denominador podem ser avaliadas expandindo-o usando as definições de probabilidade marginal e probabilidade condicional:

\ Begin {array} {lcl} P (H_ {13} | I) & {} = & P (H_ {13}, \, C_1 | I) + P (H_ {13}, \, C_2 | I) + P (H_ {13}, \, C_3 | I) \\ & {} = & P (H_ {13} | C_1, \, I) \, P (C_1 | I) \, + \\ && P (H_ {13} | C_2, \, I) \, P (C_2 | I) \, + \\ && P (H_ {13} | C_3, \, I) \, P (C_3 | I) \\ & {} = {& \ displaystyle \ frac12 \ times \ frac13 + 1 \ times \ frac13 + 0 \ times \ frac13} \ = \ {\ displaystyle \ frac12 \.} \ end {array}

Dividindo o numerador pelos rendimentos constantes de normalização:

P (C_1 | H_ {13}, \, I) = \ frac16 \, / \, \ frac12 = \ frac13.

Note que esta é igual à probabilidade prévia de estar do carro atrás da porta inicialmente escolhido, o que significa que a ação do host não tem contribuído de alguma informação nova em relação a esta eventualidade. Na verdade, a seguinte discussão que mostra o efeito da acção do hospedeiro consiste inteiramente de redistribuir as probabilidades para estar do carro para trás qualquer uma das outras duas portas.

A probabilidade de ganhar, alternando a seleção para Porta 2, P (C_2 | H_ {13}, \, I) , Pode ser avaliada ao exigir que as probabilidades posteriores de toda a C_I \, proposições adicionar a 1. Isto é:

1 = P (C_1 | H_ {13}, \, I) + P (C_2 | H_ {13}, \, I) + P (C_3 | H_ {13}, \, I).

Não há carro atrás da porta 3, uma vez que o anfitrião abriu-a, de modo que o último termo deve ser zero. Isto pode ser provado usando o teorema de Bayes e os resultados anteriores:

\ Begin {align} P (C_3 | H_ {13}, \, I) & = \ frac {P (H_ {13} | C_3, \, I) \, P (C_3 | I)} {P (H_ { 13} | I)} \\ & = \ left (0 \ times \ frac13 \ right) / \, \ frac12 = 0 \. \ End {align}

Assim:

P (C_2 | H_ {13}, \, I) = 1 - \ frac13 - 0 = \ frac23.

Isso mostra que a estratégia vencedora é mudar a seleção de Porta 2. Ele também deixa claro que a exibição do host do bode atrás da porta 3 tem o efeito de transferir a 1/3 de probabilidade de ganhar a priori associado a essa porta para o remanescente uma desmarcada e não aberta, tornando-se assim a escolha mais provável vencedora.

Retirado de " http://en.wikipedia.org/w/index.php?title=Monty_Hall_problem&oldid=209311769 "