Monty Hall Problem mit einem fehlbaren Monty

Monty wusste genau, ob die Tür eine Ziege hinter sich hatte (oder leer war). Diese Tatsache ermöglicht es dem Spieler, seine Erfolgsrate im Laufe der Zeit zu verdoppeln, indem er "Vermutungen" auf die andere Tür überträgt. Was wäre, wenn Montys Wissen nicht perfekt wäre? Was ist, wenn manchmal der Preis wirklich in der gleichen Tür war wie die Ziege? Aber du konntest es erst sehen, nachdem du DEINE Tür ausgewählt und geöffnet hast? Können Sie mir bitte helfen, zu verstehen, wie man IF berechnet - und um wie viel - Spieler können ihren Erfolg verbessern, wenn Montys Genauigkeitsrate unter 100% liegt? Zum Beispiel: Was ist, wenn Monty falsch liegt - durchschnittlich in 50% der Fälle? Kann der Spieler NOCH davon profitieren, seine Vermutung / Tür zu wechseln? Ich stelle mir vor, wenn Monty mit einer Wahrscheinlichkeit von weniger als 33,3% Recht hat, dass der Preis NICHT hinter der Tür liegt, ist es die beste Option für den Spieler, die Tür NICHT zu wechseln. Können Sie mir bitte eine Möglichkeit geben, den potenziellen Nutzen eines Wechsels zu berechnen, indem Sie verschiedene Wahrscheinlichkeiten für die Richtigkeit von Monty in Bezug auf den Preis, der NICHT hinter der Tür steht, einfügen? Ich habe nichts weiter als Mathematik an der High School und bin 69 Jahre alt. Sei also bitte sanftmütig.

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Vielen Dank für die Einblicke und Formeln zur Verfügung gestellt. Es scheint, dass, wenn "Fallible Monty" nur 66% genau ist, um das Fehlen eines Preises / Autos vorherzusagen, der Wechsel von Ihrer ursprünglichen Wahl der Türen NULL Nutzen bringt ... weil seine Fehlerquote von 33% die Standardeinstellung ist Grundtarif für den Preis, der sich hinter JEDER Tür befindet. Man geht jedoch davon aus, dass WENN Monty besser als 66% ist, um vorherzusagen, wo KEIN PREIS IST, DANN ergibt sich ein größerer Nutzen. Ich werde versuchen, diese Überlegung auf ein Spiel anzuwenden, in dem ein "Experte" eine "Expertenvorhersage" macht, dass eine von drei ungefähr gleich wahrscheinlichen Optionen die richtige ist. Ich habe wenig Vertrauen in die Richtigkeit des Experten und bin mir ziemlich sicher, dass seine "Trefferquote" unter 33% liegen wird - eher bei 15%. Meine Schlussfolgerung daraus wird sein, dass, wenn die "gleiche Option wie ich, ich bin wahrscheinlich sicher falsch und sollte zu einer der beiden anderen wechseln! ;-)

Beginnen wir mit dem regulären Monty Hall-Problem. Drei Türen, hinter einer davon ein Auto. Die anderen beiden haben Ziegen hinter sich. Sie wählen Tür Nummer 1 und Monty öffnet Tür Nummer 2, um Ihnen zu zeigen, dass sich eine Ziege dahinter befindet. Sollten Sie Ihre Vermutung auf Tür Nummer 3 umstellen? (Beachten Sie, dass die Nummern, mit denen wir uns auf jede Tür beziehen, hier keine Rolle spielen. Wir können eine beliebige Reihenfolge wählen und das Problem ist das gleiche. Um die Sache zu vereinfachen, können wir einfach diese Nummerierung verwenden.)

Die Antwort lautet natürlich ja, wie Sie bereits wissen, aber lassen Sie uns die Berechnungen durchgehen, um zu sehen, wie sie sich später ändern. Es sei $C$ der Index der Tür mit dem Auto und $M$ das Ereignis, dass Monty enthüllte, dass Tür 2 eine Ziege hat. Wir müssen $p(C=3|M)$ berechnen . Wenn diese größer als $1/2$ , müssen wir unsere Vermutung zu dieser Tür wechseln (da wir nur zwei verbleibenden Optionen haben). Diese Wahrscheinlichkeit ist gegeben durch:

$$p(C=3|M)=\frac{p(M|C=3)}{p(M|C=1)+p(M|C=2)+p(M|C=3)}$$ (Dies wendet nur die Bayes-Regel mit einer Ebene vor$C$.)$p(M|C=3)$gleich 1: Wenn das Auto hinter Tür Nummer 3 ist, hatte Monty keine andere Wahl, als Tür Nummer 2 wie er zu öffnen. $p(M|C=1)$gleich$1/2$ : Wenn das Auto hinter Tür 1 ist, hatte Monty die Wahl, eine der verbleibenden Türen 2 oder 3 zu öffnen.$p(M|C=2)$ gleich 0, weil Monty niemals die Tür öffnet, von der er weiß, dass sie die hat Wagen. Wenn Sie diese Zahlen eingeben, erhalten Sie: $$p(C=3|M)=\frac{1}{0.5+0+1}=\frac{2}{3}$$ Welches Ergebnis kennen wir?

Betrachten wir nun den Fall, in dem Monty nicht genau weiß, an welcher Tür sich das Auto befindet. Wenn er also seine Tür auswählt (die wir weiter als Tür Nummer 2 bezeichnen), könnte er versehentlich die mit dem Auto auswählen, weil er denkt, dass es eine Ziege hat. Sei $C'$ die Tür, von der Monty denkt , dass sie das Auto hat, und sei $p(C'|C)$ die Wahrscheinlichkeit, dass er denkt, dass sich das Auto an einem bestimmten Ort befindet, abhängig von seiner tatsächlichen Position. Wir nehmen an, dass dies durch einen einzelnen Parameter $q$ , der seine Genauigkeit bestimmt, so dass: $p(C'=x|C=x) = q = 1-p(C'\neq x|C=x)$ . Wenn$q$ gleich 1 ist, hat Monty immer Recht. Wenn$q$ 0 ist, ist Monty immer falsch (was immer noch informativ ist). Wenn$q$ ist$1/3$ , Montys Informationen sind nicht besser als zufällige Erraten.

Dies bedeutet, dass wir jetzt haben:

$$p(M|C=3) = \sum_x p(M|C'=x)p(C'=x|C=3)$$ $$= p(M|C'=1)p(C'=1|C=3) + p(M|C'=2)p(C'=2|C=3) + p(M|C'=3)p(C'=3|C=3)$$ $$= \frac{1}{2} \times \frac{1}{2}(1-q) + 0\times \frac{1}{2}(1-q) + 1 \times q$$ $$= \frac{1}{4} - \frac{q}{4} + q = \frac{3}{4}q+\frac{1}{4}$$

Wenn sich das Auto also wirklich hinter Tür 3 befunden hätte, hätten sich drei Möglichkeiten ergeben können: (1) Monty dachte, es stünde hinter 1, (2) Monty dachte, 2 oder (3) Monty dachte, 3. Die letzte Option tritt ein Mit der Wahrscheinlichkeit $q$ (wie oft er es richtig macht) teilen die beiden anderen die Wahrscheinlichkeit, dass er es falsch macht $(1-q)$ , auf. Wie hoch ist dann in jedem Szenario die Wahrscheinlichkeit, dass er sich dazu entschlossen hätte, auf Tür 2 zu zeigen, wie er es tat? Wenn er dachte, dass das Auto hinter 1 ist, war diese Wahrscheinlichkeit 1 zu 2, da er 2 oder 3 hätte wählen können. Wenn er dachte, dass es hinter 2 ist, hätte er sich nie entschieden, auf 2 zu zeigen. Wenn er dachte, dass es hinter 3 ist , er hätte immer 2 gewählt.

Wir können die verbleibenden Wahrscheinlichkeiten auf ähnliche Weise berechnen:

$$p(M|C=1) = \sum_x p(M|C'=x)p(C'=x|C=1)$$ $$=\frac{1}{2}\times q + 1\times \frac{1}{2}(1-q)$$ $$=\frac{q}{2}+\frac{1}{2}-\frac{q}{2}=\frac{1}{2}$$

$$p(M|C=2) = \sum_x p(M|C'=x)p(C'=x|C=2)$$ $$=\frac{1}{2}\times\frac{1}{2}(1-q) + 1 \times\frac{1}{2}(1-q)$$ $$=\frac{3}{4}-\frac{3}{4}q$$

Wenn wir dies alles ausfüllen, erhalten wir:

$$p(C=3|M)=\frac{\frac{3}{4}q+\frac{1}{4}}{\frac{1}{2}+\frac{3}{4}-\frac{3}{4}q+\frac{3}{4}q+\frac{1}{4}}$$ $$=\frac{0.75q+0.25}{1.5}$$ Zur Überprüfung der geistigen Gesundheitkönnen wirbei$q=1$feststellen, dass wir unsere ursprüngliche Antwort von1zurückerhalten$\frac{1}{1.5}=\frac{2}{3}$ .

Wann sollten wir also wechseln? Der Einfachheit halber gehe ich davon aus, dass wir nicht zu der Tür wechseln dürfen, auf die Monty zeigte. Und in der Tat ist die Wahrscheinlichkeit, dass die Tür, auf die er zeigt, immer geringer als die der anderen, wenn Monty zumindest einigermaßen korrekt ist (mehr als zufällige Vermutungen), also ist dies keine praktikable Option für uns sowieso. Wir müssen also nur die Wahrscheinlichkeiten der Türen 1 und 3 berücksichtigen. Während es früher unmöglich war, dass sich das Auto hinter der Tür 2 befindet, ist diese Option jetzt mit einer Wahrscheinlichkeit ungleich Null ausgestattet, sodass wir nicht mehr wechseln sollten wenn $p(C=3|M)>0.5$ , sondern wir sollten wechseln, wenn $p(C=3|M)>p(C=1|M)$ (was früher dasselbe war). Diese Wahrscheinlichkeit ist gegeben durch$p(C=1|M)=\frac{0.5}{1.5}=\frac{1}{3}$ , wie im ursprünglichen Monty Hall-Problem. (Dies ist sinnvoll, da Monty niemals auf Tür 1 zeigen kann, unabhängig davon, was sich dahinter befindet, und daher keine Informationen zu dieser Tür bereitstellen kann. Wenn seine Genauigkeit unter 100% fällt, besteht der Effekt eher darin, dass eine gewisse Wahrscheinlichkeit in Richtung Tür "leckt" Wir müssen also$q$so finden, dass$p(C=3|M) > \frac{1}{3}$ :

$$\frac{0.75q+0.25}{1.5}>\frac{1}{3}$$ $$0.75q+0.25 > 0.5$$ $$0.75q > 0.25$$ $$q > \frac{1}{3}$$ Im Grunde genommen war dies also ein sehr umständlicher Weg, um herauszufinden, dass man, solange Montys Wissen über den wahren Standort des Autos besser ist als eine zufällige Vermutung, die Türen tauschen sollte (was eigentlich ziemlich offensichtlich ist, wenn man darüber nachdenkt es). Wir können auch berechnen, wie viel wahrscheinlicher es ist, dass wir gewinnen, wenn wir in Abhängigkeit von Montys Genauigkeit wechseln. Dies ist gegeben durch: $$\frac{p(C=3|M)}{p(C=1|M)}$$ $$=\frac{\frac{0.75q+0.25}{1.5}}{\frac{1}{3}}=1.5q+0.5$$ (Diesergibtbei$q=1$eine Antwort von 2, was der Tatsache entspricht, dass wir unsere Gewinnchancen verdoppeln, indem wir im ursprünglichen Monty Hall-Problem die Türen tauschen.)

Bearbeiten: Die Leute fragten nach dem Szenario, in dem wir zu der Tür wechseln dürfen, auf die Monty zeigt, was von Vorteil ist, wenn $q<\frac{1}{3}$ , dh wenn Monty ein (etwas) zuverlässiger "Lügner" ist. Im extremsten Szenario, wenn$q=0$, bedeutet dies, dass die Tür, von der Monty glaubt, dass das Auto tatsächlich eine Ziege hat. Beachten Sie jedoch, dass die verbleibenden zwei Türen entweder ein Auto oder eine Ziege haben können.

Der Vorteil des Umschaltens auf Tür 2 ist gegeben durch:

$$\frac{p(C=2|M)}{p(C=1|M)} = \frac{ \frac{0.75 - 0.75q}{1.5} } { \frac{1}{3} } = 1.5-1.5q$$ Das ist nur größer als 1 (und es lohnt sich, zu dieser Tür zu wechseln), wenn$1.5q<0.5$, dh wenn$q<\frac{1}{3}$ , die wir bereits etabliert haben, war der Wendepunkt. Interessanterweise beträgt der maximal mögliche Vorteil für den Wechsel zu Tür 2 bei$q=0$nur 1,5 im Vergleich zu einer Verdoppelung Ihrer Gewinnchancen beim ursprünglichen Monty Hall-Problem (bei$q=1$).

Die allgemeine Lösung ergibt sich aus der Kombination dieser beiden Schaltstrategien: wenn $q>\frac{1}{3}$ , wechseln Sie immer zu Tür 3; Andernfalls wechseln Sie zu Tür 2.

Dies sollte eine ziemlich einfache Variante des Problems sein (obwohl ich Ihren eingeschränkten mathematischen Hintergrund beachte, denke ich, dass dies relativ ist). Ich würde vorschlagen, dass Sie zuerst versuchen, die Lösung zu bestimmen, die davon abhängig ist, ob Monte unfehlbar oder vollständig fehlbar ist. Der erste Fall ist nur das gewöhnliche Monte-Hall-Problem, daher ist dort keine Arbeit erforderlich. Im zweiten Fall würden Sie die Tür, die er auswählt, als zufällig für alle Türen behandeln, einschließlich der Tür mit dem Preis (dh, er wählt möglicherweise immer noch eine Tür ohne Preis aus, aber dies ist jetzt zufällig). Wenn Sie in jedem dieser Fälle die Gewinnwahrscheinlichkeit berechnen können, verwenden Sie das Gesetz der Gesamtwahrscheinlichkeit Ermittlung der relevanten Gewinnwahrscheinlichkeiten für den Fall, dass Monte ein bestimmtes Maß an Fehlbarkeit aufweist (angegeben durch die Wahrscheinlichkeit, dass wir unfehlbar sind, im Vergleich zur vollständigen Fehlbarkeit).

Aufgrund der Kommentare zu Bens Antwort werde ich zwei verschiedene Interpretationen dieser Variante von Monty Hall anbieten, die sich von denen von Ruben van Bergen unterscheiden.

Die erste werde ich Lügner Monty und die zweite unzuverlässige Monty nennen. In beiden Versionen geht das Problem folgendermaßen vor sich:

(0) Es gibt drei Türen, hinter einer davon ein Auto und hinter den beiden anderen Ziegen, die zufällig verteilt sind.

(1) Der Kandidat wählt eine Tür nach dem Zufallsprinzip.

(2) Monty wählt eine Tür aus, die sich von der Tür des Teilnehmers unterscheidet, und behauptet, eine Ziege sei dahinter.

(3) Dem Teilnehmer wird angeboten, zur dritten nicht ausgewählten Tür zu wechseln, und das Problem lautet: "Wann sollte der Teilnehmer wechseln, um die Wahrscheinlichkeit zu maximieren, ein Auto hinter der Tür zu finden?"

Wenn der Kandidat in Lügner Monty in Schritt (2) eine Tür mit einer Ziege ausgewählt hat, wählt Monty mit einer vordefinierten Wahrscheinlichkeit eine Tür mit dem Auto aus (dh es besteht eine Wahrscheinlichkeit zwischen 0 und 100%, dass er lügt, dass a Ziege ist hinter einer Tür). Beachten Sie, dass Monty in dieser Variante niemals eine Tür mit dem Auto auswählt (dh nicht lügen kann), wenn der Kandidat das Auto in Schritt (1) ausgewählt hat.

In Unzuverlässiger Monty gibt es eine vordefinierte Wahrscheinlichkeit, dass die Tür, die Monty in Schritt (2) auswählt, ein Auto enthält. Ich entnehme Ihrem Kommentar zu Bens Antwort, dass dies das Szenario ist, an dem Sie interessiert sind, und dass sich meine beiden Fassungen von denen von Ruben van Bergen unterscheiden. Beachten Sie, dass Unzuverlässiger Monty nicht mit Lügner Monty identisch ist. Wir werden später genau zwischen diesen beiden Fällen unterscheiden. Bedenken Sie jedoch, dass Montys Tür in diesem Szenario niemals mehr als Fahrzeuge enthalten kann$\frac{2}{3}$$\frac{1}{3}$

Um das Problem zu lösen, müssen wir einige Gleichungen verwenden. Ich werde versuchen, meine Antwort so zu formulieren, dass sie zugänglich ist. Die beiden Dinge, von denen ich hoffe, dass sie nicht zu verwirrend sind, sind die algebraische Manipulation von Symbolen und die bedingte Wahrscheinlichkeit. Für Ersteres werden Symbole verwendet, um Folgendes zu kennzeichnen:

$$\begin{split} S &= \text{The car is behind the door the contestant can switch to.}\\ \bar{S} &= \text{The car is not behind the door the contestant can switch to.}\\ M &= \text{The car is behind the door Monty chose.}\\ \bar{M} &= \text{The car is not behind the door Monty chose.}\\ C &= \text{The car is behind the door the contestant chose in step (1).}\\ \bar{C} &= \text{The car is not behind the door the contestant chose in step (1).} \end{split}$$

Wir gebrauchen $\Pr(*)$ die Wahrscheinlichkeit von $*$", so dass, zusammen, so etwas wie $\Pr(\bar{M})$bedeutet die Wahrscheinlichkeit, dass das Auto nicht hinter der von Monty gewählten Tür steht. (Wenn Sie also einen Ausdruck mit den Symbolen sehen, ersetzen Sie die Symbole durch die "englischen" Entsprechungen.)

Wir benötigen auch ein rudimentäres Verständnis der bedingten Wahrscheinlichkeit. Dies ist ungefähr die Wahrscheinlichkeit, dass etwas passiert, wenn Sie Kenntnis von einem anderen verwandten Ereignis haben. Diese Wahrscheinlichkeit wird hier durch Ausdrücke wie dargestellt$\Pr(S|\bar{M})$. Die vertikale Leiste$|$ kann als der Ausdruck "wenn Sie wissen" gedacht werden, so dass $\Pr(S|\bar{M})$ kann als "die Wahrscheinlichkeit, dass die Tür, zu der der Kandidat wechseln kann, das Auto hat, gelesen werden, wenn Sie wissen, dass das Auto nicht hinter Montys Tür ist. In dem ursprünglichen Monty Hall-Problem, $\Pr(S|\bar{M}) = \frac{2}{3}$, der größer ist als $\Pr(S) = \frac{1}{3}$, was dem Fall entspricht, wenn Monty Ihnen keine Informationen gegeben hat.

Ich werde jetzt demonstrieren, dass Unzuverlässiger Monty dem Lügner Monty gleichkommt. In Liar Monty erhalten wir die Menge$\Pr(M|\bar{C})$, die Wahrscheinlichkeit, dass Monty vor seiner Tür liegen wird, in dem Wissen, dass der Kandidat das Auto nicht gewählt hat. In Unzuverlässiger Monty erhalten wir die Menge$\Pr(M)$, die Wahrscheinlichkeit, dass Monty vor seiner Tür liegt. Verwendung der Definition der bedingten Wahrscheinlichkeit $\Pr(M \text{ and } \bar{C}) = \Pr(\bar{C} | M) \Pr(M) = \Pr(M | \bar{C}) \Pr(\bar{C})$, and rearranging, we obtain:

$$\begin{split} \Pr(M) &= \frac{\Pr(M | \bar{C}) \Pr(\bar{C})}{\Pr(\bar{C} | M)}\\ \frac{3}{2} \Pr(M) &= \Pr(M | \bar{C}), \end{split}$$ since $\Pr(\bar{C})$, the probability that the car is not behind the contestant's chosen door is $\frac{2}{3}$ and $\Pr(\bar{C} | M)$, the probability that the car is not behind the contestant's chosen door, if we know that it is behind Monty's door, is one.

Thus, we have shown the connection between Unreliable Monty (represented by LHS of the above equation) and Liar Monty (represented by the RHS). In the extreme case of Unreliable Monty, where Monty chooses a door that hides the car $\frac{2}{3}$ of the time, this is equivalent to Monty lying all the time in Liar Monty, if the contestant has picked a goat originally.

Having shown this, I will now provide enough information to answer the Liar version of the Monty Hall Problem. We want to calculate $\Pr(S)$. Using the law of total probability:

$$\begin{split} \Pr(S) &= \Pr(S|C)\Pr(C) + \Pr(S|\bar{C} \text{ and } M)\Pr(\bar{C} \text{ and } M) + \Pr(S|\bar{C} \text{ and } \bar{M})\Pr(\bar{C} \text{ and } \bar{M})\\ &= \Pr(\bar{C} \text{ and } \bar{M}) \end{split}$$ since $\Pr(S|C) = \Pr(S|\bar{C} \text{ and } M) = 0$ and $\Pr(S|\bar{C} \text{ and } \bar{M}) = 1$ (convince yourself of this!).

Continuing:

$$\begin{split} \Pr(S) &= \Pr(\bar{C} \text{ and } \bar{M})\\ &= \Pr(\bar{M} | \bar{C}) \Pr(\bar{C}) \\ &= \frac{2}{3} - \frac{2}{3}\Pr(M | \bar{C})) \end{split}$$

So you see, when Monty always lies (aka $\Pr(M | \bar{C})) = 1$) then you have a zero chance of winning if you always switch, and if he never lies then the probability the car is behind the door you can switch to, $\Pr(S)$, is $\frac{2}{3}$.

From this you can work out the optimal strategies for both Liar, and Unreliable Monty.

Addendum 1

In response to comment (emphasis mine):

"I added more details in my comment to @alex - Monty is never hostile nor devious, just FALLIBLE, as sometimes he can be wrong for whatever reasons, and never actually opens the door. Research shows that Monty is wrong roughly 33.3% of the time, and the car actually turns out to be there. That is a Posterior Probability of being correct 66.6% of the time, correct? Monty never chooses YOUR door, and you will never choose his. Do these assumptions change anything?"

This is as I understand, the Unreliable Monty Hall Problem introduced at the start of my answer.

Therefore, if Monty's door contains the car $\frac{1}{3}$ of the time, we have the probability of winning when you switch to the last unpicked door as:

$$\begin{split} \Pr(S) &= \frac{2}{3} - \frac{2}{3}\Pr(M | \bar{C})\\ &= \frac{2}{3} - \frac{2}{3} \times \frac{3}{2}\Pr(M) \\ &= \frac{2}{3} - \frac{1}{3}\\ &= \frac{1}{3} \end{split}$$

Thus, there is no difference between switching, remaining with the original door or if allowed, switching to Monty's chosen door (in line with your intuition.)

Aus irgendeinem Grund beschloss ein Moderator, meine eigene Antwort auf meine eigene Frage zu streichen, weil sie "Diskussion" enthielt. Ich sehe nicht wirklich, wie ich erklären kann, was die beste Antwort ist, ohne zu besprechen, warum sie für mich funktioniert und wie sie in der Praxis angewendet werden kann.

Ich schätze die Erkenntnisse und Formeln, die in den vorherigen Antworten zur Verfügung gestellt wurden. Es scheint, dass WENN "Fallible Monty" nur 66% genau ist, um das Fehlen eines Preises / Autos vorherzusagen, DANN ist das Umschalten von Ihrer ursprünglichen Türauswahl NULL von Vorteil ... weil seine Fehlerquote von 33% die Standardeinstellung ist Grundtarif für den Preis, der sich hinter JEDER Tür befindet. Man geht jedoch davon aus, dass WENN Monty bei der Vorhersage, wo KEIN PREIS IST, besser als 66% abschneidet, ergibt sich ein größerer Nutzen.