Fórum: Csak logika

Nem értem, főleg azt a -et... Viszont , ami gyanús.

Nekem is.

A "B" esetben egyetértünk, de nekem az "A"-ra 84/300 jött ki.

Részletezés nélkül:

"A" eset, vált: 91/300 valószínűséggel nyer a játékos. "B" eset, tartja: 90/300 valószínűséggel nyer a játékos.

Nagyon pici különbség van. Gyakorlatilag mindegy, hogy a játékos az A, vagy a B stratégiát választja.

Igen, látom, ez szükséges, de nem elégséges feltétel.

Az a gyanúm, ha az eredeti játék "megoldóképlete" szerint eljárva, azaz 1,2,3 választás a,k,k lehetősége helyett a csere kk, ka, ak eshetőségekből a megmutatott k-kat levonva k,a,a lehetőség módjára felbontod

a 10-3-7 variációkra a lehetőségeket, akkor úgy tűnik, (azért csak tűnik, mert nem végeztem el a felbontást, csak az analógia alapján feltételezem az eredményét,) hogy szintén a csere lehetne a nyerő eljárás.

A Monty - Hall feladattal kapcsolatosan felmerült a számítógépek véletlenszám generátora. Gézoo állítása szerint a véletlenszám generátorok nem jók, mert hibás eloszlású számsorozatokat adnak. Beszéljünk erről pár szót, nehogy tévedésbe ejtsük és tévedésben tartsuk a témához nem értő jámbor olvasókat.

ad 1) A determinisztikus módszerrel előállított számsorozatokat kvázi-véletlen, pszeudo-véletlen, vagy magyarul álvéletlenszámoknak nevezik. A legvéletlenebb számsorozatokról sem lehet többet állítani, mint azt, hogy látszólag véletlenek. Valójában véletlenszámok helyett adott eloszlású, független számsorozatokról kellene beszélnünk.

ad 2) Amikor a kezdetek kezdetén szükség volt véletlenszámokra, akkor kockát vetettek, golyót húztak urnából, vagy kártyát használtak. 1927-ben jelent meg a kb. 40000 számjegyet tartalmazó véletlenszám táblázat, ami népszámlálási adatokból készült. 1939-ben készült az első gép, amely képes volt kb. 100000 véletlenszámot előállítani és 1955-ben már célgéppel egymillió véletlen számjegyet állítottak elő.

ad 3) A táblázatok használata nem volt célszerű a nagy memória igény miatt, s ezért algoritmusokat kezdtek alkalmazni. Az első ilyen algoritmust Neumann János javasolta. Négyzetközép módszernek nevezték. Nem vált be a gyakorlatban, mert rövid ciklusúnak bizonyult, azaz "rövid" számsorozat után ismételte önmagát.

ad 4) Ma leggyakrabban a lineáris kongruencia módszert használják. A módszer négy kezdeti számot igényel. Ezek: "m", a modulus, ami vagy prímszám, vagy 2 ad n alakú. "a" együttható, melyre 0 <= a < m. "c" a növekmény, melyre 0 <= c < m. "X0" a kezdőérték, melyre 0 <= X0 < c. A véletlen számsorozatot az Xn+1 = (a*Xn + c) mod m, n >= 0 rekurzív képlet szolgáltatja. A kezdeti négy számot/paramétert gondosan kell megválasztani, s ekkor a kapott számsorozat a 0, 1, 2, ... m - 1 halmazon egyenletes lesz. A lineáris kongruenciasorozatoknak is van ciklusuk, azaz elkezdik önmagukat ismételni. A ciklus hossza: a legkisebb olyan p természetes szám, amelyre Xk+p kongruens Xk mod m, k >= 0 A maximálisan lehetséges m hosszat elérhetjük alkalmas feltételekkel.

ad 5) A valamilyen módszerrel kapott számsorozatok véletlen voltát pld. a khi-négyzet próbával ellenőrizhetjük. Többnyire három, különböző számsorozaton végezzük el, s ha a próbák közül legalább kettő gyanúsnak ítéli meg, akkor a sorozat nem elég véletlenszerű. A gyakorlatban legalább hat különféle ellenőrzési próbát alkalmaznak, s a számsorozatot csak akkor tekintik véletlennek, ha mindegyik próba annak minősíti. Mellesleg, bármilyen számsorozat véletlennek tekinthető, ameddig valamilyen erre alkalmas próba nem mondja az ellenkezőjét.

ad 6) Egyesek panaszkodása, hogy a számítógépek RND generátora nem jó, vagy az Excel program generátora nem jó, s ezért a szimuláció nem alkalmas a Monty - Hall feladat, illetve véletlenszámokat igénylő más feladatok megoldására, a tények nem ismerésén alapszik. A nem állítható egyszerű RND generátorok egyenletes eloszlású véletlenszám sorozatot állítanak elő. A régebbi Excel programoké is ilyen. Az újabb Excelben arra is mód van, hogy adott eloszlású véletlenszám sorozatokat állítsunk elő és egyéb paramétereket is megadhatunk.

MH show - új változat:

10 függöny van, s ezek közül a nyereményautónak két kulcsát (egy fehér függőset ill. egy fekete függőset) helyezik el valamely 2 függöny mögé, azaz 8 üres függöny marad. Játékos megjelölhet 3 függönyt, s ezután két lehetőség közül választ.

A) Vált a 7 függönyre és ekkor két üres függönyt ezek közül elhúznak. A maradék 5-ből kell mutatnia 1-t és ha mögötte valamelyik kulcs, akkor viszi a kocsit.

B) Marad a választott 3 függöny mellett. Ekkor kiveszik a fehér kulcsot és elhúznak két üres függönyt. Ha a maradék 1 függöny mögött ott a fekete kulcs, akkor nyer, ha nincs, akkor nem nyer.

Melyik stratégiával van nagyobb nyerési esély?

Nem tudom, milyen feladatról van szó, de ,,az A mátrix totálisan unimoduláris (olyan mátrix, melynek bármely négyzetes részmátrixának a determinánsa 1, -1, vagy 0), hiszen minden eleme -1, 1, vagy 0'' logikailag biztosan hibás. Az

mátrix nem TU (magának a mátrixnak a determinánsa 2), pedig minden eleme 1, -1 vagy 0.

Nem akarok offolni, csak annyit fűznék hozzá, hogy egy dolog elkerülte a figyelmünket, az A mátrix totálisan unimoduláris (olyan mátrix, melynek bármely négyzetes részmátrixának a determinánsa 1, -1, vagy 0), hiszen minden eleme -1, 1, vagy 0, így a P={x|Axb} poliéder csúcsai egész koordinátájúak, ezáltal az egészértékű programozási feladat egy LP feladattá egyszerűsödik, az pedig megoldható polinom időben. Az előbbi dolgokat innen szedtem. Légy türelmes, ha tévedek, javíts ki!

Igen, a sornak abszolút konvergensnek kell lenni.

"Ha egy X valószínűségi változónak csak megszámlálható sok lehetséges értéke van..."

Ez így általánosan csak akkor igaz, ha mondjuk x_i0 minden i-re (vagy a sor abszolút konvergens). Egyébként lehetséges lenne, hogy egy más sorrendben felírva a sor nem konvergens, vagy más értékhez tart.

Ja így értetted. Valahogy átléptem az x kétféle jelentésén. Bocs, figyelmetlen lehettem. De így már érthető. Köszönöm!

Ha egy X valószínűségi változónak csak megszámlálható sok lehetséges értéke van: x₁,x₂,..., és ezek előfordulásának valószínűségei rendre p₁,p₂,..., akkor a valószínűségi változó várható értéke

E(X)=p₁^.x₁+p₂^.x₂+...

A [498]-ban a valószínűségi változó a másik boríték tartalma. Azt feltételezve, hogy az egyik boríték tartalma x, csak két érték lehetséges: 2x és x/2, a két feltételes valószínűség pedig , illetve .

* * *

Amit az [500]-ban "kérdeztél", abban nem is szerepelt szorzás -- eltekintve a képletemtől, amit odamásoltál.

Wikin is fent van: http://en.wikipedia.org/wiki/Two_envelopes_problem, de magyarul sem olyan rossz.

Igen, olvastam a 498-ast. Kérdeztelek is arról, hogy a boríték tartalmát és a valószínűségét miért szoroztad össze.. Csak vagy én siklottam át a válaszod felett, vagy te a kérdésem felett.

Egyébként a hullámok interferenciáival analógiaként említettem a választott és az elhelyezett helyek "hullámzásainak" eredményét.

Péter, értelek. Kicsit túlzónak tűnhetett a lelkesedésem, ha zavart volna, bocs' érte! Örüljünk együtt :)

Megtisztelő a ragaszkodásod. Minden fórumban ahol megjelenek, te szépen regisztrálsz és csak velem foglalkozol. Nem szeretném a többiektől elvenni annak a lehetőségét, hogy velük is beszélgethess, ezért én nem felelek a kérdéseidre. És különben is! Itt igazi, tényleg szakavatott emberektől kapsz választ. Kellemes és hasznos fórumozást kívánok Neked is!

Kedves Gézoo!

Sajnálom, de tévedsz. Nem utánad jöttem. Miután mások felhívták a figyelmem, hogy előszerettel publikálsz a KöMal fórumon, kíváncsi voltam, hogy milyen a közönség. Úgy látom, vannak itt bőven udvarias és okos fórumozók, akik még arra is képesek, hogy neked elmagyarázzanak valamit. Ez azért nem semmi teljesítmény, úgyhogy elhatároztam, csatlakozom az itteni közösséghez, hátha olykor szükséges lesz a segítségem a vadhajtások nyesegetésében, mert jegyezd meg Kedves Gézoo, nincs nagyobb bűn, mint ostoba fejtegetésekkel, téveszmékkel becsapni, félrevezetni a tanuló ifjúságot!

Ami a táblázatom értelmezését illeti, azon nyugodtan és bátran gondolkozhatsz, a valószínűségszámítást és mindent, amihez nem értesz, azt hagyd másokra.

Igazán nagyszerű Kedves Gézoo, hogy amit a Szkeptikus Fórumon tanultál, máris itt osztod önzetlenül. Így a helyes, most pedig térjünk rá erre:

Ezt írtad:

"Pedig még az is kiderült, hogy nem paradoxon a Monty-Hall feladat. Csupán ügyesen álcázott lehetőség: egy ajtó vagy egyszerre két ajtó választhatósága között.

Persze abban az értelemben igazad van, hogy logaritmussal, szögfüggvényekkel, sík és téridomok geometriai összefüggéseivel és persze valószínűségszámítási módszerekkel is megoldható a feladvány."

Légy szíves prezentálni egy logaritmusos, egy szögfüggvényes, egy síkgeometriai és egy térgeometriai példát a Monty - Hall játék optimális stratégiájának meghatározására! Azt is légy szives igazolni, hogy Maga Péter, és a többiek, akik táblázatokkal magyarázták el neked, nem valószínűségszámítási módszereket alkalmaztak! Igazán kíváncsian várom és biztosan érdekli a többieket is. :)

Na, most már kicsit sokallom ezt a meg nem érdemelt dicsőítést...

Fálesz Mihályhoz, Károlyhoz, Solarishoz, Almához, mittudomén még kihez csatlakozom, nem csináltam a korábbiakhoz képest semmi extrát.

Hogy csak a legelejét és a legvégét elmondjam: Károly [503]-asában említett 'átszálló' valószínűség ugyanaz, teljesen ugyanaz, mint a megdicsőült táblázatban az egyszerre két függöny kérése. És közte ez lett ezerféleképp bemutatva. Frappánsan két sorban, hosszú táblázatokkal, valószínűségek kiszámolásával. Én is sokféleképp próbáltam elmondani.

Végül megértettél egy magyarázatot. Ennek örülök.

[498]

És mi van akkor, ha ugye véletlenszerű a 2x és az x/2 helye és szintén véletlenszerű a választásuk?

Nekem úgy tűnik, hogy ha a két véletlen szinkronban vált, akkor vagy minimum vagy maximum lesz a trend. Ha pedig az egyik feleannyit vált mint a másik akkor vajon mi lenne az eredmény? Talán (2x+x/2)/2 az átlaguk?

Kedves Károly!

Mint azt többeknek írtam már az első mondataimmal, nem az én meggyőzésem volt a célotok, de ezt mégis majdnem mindenki úgy értette, mintha engemet kellene meggyőznie.

Hanem a maszatoló hókusz-pókolás helyett, korrekt matematikai levezetéssel, igazolással annak korrekt "bizonyítása", hogy melyik választás miért olyan eredményű mint amilyen.

Amint láthattuk, elsőre mindenki bement a valószínűségek dzsungelébe. Különféle átszálló, vagy ehhez vagy ahhoz a feltételhez kötött valószínűségekről mesélve.

Pedig még az is kiderült, hogy nem paradoxon a Monty-Hall feladat. Csupán ügyesen álcázott lehetőség: egy ajtó vagy egyszerre két ajtó választhatósága között.

Persze abban az értelemben igazad van, hogy logaritmussal, szögfüggvényekkel, sík és téridomok geometriai összefüggéseivel és persze valószínűségszámítási módszerekkel is megoldható a feladvány.

Abban viszont nem értek egyet veled, hogy mindegy melyik módszert használjuk. Occam (helyesen: Ockham) elvét alkalmazzuk általában mindenre, akkor miért tennénk kivételt a megoldásokkal?