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)=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)=10.5+0+1=23
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′≠ x | C= x ) . Wennq gleich 1 ist, hat Monty immer Recht. Wennq 0 ist, ist Monty immer falsch (was immer noch informativ ist). Wennq ist1 / 3 , Montys Informationen sind nicht besser als zufällige Erraten.
Dies bedeutet, dass wir jetzt haben:
p ( M| C= 3 ) = ∑xp ( 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 )
= 12× 12( 1 - q) + 0 × 12( 1 - q) + 1 × q
= 14- q4+ q= 34q+ 14
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 ) = ∑xp ( M| C′= x ) p ( C′= x | C= 1 )
= 12× q+ 1 × 12( 1 - q)
= q2+ 12- q2= 12
p ( M| C= 2 ) = ∑xp ( M| C′= x ) p ( C′= x | C= 2 )
= 12× 12( 1 - q) + 1 × 12( 1 - q)
= 34−34q
Wenn wir dies alles ausfüllen, erhalten wir:
p(C=3|M)=34q+1412+34−34q+34q+14
=0.75q+0.251.5
Zur Überprüfung der geistigen Gesundheitkönnen wirbei
q=1feststellen, dass wir unsere ursprüngliche Antwort von
1zurückerhalten
11.5=23 .
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 durchp(C=1|M)=0.51.5=13 , 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 alsoqso finden, dassp(C=3|M)>13 :
0.75q+0.251.5>13
0.75q+0.25>0.5
0.75q>0.25
q>13
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:
p(C=3|M)p(C=1|M)
=0.75q+0.251.513=1.5q+0.5
(Diesergibtbei
q=1eine 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<13 , dh wenn Monty ein (etwas) zuverlässiger "Lügner" ist. Im extremsten Szenario, wennq=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:
p(C=2|M)p(C=1|M)=0.75−0.75q1.513=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<13 , die wir bereits etabliert haben, war der Wendepunkt. Interessanterweise beträgt der maximal mögliche Vorteil für den Wechsel zu Tür 2 bei
q=0nur 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>13 , wechseln Sie immer zu Tür 3; Andernfalls wechseln Sie zu Tür 2.