Fórum: Csak logika

Azt írod: "Márpedig van. Nagyon egyszerűen fogalmazva az elhúzott függöny esélye úm. 'átszállt' a még ki nem nyitott nem választott függönyre. "

Ezt az átszállást kifejtenéd?

Mondjuk, logikailag is levezethető.. mondjuk úgy, hogy van 1,2,3 függöny.

Te elsőre választod például az 1-est, de tudod, hogy egy számot a műsorvezető mindenképpen kivesz, a nem nyertesek közül.

Azaz a választásod eleve se nem 1/3, hanem igazából már eleve 1/2. Csak te még nem tudod, hogy melyik az a kettő amelyik marad..csak azt tudod, hogy a két megmaradó egyike.

Viszont ezt a tudást a műsorvezető pótolja azzal, hogy olyat vesz ki amelyik nem nyerő.

Így csak látszólag 1/3 a választásod. Valóságban 1/2.

"Az pedig, hogy korábban mi volt, már nem szólhat bele az új indulásba."

Nem korábban. Ugyanebben a véletlenszrű autó elhelyezkedésben. Az autó már ott volt, amikor egy függönyre rámutattál. 100 esetből 99-szer a műsorvezető a tieden kívül azt a függönyt hagyja zárva, amelyik mögött az autó van, 100-ból egyszer egy üres fülkét takar el.

Írod: --- Ott az volt az "alapelv", hogy az első választással 1/3 esély volt a győzelemre, de ezek után a műsorvezető kinyitotta az egyik vesztes függönyt, ezzel a választott színpad esélyei megváltoztak. És a magyarázat szerint nagyobb volt az esély a változtatással. ---

Ez így is igaz. De ha 1/2 - 1/2 lenne az új esély, mint ahogy állítod, akkor a váltással nincs esélynövekedés. Márpedig van. Nagyon egyszerűen fogalmazva az elhúzott függöny esélye úm. 'átszállt' a még ki nem nyitott nem választott függönyre.

Azzal, hogy a játékos választott egy függönyt, azzal a valószínűségi teret két részre osztotta. Az egyik, a választott függöny, 1/3 eséllyel tartalmazza a nyereményt, míg a másik 2 függöny 2/3-addal. No ha ebből kiderül arról, amelyik nem rejti a nyereményt, hogy ott nincs, akkor az a 2/3 teljes egészében a fennmaradó még ismeretlen tartalmú függönyre tevődik át. Nem válthat valószínűségi térrészt. S 3 esetből kétszer valóban ott a nyeremény, míg egyszer a játékos által választott függöny mögött.

A lottóban a húzás előtt nem kötik ki és ezzel együtt nem veszik ki a gömbből mondjuk az egyessel kezdődő számokat, hogy ezek most nem fognak nyerni.

Az új sorsolás-választás feltételei: két függöny egy autó.

Csak a hibásan, a független változók alaptalan összekapcsolása során kaphatunk közös függvényt.

Új választás, az új függvény. Új esélyekkel. Mint ahogy írod 50/50.. Mert két választási lehetőség és egy autó van.

Az pedig, hogy korábban mi volt, már nem szólhat bele az új indulásba.

Ez pont olyan lenne, mintha az előző műsorban, azaz a korábbi választáskor tévesen kiválasztott függönyt is beleszámolnánk. Ahhoz éppen úgy semmi köze az új kiválasztásnak, mint az előző választásnak.

Persze ha ennek ellenére beleszámolod, akkor legyél kedves az összes korábbi választásokat is rendre beleszámolni.

Amikor először találkoztam a feladattal, engem a 100 ajtós változat győzött meg. Vagyis ha 100 függöny van, egyre rámutatsz, majd a műsortvezető kinyit 98 függönyt.

Továbbra is azt hiszed, 50 - 50 százalék az autó holléte ?

Persze az sem teljesen világos, hogy a boríték tartalma

hogyan hat a valószínűségre, ha egyszer az egyik az "belül" a másik "kívül" van?

Mert ugye ha a boríték vastagságát megváltoztatná a tartalma, akkor érthető lenne.

Vagy ha véges pénzből "osztozna" a két boríték, akkor az egyikben lévő összeg hiányával lenne kevesebb az összesnél a másik boríték tartalma.

De úgy, hogy ezek független változók, jó lenne ha kapnék magyarázatot erre a kérdésre.

Ez dicséretesen személetes!

Már csak az a kérdésem, hogy a "másik" és az "egyik" boríték azonosítása hogyan történik?

Mert ugye mindkét boríték szempontjából ő maga az egyik és a másik a másik.

A történet korábban kezdődik. Aki a borítékokat előkészíti, választ valahogy a lehetséges (x,2x) párok közül. Az egyszerűség kedvéért legyen csak megszámlálható sok lehetséges x, és jeljöljük P(x)-szel az (x,2x) pár valószínűségét.

Az eloszlást nem ismerjük. (NB, a P(x) értékek között mindenképpen vannak különbözők: van végtelen sok nemnegatív számunk, amiknek az összege 1.)

Ha az egyik boritékban x pénz van, akkor feltételes valószínűséggel 2x, és feltételes valószínűséggel x/2 van a másik borítékban.

Ha a másik borítékot választjuk, akkor a várható nyereményünk . Ezt az értéket kell összehasonlítanuk a biztos x-szel, mégpedig P(x/2) és P(x) ismerete nélkül:

,,És a magyarázat szerint nagyobb volt az esély a változtatással.'' És tényleg!

Ez a borítékos példa a klasszikus három színpados TV show tovább csökkentett változata.

Ott az volt az "alapelv", hogy az első választással 1/3 esély volt a győzelemre, de ezek után a műsorvezető kinyitotta az egyik vesztes függönyt, ezzel a választott színpad esélyei megváltoztak. És a magyarázat szerint nagyobb volt az esély a változtatással.

Ami persze hamis felvetés, mert újra kezdés és nem folytatás .. vagyis továbbra is 50-50

Pont úgy mint a lottóban. Hiába jelölünk ki egy számot és gondoljuk, hogy a maradék számok esélyei növekednek, mert kevesebb számból kevesebb variáció lehetséges. Az esélyek minden húzásnál újra "generálódnak".

Továbbra is állítom: Ott a hiba, hogy "csak elképzeled 'x' van benne. A másikban 2x, vagy x/2 van".

Valójában: Csak elképzeled, hogy az egyikben x, a másikban 2x van. Ha elsőre az x-et tartalmazót választottad, akkor a másikban 2x van és fordítva.

Pontosabban nem így additívek. Az első választás 0,5 értékkel, a második pedig 0,25 értékkel számolandó.

0,5*0,5 + 0,25*2 = 0,25+0,5=0,75 azaz nem érdemes kicserélni.

Csak ott a hiba, hogy a valószínűségek nem additívek.

Az alábbi linken letölthető prezentáció elég alaposan körbejárja a "Két boríték paradoxont": https://docs.google.com/open?id=0B-8rMt8CMlqfaVljYUdCQnRTWnM

(Letölteni érdemes, hogy az animációk is menjenek.)

Némi információ a Wikipédia magyar nyelvű oldalán is fellelhető, "Kétborítékos paradoxon" címmel.

Pontosítva még egyszer: Van 2 boríték. Egyikben kétszer annyi pénz van, mint a másikban. Amelyiket választod az a Tiéd. Az egyiket választod. Ki se nyitod, csak elképzeled 'x' van benne. A másikban 2x, vagy x/2 van. Érdemes-e a másikat választani ? Ugyanis abban a várható érték: (2x+x/2)/2=1.25x van.

Pontosítva még egyszer: Van 2 boríték. Egyikben kétszer annyi pénz van, mint a másikban. Amelyiket választod az a Tiéd. Az egyiket választod. Ki se nyitod, csak elképzeled 'x' van benne. A másikban 2x, vagy x/2 van. Érdemes-e a másikat választani ? Ugyanis abban a várható érték: (2x+x/2)/2=1.25x van.

Még mindíg nem teljes a szöveg, de azt hiszem értjük, mire gondolsz: Ha B-ben van a kétszeres pénz , akkor a cserével nyerek 100 forintot. Ha A-ban van a kétszeres pénz, akkor a cserével vesztek 50 forintot. A kapott pénz várható értéke a cserénél 0.5 x 200 + 0.5 x 50 = 125 Ft az A-ban lévő 100 forinttal szemben.

A hiba ott van, hogy "Választod pl. 'A'-t (q=100 Ft van benne)" . Ugyanis ha számpéldát veszünk, akkor vagy 100 és 50 forint van a borítékokban, vagy 200 és 100, stb. Bármelyik példát véve - én most a másodikat veszem - ha A-ban 100 forint van, a cserével nyerek 100 forintot, ha A-ban 200 forint van, a cserével vesztek 100 forintot.

Úgy nézem lemaradt a lényeg.

Tehát az egyik választása után a másik 1.25-ször jobb.

Mi itt a logikai bukfenc.

Új vagyok. Nem tudom volt-e ez?

Van két boríték. Egyikben kétszer annyi pénz van, mint a másikban. Melyiket választod ? Nyilván vagy 'A'-t, vagy 'B'-t.

Választod pl. 'A'-t (q=100 Ft van benne). Azt mondom meggondolhatod magad, választhatod a 'B'-t. A gondolatmenet: a 'B'-ben 50-50

Tehát bármit választasz, érdemesebb e másikat !?

Ha jól tudom, akkor egy olyan profi show-műsorban, mint az amerikai MH show, egy csinos segéd rosszkori visongása akár az állásába is kerülhet. Így ő biztosan nem visong. Sőt az élő műsor előtt többször el is lett próbálva minden jelenet, nem csak ez. Bármi történik is, nem éri váratlanul.

Így nem marad más hátra, mint a MH hatás.

---

A hátralévő pár napot mindenki használja ki pihenésre, melózni és görcsölni ráérünk majd jövőre. Lesz belőle bőven, unni is fogjuk.

Addig is mindenkinek minden jót!

Igen, ebben az esetben érvényesülni fog az MH hatás. Minden azon múlik mit csináljon a csinos segéd, ha megtalálja a kulcsot: - Ha lehet hogy megtalálta, de olyankor kinyitott egy másikat, akkor MH hatás - Ha tudjuk, hogy nem találta meg (mert mondjuk hangosan visít, ha megtalálja és nem hallottunk hangos visítást), akkor nincs MH hatás, eredeti eset.

De ezek a kollégám nyitási esélyei és nem az én esélyeim, miután ő megmondta, hogy melyekben nincs. Én az alábbiak szerint képzelem el:

---

Képzeljük el a MH show-t. 9 ajtó egy falban egymás után sorakozva, a fal mögött 9 fülke, melybe egyenként nyílnak az ajtók és a fülke másik oldalán is ajtó a színfalak mögé nyílóan.

A műsor előtt MH egy közjegyző jelenlétében feldob egy érmét. Fej esetén zsebre vágja a slusszkulcsot, írás esetén beteszi az egyik fülkébe. Ezután megkéri a csinos és hölgynemű segédjét, aki nem tud a kulcs helyéről, hogy a műsor folyamán egy jel elhangzása után a másik oldalról véletlenszerűen nyisson be egy fülkébe és ha üres, nincs ott a slusszkulcs, akkor nyissa ki a színpad felé eső ajtót is, amit már lát MH is és a játékos is, s ezt tegye meg 3 fülkével összesen. Ha épp a kulcsos fülkébe nyitna be, akkor zárja vissza és nyisson egy másik ajtót.

A jel elhangzása után a műsor oldaláról kinyílik 3 ajtó, ami mögött biztosan nincs kulcs, s ezt tudja MH is. A színfalak közül a segéd csak 3 ajtóval próbálkozik (mivel nem nyitott rá a kulcsosra, de lehet, hogy a kulcs épp MH zsebében van), s ő nem ismeri a kulcs helyét.

Ez egy eseménysor, nem lehet a játékos szempontjából kétféle valószínűséggel a kulcs ugyanazon a helyen. A színpad felől kinyílik 3 ajtó úgy, hogy aki tudja hol a kulcs, az biztosan tudja, hogy 3 üres ajtó fog kinyílni. Így ez ebben az esetben a MH eset.

De a segéd jelen esetben a kolléga szerepét játszotta el. Ez csak úgy lehetséges, ha az eredeti feladatban is a MH eset szerint lesznek a valószínűségek, mikor a kollégám a korábban már megnézett fiókok (nemleges) tartalmáról nyilatkozik a fiók általam történő kinyitási kísérlet előtt.

S a MH esetben csak az a lényeg, hogy biztosan üres ajtók nyíljanak és az nem lényeges, hogy a nyitója tudja a kulcs helyét.

Még korábban elhangzott egy jó ötlet, ami segítheti az intuíciót: képzeld el az egészet ezer fiókkal, úgy hogy a kolléga 999-ről nyilatkozik. A kollégám ekkor átnézett 999 fiókot valami más okból és közben nem találkozott a kulccsal. Ha azt nem is mondja az intuíció (feltétlen), hogy ekkor 1/1001 az esélye, hogy az egyetlen benti fiókban van, de szerintem érezhetően alacsony az esély (az MH esetben 1/2 lenne). Egy másik meggondolási lehetőség a kísérletezés (fontos hogy a kolléga nyitása is része egy kísérletnek, és amikor a kolléga megtalálja a kulcsot véletlen, az nem figyelembe veendő eset, mert tudjuk hogy ez nem történt meg).

Én meg azt gyanítom, hogy az A és C esetben működik, de majd megcáfoltok.

Az MF esetben úgy nyitja ki a biztosan üres fiókot/ajtót, hogy tudja hol a kulcs/autó, míg a másik esetben úgy mutatja a biztos üreset, hogy nem tudja. Mindkét esetben a mutató kettébontja a valószínűségi tartományát egy olyan részre, ahol biztos nincs és egy olyan részre ahol van vagy lehetségesen van. Ezen utóbbi tartományban lehetséges, nincs kizárva, hogy vannak még üres helyek. De a lényeg az, hogy a megmutatott tartomány biztosan üres állapotú és erről ad infót, s ő adja, nem én kérdem.

A két alapesetet tehát kitárgyaltuk (1/7 és 4/13). A tovább 4 esetre az a véleményem, hogy nem érvényesül az MH hatás, az eredmény minden esetben 1/10 (minden esetben elképzelhetjük a 9 otthoni fiókot, és nincs semmi ami módosítaná azt, hogy minden fiókban egyenlő eséllyel van).