Középiskolai Matematikai és Fizikai Lapok
Informatika rovattal
Kiadja a MATFUND Alapítvány
Már regisztráltál?
Új vendég vagy?

Fórum: Csak logika

  [1]    [2]    [3]    [4]    [5]    [6]    [7]    [8]    [9]    [10]    [11]    [12]    [13]    [14]    [15]    [16]    [17]    [18]    [19]    [20]    [21]    [22]    [23]    [24]    [25]    [26]    [27]    [28]    [29]    [30]  

Szeretnél hozzászólni? Jelentkezz be.
[580] Gézoo2013-01-13 19:11:24

Nem egészen értem, hogy miért kérdezed, de legyen.

Tehát a nem kiválasztható függönyök: 1,2,3 esetben 1,2,3 választáskor 2,3,1 helyről a kecskét

ha 1.esetben 2. helyet választja akkor a 3. hely az 'n' ha 1.esetben 3. helyet választja akkor a 2. hely az 'n'

ha 2.esetben 1. helyet választja akkor a 3. hely az 'n' ha 2.esetben 3. helyet választja akkor a 1. hely az 'n'

ha 3.esetben 1. helyet választja akkor a 2. hely az 'n' ha 3.esetben 2. helyet választja akkor a 1. hely az 'n'

Erre gondoltál?

Előzmény: [579] Maga Péter, 2013-01-13 18:59:33
[579] Maga Péter2013-01-13 18:59:33

,,Vagyis úgy gondoltam, hogy akár az autó helyének ismeretében előre borítékolhatná a műsorvezető a mi 1,2,3 választásunkra adandó a válaszát, ezzel fizikálisan még az első jelölésünk előtt kizárhatná az n helyeket.'' Oké. Írj meg egy ilyen borítékolást!

Egy boríték tartalma a következőképpen néz ki:

Ha az autó az 1-es függöny mögött van, és a játékos először az 1-est választja, akkor én a ...-ot mutatom meg neki.
Ha az autó a 2-es függöny mögött van, és a játékos először a 2-est választja, akkor én a ...-ot mutatom meg neki.
Ha az autó a 3-as függöny mögött van, és a játékos először a 3-ast választja, akkor én a ...-ot mutatom meg neki.

Mást felesleges borítékolni, mert ha a játékos mást választ, mint ahol az autó van, akkor a műsorvezetőnek adott, mit kell kinyitnia.

Előzmény: [578] Gézoo, 2013-01-13 18:33:47
[578] Gézoo2013-01-13 18:33:47

Péter, nagyon szépen köszönöm a válaszaidat.

Ha jól értelek, (mint egy ellenőrzésképpen,) akkor az első jelölésnél kijelölünk egy függönyt, ekkor tegyük fel, hogy a műsorvezető is kijelöl egy nem autós függönyt és attól függetlenül, hogy megmutatja vagy sem (elhihetjük neki,) a maradékra váltunk akkor szintén 2/3 esélyre váltottunk. (Ezt csak azért kérdezem, mert valaki szerint csak a kecske megmutatása változtat a valószínűségi tartományon, a bemondásra ott van, az még nem.)

Az akk helyzet akn és ank felbontásával azt értem, hogy úgy értelmezed, mintha előre megmondaná a műsorvezető, hogy melyiket ne válasszuk.

Ezt én nem egészen úgy értettem, csak majdnem.

Hanem úgy, hogy ha az autó és valamelyik kecske közül választunk, akkor ezzel arra kényszerítjük a játékvezetőt, hogy a másik kecskét válassza.

Ezért ilyen "kényszerítős" helyzetből kettő van, az egyik az akn a másik az ank, vagyis a kiválasztással rákényszerítjük arra, hogy egyik kecskét elvegye a választhatók közül.

(A másik két kak és akk esetben is ehhez hasonlóan 2-2.)

Vagyis úgy gondoltam, hogy akár az autó helyének ismeretében előre borítékolhatná a műsorvezető a mi 1,2,3 választásunkra adandó a válaszát, ezzel fizikálisan még az első jelölésünk előtt kizárhatná az n helyeket.

Ezzel a választási lehetőségeink variációinak számát 12 lehetőségre előre beállítaná, korlátozná a 18 lehetőségről.

Vagyis mi csak azt hisszük, hogy mind a 18 lehetőség a rendelkezésre áll azaz minden eloszlásnál 3-3 lehetőség közül választhatunk, de ez nem érvényes,

mert a borítékolással előre rögzíthető az általunk választható 12 hely. És miért ne írhatná elő a producer az 1,2,3, válaszokra adandó 'n' helyeket, vagyis semmi okunk nincs arra, hogy a 12 lehetőség helyett a 18 választási lehetőséget tekintsük valós lehetőségnek. Sőt! Éppen az előre eldönthetőség okán nem fogadható el 12-nél több választási lehetőség.

És az igaz, hogy mi ezt 1,2,3 azaz három választással azt hihetjük, hogy 6*3=18 választási lehetőségünk van, de mivel a háromból kettő mindig egyenértékű választás ezért nem tekinthető ténylegesen különálló választásnak.

Mert ugye ha például egy vasaló lenne az egyik kecske helyén, akkor ténylegesen mindegyik függönyre 1/3 esély jutna.

Szóval értem én, sőt nagyon szépen köszönöm a válaszodat, de elfogadni nem tudom. Ehhez kellene valamilyen meggyőző levezetés ami igazolja, hogy a feltételezett 1/3+1/3+1/3 az valós.

Előzmény: [577] Maga Péter, 2013-01-13 16:11:51
[577] Maga Péter2013-01-13 16:11:51

,,(...) szeretném belátni azt is, hogy helyesen feltételeztél''

Az [568]-ra gondolsz, ebben két feltételezéssel élek.

Az egyik, hogy P(D|A)=1/2, nem komoly feltételezés, írtam is, hogy tetszőleges P(D|A)=x, ahol 0\leqx\leq1 ugyanarra vezet: változtatni a kezdeti tippen ugyanúgy megéri. Ezt el is hiheted, ellenőrizheted is magadnak, de én is felírhatom, tényleg csak egy kevés többletszámolás.

A másik feltételezésem, hogy P(A)=P(B)=P(C)=1/3. Ez csak annyi, hogy eleve mindhárom függöny mögött ugyanakkora valószínűséggel van az autó. Gondolom, ebben egyetértünk (te is mindig ezzel a feltételezéssel élsz: ld. például az ank, akn, kan, nak, kna, nka esetszétválasztásodat, ahol minden helyen ugyanannyiszor volt az autó). De itt sem kell élni ezzel a feltételezéssel. Csak annyi kell, hogy A,B,C közül mindig pontosan az egyik következik be (az autó mindig van valahol, és pontosan egy helyen). Ugyanúgy 2/3 eséllyel viszem az autót, ha a második tippemben az elsőt megváltoztatom -- feltéve, hogy beépítek plusz egy trükköt. Elsőre nem törvényszerűen az 1-es függönyt választom, hanem véletlenszerűen választok a függönyök közül (mondjuk beviszek egy szabályos dobókockát, és dobok vele: 1, 4 az 1-es, 2, 5 a 2-es, 3, 6 a 3-as függönyt jelölik ki -- Rózsa Gyuri ezt hagyja, mert azt hiszi, csak kabala). Másodjára pedig megváltoztatom az elsőre választott függönyt. És 2/3 eséllyel nyerek.

Ha igényled, akkor felírom a számolást teljes általánosságban, és akkor teljesen kiszorítok minden feltételezést [568]-ból.

Kivéve persze a feltételes valószínűséget. De ez nem az én feltételezésem, hanem egy fogalom, aminek ez a neve. Hívhatjuk megszorított valószínűségnek is.

Előzmény: [574] Gézoo, 2013-01-13 08:00:24
[576] Maga Péter2013-01-13 15:21:30

,,akn esetben választható 1,2 függöny választható, ez nem három hanem 2 lehetőség''

1.

Nem arról van szó, hogy van akn, és akkor én (=játékos) csak 1-est és a 2-est választhatom. Én az első lépésben akármelyiket választhatom, és a maradék kettő közül lesz az egyik az n. És ez a sorrendiség igenis számít. Ha a műsorvezető helyből elvenné a 3-as függönyt, akkor tényleg 1/2 esélyem lenne, mert mindegy, hogy megtartok vagy változtatok, úgyis az számít, amit másodjára kérek. Ebben az esetben tényleg arról lenne szó, hogy van 1 autó + 2 kecske - 1 kecske = 1 autó + 1 kecske, és ezek közül kell választanom, minden információ nélkül. Ez egy olyan játék lenne, amiben a műsorvezető szabadon választ a két kecske közül, és az egyiket kivonja a forgalomból, én pedig az első tippemet már csak a maradék két függöny valamelyikére adhatom le.

A játékban azonban én a fent leírtnál szabadabb vagyok: a három függöny mindegyikére leadhatom az első tippemet. A műsorvezető pedig a fent leírtnál megkötöttebb: nem mindig választhatja meg, hogy melyik kecskét vonja ki a játékból (ugyanis ha nekem az első tippem kecskére irányult, akkor csak egyféleképp cselekedhet).

-----

2.

Másképpen szólva, abban igazad van, hogy akn két lehetőséget rejt magában, ugyanis ha a végállás az, hogy akn, akkor én biztosan vagy az 1-es, vagy a 2-es függönyt választottam először. Azonban ezek nem egyformán valószínűek. Ugyanis ha én az 1-est választottam először, akkor akn jött létre 1/2 valószínűséggel, de 1/2 valószínűséggel ank is kialakulhatott volna (nem ez alakult ki, de megtörténhetett volna, és ezt nem lehet figyelmen kívül hagyni). Ha pedig a 2-est választottam először, akkor csakis az akn jöhetett létre (hiszen az 1-es alatt van az autó). Ha tehát kijött a végére az akn, akkor kétszer akkora valószínűséggel választottam elsőre a 2-es függönyt, mint az 1-est. Vagyis kétszer akkora valószínűséggel nyertem az első választásom megváltoztatásával, mint megtartásával. Még egyszer összefoglalásképp: ha az jött ki, hogy akn, akkor én valóban az 1-es vagy a 2-es függönyt választhattam, de ezek nem egyformán valószínűek; és akkor már nem használhatod a kedvező eset / összes eset formulát. (Mint amikor gyufás skatulyával kockázol: sokkal nagyobb az egyik legnagyobb lap valószínűsége, mint a kedvező/összes=1/6.)

-----

3.

Megint másképp fogalmazok. Azt, amikor 'az autó az 1-es függöny mögött van, és én az 1-es függönyt választom először (a műsorvezető még nem csinált semmit)', leszámolod akn és ank alatt is. De amikor 'az autó az 1-es függöny mögött van, és én a 2-es függönyt választom először (a műsorvezető még nem csinált semmit)', akkor azt csak egyszer számolod le, akn formában. Pedig ez két ugyanolyan valószínű esemény (a műsorvezető még nem nyilatkozott). Csak az egyikben később van egy elágazás (a műsorvezető kétféleképp is folytathatja), a másikban nincs elágazás (a műsorvezető csak egyféleképp folytathatja), és ezért az egyik kettőt, a másik csak egyet ér, amikor az összes esetet számolod. És egy ilyen után már nem használhatod a kedvező eset / összes eset képletet.

Hogy miért nem, azt egy (ismét nagyon egyszerű) játékkal talán szemléletesebbé tudok tenni. Van egy hatoldalú, szabályos dobókockád, az oldalak 1-től 6-ig megszámozva (minden úgy, ahogy szokott lenni), ezek egyformán valószínűek egy dobás esetén. Van egy pénzérméd is, azzal meg teljesen sztenderd, fej-vagy-írást lehet játszani. Ezekkel a következő játékot játsszuk. Dobunk a kockával, és ha páros az eredmény, akkor dobunk az érmével is. Mennyi annak a valószínűsége, hogy a kockával 6-ost dobtunk?

Az összes eset:

1, ekkor az érmével nem dobunk; ebből 0 kedvező

2, aztán az érmével fej; 2, aztán az érmével írás; ebből 0 kedvező

3, ekkor az érmével nem dobunk; ebből 0 kedvező

4, aztán az érmével fej; 4, aztán az érmével írás; ebből 0 kedvező

5, ekkor az érmével nem dobunk; ebből 0 kedvező

6, aztán az érmével fej; 6, aztán az érmével írás; ebből 2 kedvező.

Összesen 9 eset, ebből 2 kedvező. Igaz-e, hogy a 6-os dobás valószínűsége 2/9? Nyilván nem.

Gondolhatod: de hát itt az érme nem befolyásolja, hogy 6-ost dobtunk-e. És ez pont így van a mi játékunkban is! A műsorvezető lépése nem befolyásolja az autó helyét (azt előre elhelyezik, ezután már nem helyezik át), sem a mi választásunkat. A műsorvezetőnek az autó helyének és a mi választásunknak összessége olyan, mint a példámban a kockadobás. Vagy kényszerpályára került, ekkor cselekszik aszerint, vagy még feldobhat egy érmét, és cselekszik annak eredménye szerint. Ezek után nem tehetjük meg azt, hogy '1-es autó, 1-es első választás'-t kétszer is beszámoljuk, '1-es autó, 2-es első választás'-t pedig csak egyszer, csupáncsak azért, mert az első esetben a műsorvezető még közben egy érmét is dobált.

Előzmény: [574] Gézoo, 2013-01-13 08:00:24
[575] Gézoo2013-01-13 09:57:04

Persze a teljes játékot is lejátszhatjuk:

****************

akk eset

akn

1 ncs 1 cs 0

2 ncs 0 cs 1

ank

1 ncs 1 cs 0

3 ncs 0 cs 1

*****************

kak eset

kan

1 ncs 0 cs 1

2 ncs 1 cs 0

nak

2 ncs 1 cs 0

3 ncs 0 cs 1

*****************

kka eset

kna

1 ncs 0 cs 1

3 ncs 1 cs 0

nka

2 ncs 0 cs 1

3 ncs 1 cs 0

Nekem úgy tűnik egyforma a cserél és a nem cserél esetben a nyeremények száma.

Előzmény: [574] Gézoo, 2013-01-13 08:00:24
[574] Gézoo2013-01-13 08:00:24

Péter, minden tiszteletem a levezetésedért, de szeretném belátni azt is, hogy helyesen feltételeztél. Nem a vita kedvéért, hanem a megértés kedvéért.

Van egy jobb ötletem, ne is válaszolj az előző két kérdésemre. Helyettük inkább segíts ebben az esetben:

Tehát van a=autó, k=bent maradó kecske, n=kivett kecske

ezeknek a variációi:

123 függöny mögött rendre: akn ank kan kna nak nka összes eloszlás lehetséges.

Nekem úgy tűnik, hogy az 'n' esetek nem választhatók. Vagyis a valósan választható lehetőségek száma így:

123 függöny

akn esetben választható 1,2 függöny választható, ez nem három hanem 2 lehetőség

ank esetben választható 1,3 függöny választható, ez nem három hanem 2 lehetőség

kan esetben választható 1,2 függöny választható, ez nem három hanem 2 lehetőség

kna esetben választható 1,3 függöny választható, ez nem három hanem 2 lehetőség

nak esetben választható 2,3 függöny választható, ez nem három hanem 2 lehetőség

nka esetben választható 2,3 függöny választható, ez nem három hanem 2 lehetőség

Vagyis minden eloszlásnál és minden választásnál nem három, hanem 2-2 választható lehetőség van, összesen 12 valósan kiválasztható és 6 nem kiválasztható lehetőség van.

Még mindig úgy gondolod, hogy 1/3 eséllyel választhatunk autót?

Előzmény: [568] Maga Péter, 2013-01-12 22:46:51
[573] Gézoo2013-01-13 07:00:49

Az a gyanúm, hogy a bennmaradó és a kiveendő kecskét két külön értékként külön valószínűséggel kezeled. Ezért feltételezel egyformán mindkettőnek 1/3-1/3 esélyt.

Pedig a szabály egyértelmű, csak egy maradhat. Bármelyiket veszik ki, a másik marad. Bármelyik vesz részt az autó vagy kecske választásban a másik a kivétellel csak egy kecske a kiválasztható.

Miután 1 kecskét még akkor is kivesznek, ha az autót és akkor is ha kecskét választottunk. Tehát a választásunktól függetlenül 1 kecskét mindenképpen kivesznek.

Tehát a leendő első választásunk majdani eredményétől függetlenül csak egy kecske és egy autó között választhatunk.

Látványosabb legyen, számozzuk be a kecskéket, legyen 1-es és 2-es. Mekkora az esélye annak, hogy az 1-es kecskét választhatjuk? 1/3 ? Mekkora az esélye annak, hogy a 2-es kecskét választhatjuk? 1/3 ? Mekkora az esélye annak, hogy az autót (viccesen a 3-as kecskét) választhatjuk? 1/3 ?

Mekkora az esélye annak, hogy a nem kiválasztott kecske bennmarad? 0

Mekkora az esélye annak, hogy 1 kecske és 1 autó marad bent a választásunktól függetlenül?

Így mekkora az esélyünk az 1 kecske és az 1 autótól eltérő választásra? 0

Mint nem matematikus, én azt mondanám, hogy a valószínűségi teret a műsorvezető beavatkozása előre megváltoztatja és ezt nem hagyhatjuk figyelmen kívül.

Szóval nagyon kíváncsi vagyok annak a bizonyítására és nem feltételezésére, hogy a leendő első választás eredményétől függetlenül, valóban 1/3 eséllyel választjuk az autót.

Előzmény: [569] Maga Péter, 2013-01-12 23:15:34
[572] Gézoo2013-01-13 06:37:35

Péter, ez eléggé tetszetős.

Most bontsuk elemeire. Kezdetben vegyük ki az autót - csak a példa kedvéért.- Mekkora az eshetősége annak, hogy nem kecske marad a nem kiválasztott függöny mögött? P=0 Lehetséges olyan választás amelyikben ne kecskét válasszunk? Gondolom, hogy nem, mert P=1 Ez az alaphelyzet, akkor is ha bármelyik függönyt választjuk. Mert a műsorvezető kiveszi az egyik kecskét, arra a kecskére nézve P=1 valószínűséggel. Ezért már az első választás előtt nem két kecske, hanem csak egy kecske választható. Ehhez kapunk olyan függönyt ahol szintén P=1 valószínűséggel autó van. Kiválaszthatunk olyan helyzetet ahol nem 1 autó +1 kecske van?

Ezt a szabályt induláskor ismerve, nem két kecske és egy autó, hanem egy kecske és egy autó között választunk.

Arra kértelek, hogy a feltevést, hogy a kezdeti feltétel valóban 1/3 és nem 1/2 igazold levezetéssel.

Mint olvasom hamarosan gratulálhatunk neked PhD-hez, így valószínűsítem nem jelent gondot annak az igazolása, hogy a kezdeti feltevés helyett levezetéssel kapjuk meg az 1/3 arányt.

Előzmény: [568] Maga Péter, 2013-01-12 22:46:51
[571] Hajba Károly2013-01-13 00:19:59

Félek, hogy ezt a sok ákom-bákomot, amit itt összehordtál, nem fogja érteni.

:o)

Előzmény: [568] Maga Péter, 2013-01-12 22:46:51
[570] Hajba Károly2013-01-13 00:18:31

"Neked is csak azt javasolhatom, hogy olvasd el: hu.wikipedia.org valószínűségszámítás szócikkét"

Itt azért majdnem leestem a székről, ...

---

Nekem csak a szemhéjam nyílott meg egy pillanatra.

.

... Péter okleveles matematikus.

---

S tegyük hozzá: lassan PhD is.

Előzmény: [561] Róbert Gida, 2013-01-12 20:14:20
[569] Maga Péter2013-01-12 23:15:34

,,1 db autó + 2db kecske - 1 db kecske alaphelyzetről'' Azt értsd már meg, hogy nem ez az alaphelyzet! Az alaphelyzet az, hogy '1 db autó, ami bárhol lehet + 2 db kecske, amik bárhol lehetnek - 1 db kecske, ami nem lehet bárhol (mert ez a -1 kecske nem lehet az elsőre választott függöny mögött!!)'. És ez \neq '1 db autó, ami bárhol (fennmaradó helyen) lehet + 1 db kecske, ami bárhol (fennmaradó helyen) lehet'.

Noha '2 kecske - 1 kecske = 1 kecske', de a '2 akárhol rejtőző kecske - 1 nem akárhol rejtőző kecske' kivonásban nincsenek összevonható tagok. Ha te mégis összevonod 1 kecskének, akkor azzal kidobsz információt. Utána persze csak 1/2 az esély. De azért annak, aki inkább meghagyja a kényelmetlen alakban a plusz információ megtartásáért, engedd már meg, hogy jobb esélyei legyenek! Főleg ha a ,,levezetés'' is ezt mutatja.

Előzmény: [567] Gézoo, 2013-01-12 21:32:17
[568] Maga Péter2013-01-12 22:46:51

Legyenek A,B,C rendre azok az események, hogy az autó az 1-es, 2-es, 3-as függöny mögött van. Tegyük fel, hogy az 1-es függönyt választjuk, és legyen D az az esemény, hogy a műsorvezető ezután a 2-es függönyt mutatja nekünk, ami mögött kecske van.

Egyenletes eloszlást (mi mást) feltételezve P(A)=P(B)=P(C)=1/3. A feltételes valószínűségekre az egyszerűség kedvéért a természetes P(D|A)=1/2, azaz P(A\capD)=1/6 feltételezéssel élünk (általánosabban írhatunk P(D|A)=x-et is valamilyen 0\leqx\leq1-gyel, ez a konkrét P(A|D)-t megváltoztatja, de abba nem szól bele, hogy megváltoztatni a kezdeti tippet éppen olyan jó, ez egy icipicit hosszabb számolás). Értelemszerűen P(D|B)=0 és P(D|C)=1. Nyilván ekkor

P(D)=P(D|A)P(A)+P(D|B)P(B)+P(D|C)P(C)=1/6+0+1/3=1/2.

Ekkor

P(A|D)=\frac{P(A\cap D)}{P(D)}=\frac{1/6}{1/2}=1/3.

Vagyis azután, hogy az 1-es függönyre adtuk le az első tippünket, a műsorvezető pedig megmutatta nekünk, hogy a 2-es függöny mögött nincs autó, annak valószínűsége, hogy az 1-es függöny mögött van az autó, 1/3.

Előzmény: [567] Gézoo, 2013-01-12 21:32:17
[567] Gézoo2013-01-12 21:32:17

Péter, hagy tisztelhesselek mint matematikust!

Bizonyítsd be, az

1 db autó + 2db kecske - 1 db kecske alaphelyzetről, hogy

az első választásnál nem 1/2 az autó esélye hanem csak 1/3.

Személyeskedni, vaktában sértegetni ráérsz, majd utána is.

Előzmény: [566] Maga Péter, 2013-01-12 21:17:48
[566] Maga Péter2013-01-12 21:17:48

,,(...) Gézoo az alapfogalmakkal sincsen tisztában.'' És a tetejébe semmi önkritikája nincs. Elolvasta a wikis szócikket a valószínűségszámításról, és jön a kedvezőesetperösszeseset formulával, ami neki 2/3 valószínűséget ad egy biztos eseményre. Ha én egy képlettel olyan eredményt kapok, ami ordítóan nem felel meg a valóságnak, akkor az első gondolatom az, hogy a képletet rosszul használom (na jó, a második; az első az, hogy számolási hibát vétettem). Gézoo-ban fel sem merül, hogy esetleg ő számolta meg a kedvező és/vagy összes esetet rosszul, vagy hogy nem azok az esetek, amiket ő eseteknek gondol.

Előzmény: [561] Róbert Gida, 2013-01-12 20:14:20
[565] Maga Péter2013-01-12 21:01:17

,,Erdős Pál, a XX. század egyik legkiemelkedőbb matematikusa sohasem fogadta el a magyarázatokat, sőt szabályosan dührohamot kapott ha emlegették az indokolatlan 1/3 kezdeti esélyt.'' Ez nem igaz. Járj utána egy kicsit!

Olvasd el ezt! Erdős elsőre tényleg nem hitte el, de a szimuláció meggyőzte, és utána egy magyarázatot is megértett. Idézek a cikkből: ,,I ran the program (...) 100000 times (...) Erdős objected that he still did not understand the reason why, but was reluctantly convinced that I was right. A few days after he left, he telephoned to say that Ron Graham of AT&T explained to him the reasoning behind the answer and that now he understood.''

Előzmény: [562] Gézoo, 2013-01-12 20:15:25
[564] Blinki Bill2013-01-12 20:42:23

És mi a helyes megoldás szerinted :)

Előzmény: [561] Róbert Gida, 2013-01-12 20:14:20
[563] Gézoo2013-01-12 20:17:24

Péter matematikus?

És nem tudja levezetéssel igazolni az első választás 1/3 valószínűségét? Na most megdöbbentettél!

Előzmény: [561] Róbert Gida, 2013-01-12 20:14:20
[562] Gézoo2013-01-12 20:15:25

Eddig senki sem tudta levezetni azt az alapfelvetést, hogy 1/3 a kezdeti választási esély.

Erdős Pál, a XX. század egyik legkiemelkedőbb matematikusa sohasem fogadta el a magyarázatokat, sőt szabályosan dührohamot kapott ha emlegették az indokolatlan 1/3 kezdeti esélyt. "Egyébként az adott játékban ez elég is volna, ha meg tudnád érteni, mi itt az (összes) lehetséges eset. Erre az eddigiek alapján nem látok reményt."

Nos, a matematikusok szerint a Monty Hall-paradoxon nem is paradoxon. Nincs igazolva az alapfelvetése. Újságírói fogás abban a színben feltüntetni mintha Monty Hall híres nagy matematikus paradoxona lenne, pedig csak egy műsorvezető volt.

Nem hiszem, hogy mérvadó lenne az, hogy én elhiszek vagy nem hiszek el valamit.

Előzmény: [560] Maga Péter, 2013-01-12 18:43:45
[561] Róbert Gida2013-01-12 20:14:20

Nagyon érdekes beszélgetés. Péter és Csimby nagyon kevés valszámot csinálhat, hiszen Gézoo az alapfogalmakkal sincsen tisztában. Így jobb híján maradnak a szemléltető példák.

"Neked is csak azt javasolhatom, hogy olvasd el: hu.wikipedia.org valószínűségszámítás szócikkét"

Itt azért majdnem leestem a székről, Péter okleveles matematikus.

Előzmény: [559] Blinki Bill, 2013-01-12 18:10:28
[560] Maga Péter2013-01-12 18:43:45

,,(...) ha egyszer a valószínűségről beszélgetünk, akkor a valószínűségszámítás szabályait kötelezően be kell tartani.'' Ebben egyetértünk. Persze ahhoz ezeket nem ártana ismerni.

,,A klasszikus valószínűségszámítás részen megtalálod ezt a függvényt: P(A)=k/n (k – kedvező esetek száma , n – lehetséges (összes) eset száma)'' Ez csak egyenletes eloszlás esetén igaz. Egyébként az adott játékban ez elég is volna, ha meg tudnád érteni, mi itt az (összes) lehetséges eset. Erre az eddigiek alapján nem látok reményt.

De úgy látom, ha már ajánlgatod, a wikiben megbízol. Akkor nézd meg ennek a problémának a wikipedia-s tárgyalását! Emlékeztetőül: ez az eredeti (nem Superman) változatról szól, amiről te azt mondtad, hogy 1/2 az esélyünk. Rajtad kívül itt mindenki más azt mondta, hogy ha váltunk, akkor 2/3 az esélyünk. Mi a megoldás a wikin?

Előzmény: [558] Gézoo, 2013-01-12 17:56:53
[559] Blinki Bill2013-01-12 18:10:28

Kedves Róbert Gida, kiváncsi lennék a véleményedre a (Maga Péter, Csimby, Hajba Károly) vs. Gézoo vitában.

[558] Gézoo2013-01-12 17:56:53

Neked is csak azt javasolhatom, hogy olvasd el:

hu.wikipedia.org valószínűségszámítás szócikkét.

A klasszikus valószínűségszámítás részen megtalálod ezt a függvényt: P(A)=k/n (k – kedvező esetek száma , n – lehetséges (összes) eset száma)

"Melyiket van értelme nyerési esélynek nevezni?"

Mint írtam, megértelek, de ha egyszer a valószínűségről beszélgetünk, akkor a valószínűségszámítás szabályait kötelezően be kell tartani.

Az pedig a kedvező választások számának és az összes lehető számának a hányadosaként értelmezhető, azaz nem hagyható ki a "nem nyerők" azon része ami nem tetszik valakinek.

Előzmény: [556] Maga Péter, 2013-01-12 15:55:45
[557] Maga Péter2013-01-12 16:11:47

,,Vagy esetleg 10 próbálkozással 10 százalékos esélyekkel?'' A konkrét esetben ez is igaz.

Értendő a kezdeti valószínűségekkel. A sorban megjelenő feltételekkel persze ez változik. Még mielőtt valaki ezen akadna fenn:)...

Előzmény: [556] Maga Péter, 2013-01-12 15:55:45
[556] Maga Péter2013-01-12 15:55:45

Ez a példa annyira tetszik, hogy konkrét (és nagyon bárgyú) játékot is írok hozzá.

Szóval most 10 függöny, az egyik mögött autó, a többi mögött semmi, és a játékos (ezúttal nem kell Superman, bárki megteszi), választ egyet, azt megmutatják neki, majd ennek tartalmát megkapja, és választania kell még egyet, azt is megnézi, megkapja, és így tovább, amíg el nem fogy.

,,Akkor ezek szerint 100 százalékos valószínűséggel sikerült nyerned?'' Igen. Mindenképpen hazaviszem az autót.

,,Vagy esetleg 10 próbálkozással 10 százalékos esélyekkel? A konkrét esetben ez is igaz.

Melyiket van értelme nyerési esélynek nevezni? Melyik az, amelyik egyszerre a) rövidebb, b) a kimenetelről mindent elmond?

Előzmény: [553] Gézoo, 2013-01-12 14:00:45

  [1]    [2]    [3]    [4]    [5]    [6]    [7]    [8]    [9]    [10]    [11]    [12]    [13]    [14]    [15]    [16]    [17]    [18]    [19]    [20]    [21]    [22]    [23]    [24]    [25]    [26]    [27]    [28]    [29]    [30]