# Monty Hall problemi
Monty Hall problemi, Amerikan TV yarışma programı "Let's Make a Deal"a dayanan bir olasılık bulmacasıdır. Problem adını, yarışmanın sunucusu Monty Hall'dan alır. İçinde bir paradoksu da barındırması nedeniyle Monty Hall paradoksu olarak da anılan problemin sonucu saçma görünmekle birlikte, ispatlanabilir ve doğrudur.
Problemin iyi bilinen bir açıklaması "Parade" dergisinde yayımlandı:
 - YÖNLENDİR 
Yarışmacı geriye kalan iki kapıdan hangisinin kazanan olduğundan emin olamadığı için, çoğu kişi bu kapıların eşit olasılığa sahip olduğunu ve seçimi değiştirmenin hiçbir şeyi değiştirmeyeceğini sanır. Aslında, problemin klasik açıklamasına göre yarışmacı seçimini "değiştirmelidir". Zira böylece arabayı bulma olasılığını 1/3'ten 2/3'e çıkarır; yani ikiye katlar.
Problemin yukarıdaki açıklaması ve çözümü "Parade"de yer aldığı zaman, aralarında doktora derecesi olan yaklaşık bin kişinin bulunduğu on bin okur, dergiye yazarak çözümün yanlış olduğunu iddia etti. Bazı eleştirmenler problemin "Parade" versiyonunda sunucunun davranışının belli açılardan iyi şekilde açıklanmadığını; örneğin sunucunun bir kapıyı açıp böyle bir öneri yapıp yapamayacağının bilinmediğini belirtti. Öte yandan, bu gibi olası davranışların söz konusu tartışmayla bir ilgisi yoktur ya da probleme etkisi çok azdır (vos Savant 1990) ve bu davranış yazar tarafından açıkça belirtilmiştir (Seymann 1991). Problemin daha genel yorumları, örneğin bazı durumlarda sunucunun ardında araba olan kapıyı açabileceği, matematik eserlerinde tartışılmıştır.
Monty Hall problemi, yaygın biçimlerinden biriyle, daha eski bir problem olan Üç Mahkûm Problemine matematiksel olarak eşittir ve bunların ikisi birden daha da eski olan Bertrand'ın kutusu paradoksuyla benzerlikler gösterir. Bunlar ve olasılığın eşit olmayan şekilde dağıtımıyla ilgili diğer problemlerin doğru şekilde çözümünün zor olduğu yönünde bir inanış vardır ve bu durum problemlerin nasıl algılandığını ele alan psikolojik çalışmaların yapılmasına yol açmıştır. Monty Hall probleminin tamamıyla açık çözümüyle buna ilişkin açıklamalar, benzetme ve resmî matematiksel kanıtlar ortaya konulduğunda bile, çoğu kişi doğru yanıta şüpheyle bakmaktadır.


## Problem.
Steve Selvin 1975'te "American Statistician"a bir mektup yazarak kabaca yarışma programı "Let's Make a Deal"a dayanan bir problemi anlattı. Daha sonraki bir mektubunda buna "Monty Hall problemi" adını verdi (Selvin 1975b). Matematiksel formülasyonlarından birinde (ki buna şartlı versiyon denilir, aşağıya bakınız), problem Martin Gardner'ın 1959'da "Scientific American"daki köşesi "Mathematical Games"te açıkladığı (Gardner 1959a) Üç Mahkûm Problemine matematiksel olarak eşittir (Morgan et al., 1991).
Selvin'in "Monty Hall problemi" iyi bilinen haliyle, Marilyn vos Savant'ın "Parade" dergisindeki "Ask Marilyn" köşesinde yayımlanan bir mektupla yeniden gündeme geldi:
 - YÖNLENDİR 
Problemin bu formülasyonunda bazı belirsizlikler vardır: Sunucunun her zaman bir başka kapıyı açıp açmayacağı, her zaman bir kapı değiştirme önerisi getirip getirmeyeceği ya da ardında araba bulunan kapıyı açıp açmayacağı net değildir (Mueser and Granberg 1999). Öte yandan, yaygın yoruma göre, sunucunun her zaman ardında keçi olan bir kapıyı açmak ve kapı değiştirme önerisinde bulunmak zorunda olduğu ve yarışmacının ilk seçiminin 1/3 olasılıkla doğru olduğu kabul edilir. Ayrıca yarışmacının ilk seçimi ardında araba olan kapı ise, sunucunun kalan iki kapıdan birini tamamen rastgele açacağı çoğunlukla kabul edilir (Barbeau 2000:87).
Soruyu soranın kesin niyetini açıkça anlamadan, herhangi bir problemin tek bir doğru çözümü bile olamaz (Seymann 1991). İnsanların genellikle algıladığı matematiksel olarak açık sorunun formülasyonu, Krauss ile Wang'e göre şöyledir (2003:10):
 - YÖNLENDİR 
Ayrıca, yarışmacı için arabayı kazanmanın keçiyi kazanmaya göre daha tercih edilir olduğunu varsaymamız gerekir.


## Popüler çözüm.
Yarışmacı kapılardan birini seçtiğinde, seçilen kapının ardında araba olma olasılığı 1/3'tür ve araba 2/3 olasılıkla diğer kapılardan birinin ardındadır. Sunucunun ardında keçi olan bir kapıyı açması, yarışmacıya seçtiği kapının ardında ne olduğuyla ilgili yeni bir bilgi vermez. O kapının ardında araba olma olasılığı hâlâ 1/3'tür. Sunucunun verdiği yeni bilgi, açılan kapının ardında araba olma olasılığının 0/3 olduğudur. Dolayısıyla araba 2/3 olasılıkla hâlâ açılmayan kapının ardındadır (Wheeler 1991; Schwager 1994). Kapı seçimi değiştirilirse arabayı kazanma olasılığı 2/3'tür, bu nedenle yarışmacı seçimini değiştirmelidir (Wheeler 1991; Mack 1992; Schwager 1994; vos Savant 1996:8; Martin 2002).
Bu popüler hikâyeyi matematiksel olarak kesin bir çözüme kavuştururken, 2. ya da 3. kapıyı açmanın 1. kapının ardında araba olma olasılığını neden değiştirmediği sorulabilir. Bu soru, simetriye başvurularak yanıtlanabilir: Yukarıda yapılan varsayımlar ışığında, kapılar rastgele yeniden numaralandırılırsa ve özellikle 2 ile 3 yer değiştirirse, değişen bir şey olmaz. Dolayısıyla, arabanın 1. kapının ardında olması, yarışmacının 1'i seçmesi ve Monty'nin 2'yi açması şartlı olasılığı, yine arabanın 1. kapının ardında olması, yarışmacının 1'i seçmesi ve Monty'nin 3'ü açması şartlı olasılığına eşittir. Bu iki (eşit) olasılığın ortalaması 1/3'tür, bundan dolayı her birinin olasılığı da ayrı ayrı 1/3'tür.
Analiz, yarışmacının başlangıçta arabayı, keçi A'yı ya da keçi B'yi seçmesi eşit olasılıklarına göre örneklendirilerek açıklanabilir (Economist 1999):
Yukarıdaki diyagram seçimini değiştiren bir yarışmacının her zaman ilk seçiminin tam tersini elde edeceğini gösterir ve bu seçimin keçi olma olasılığı araba olma olasılığının iki katı olduğundan, seçimi değiştirmek her zaman avantajlıdır. Diğer deyişle, önce keçiyi seçmiş olma olasılığı 2/3, arabayı seçmiş olma olasılığı ise 1/3'tür. Monty Hall artık "keçili kapıyı" ortadan kaldırdıktan sonra, baştan ardında keçi olan kapıyı seçmiş olan yarışmacının arabayı kazanması, baştan ardında araba olan kapıyı seçmiş olan yarışmacının ise keçiyi "kazanması" gerekir. Yarışmacının baştan keçiyi seçmiş olma olaslığı 2/3 olduğundan, seçimi değiştirmek her zaman yararına olacaktır.
Çözümü anlamanın bir başka yolu, en baştaki seçilmemiş iki kapıyı birlikte değerlendirmektir. Bir kapının açılıp kaybedilen kapı olarak gösterilmesi yerine, buna eşit bir işlem olarak (açılmış olan kapı seçilemeyeceğinden) seçilmemiş olan iki kapı tek bir olarak düşünülebilir. (Adams 1990; Devlin 2003; Williams 2004; Stibel et al., 2008).
Cecil Adams'ın ifade ettiği gibi (Adams 1990), "Monty aslında şunu söylemektedir: Seçtiğiniz kapıda ısrar edebilir ya da diğer iki kapıya sahip olabilirsiniz." Yarışmacı bu durumda ilk seçimini korumak ya da iki kapının ardındakilerin toplamını seçmek hakkına sahiptir. Zira 2/3'lük arabayı saklama şansı, bu kapılardan birinin açılmasıyla değişmiş olmaz.
Keith Devlin'in sözleriyle (Devlin 2003), "Kapıyı açarak Monty yarışmacıya şunu söylemektedir: 'Seçmediğiniz iki kapı var ve ödülün bunlardan birinin ardında olma olasılığı 2/3. Ödülün nerede olduğunu bildiğimden bu iki kapıdan birini açarak ardında ödül bulunmadığını gösterecek ve size yardım edeceğim. Artık bu ek bilgiden yararlanabilirsiniz. Seçtiğiniz A kapısı 3'te 1 olasılıkla kazanandır. Bunu değiştirmiş olmuyorum. Ancak C'yi eleyerek size, B'nin 3'te 2 olasılıkla ödülü sakladığını göstermiş oluyorum.'"


## Olasılık yoluyla çözüm.
Morgan ve diğerleri (1991) popüler çözümlerin çoğunun, Whitaker'ın Kapı 1'i seçen ve sunucunun Kapı 3'ü açtığını gören yarışmacıya ilişkin özgün sorusunu (Seymann) açıkça ele almadıkları için eksik olduğunu belirtti. Bu çözümler seçimini değiştiren tüm yarışmacılar için kazanma olasılığının 2/3 olduğunu doğru şekilde gösterir. Ancak belli varsayımlar yapılmaksızın bu, seçimin değiştirilmesiyle kazanma olasılığının mutlaka 2/3 olacağı anlamına gelmez. Bu olasılık, bir koşullu olasılıktır (Morgan et al. 1991; Gillman 1992; Grinstead and Snell 2006:137; Gill 2009b). Aradaki fark, analizin yarışmacının ilk seçimi ile sunucunun açtığı kapının toplam olası kombinasyonlarına göre ortalama olasılığına mı, yoksa yalnızca yarışmacının Kapı 1'i seçtiği ve sunucunun Kapı 3'ü açtığı belirli tek bir duruma mı dayandığına bağlıdır. Farkı açıklamanın bir diğer yolu da, yarışmacının seçimini değiştirmeye sunucu bir kapıyı açmadan "önce" karar vermek zorunda mı olduğu, yoksa sunucunun hangi kapıyı açtığını gördükten "sonra" karar vermesine izin verilip verilmediğine ilişkindir (Gillman 1992). Yukarıda kesin olarak belirtilen problem açıklaması için bu iki olasılık da 2/3 olmasına karşın, koşullu olasılık, toplam olasılığa ve bunlardan birinin ya da ikisinin birden problemin tam formülasyonuna bağlı olarak saptanıp saptanamayacağına göre değişebilir (Gill 2009b).
Sunucunun hangi kapıyı açtığını bilerek seçimi değiştirme sonucunda kazanmanın koşullu olasılığı, aşağıdaki genişletilmiş tabloya ya da aynı olasılıkları gösteren yandaki seçim ağacına başvurularak (Chun 1991; Grinstead and Snell 2006:137-138) veya aşağıdaki matematiksel formülasyon bölümüne bakılarak saptanabilir. Örneğin, sunucu Kapı 3'ü açar ve yarışmacı seçimini değiştirirse, yarışmacı, eğer araba Kapı 2'nin arkasındaysa 1/3 olasılıkla kazanır ve araba Kapı 1'in arkasındaysa 1/6 olasılıkla kaybeder. Sunucunun Kapı 2'yi açmasına bağlı olasılıklar bu hesaba dahil değildir. Bu koşullu olasılıkları dönüştürmek için, bunlar toplamlarına bölünür. Böylece yarışmacı Kapı 1'i seçtiği ve sunucu Kapı 3'ü açtığında kazanmanın koşullu olasılığı (1/3)/(1/3 + 1/6), yani 2/3'tür. Bu çözüm, problemde sunucunun kapılardan birini rastgele açmaya, yarışmacının ilk seçimini yapmasından sonra karar vereceğine ilişkin sınırlamaya bağlıdır.


### Matematiksel formülasyon.
Yukarıdaki çözüm Gill, 2002, Henze, 1997 ve başka birçok ismin yaptığı gibi Bayes teoremi kullanılarak ispatlanabilir. Farklı yazarlar tarafından çeşitli gösterimler kullanılmış olsa da, aşağıda anlatılan versiyon karakteristik çözüm olarak kabul edilebilir. Ayrık rastlantı değişkenleri düşünelim:
A ∈{1, 2, 3 }: Arabanın bulunduğu kapının numarası,
Y ∈{1, 2, 3 }: Yarışmacının seçtiği kapı
H ∈{1, 2, 3 }: Host'un (Sunucunun) açtığı kapı.
Araba kapıların arkasına rastgele yerleştirildiğinden, bütün "A" değerleri için şartlar eşittir. Buna göre "A"'nın başlangıç (koşulsuz) olasılığı
P(A) = 13, her "A" değeri için.
Ayrıca, yarışmacının başlangıçtaki seçimi arabanın konulmasından bağımsız olduğundan, "A" ve "Y" değişkenleri bağımsızdır. Dolayısıyla bir "Y" değeri için "A"'nın koşullu olasılığı
P(A|Y) = P(A), "A" ve "Y"'nin bütün değerleri için.
Sunucunun seçimi "A" ve "Y" değerlerine göre "H"'nin koşullu olasılığı ile gösterilir:
Sunucu kapılardan birini açtıktan sonra, yarışmacı Bayes kuralını kullanarak kapıların herhangi biri arkasında arabanın bulunması olasılığını hesaplayabilir. Değer, seçilen "H" ve "Y" değerlerine bağlı "A"'nın koşullu olasılığıdır:
P(A|H, Y) =P(H|A, Y)P(A|Y)/P(H|Y),
bu oranda payda marjinal (bileşen) olasılığı gösterir
P(H|Y) = ∑_A=1^3 P(H,A|Y) = ∑_A=1^3 P(H|A,Y) P(A|Y).
Dolayısıyla, eğer yarışmacı 1. kapıyı seçer ve sunucu 3. kapıyı açarsa, seçilen kapının değiştirilmesi halinde kazanma olasılığı
P(A=2|Y=1,H=3) = 1×1/3/1/2 ×1/3 + 1×1/3 + 0 ×1/3=23.


## Kafa karışıklığının kaynakları.
Monty Hall problemi ilk açıklandığı zaman insanların büyük çoğunluğu tüm kapıların eşit olasılıkta olduğunu ve kapı değiştirmenin önemli olmadığını düşünmekteydi (Mueser and Granberg, 1999). Yapılan bir çalışmada 228 denekten yalnızca %13'ü kapı değiştirmeyi seçti (Granberg and Brown, 1995:713). "The Power of Logical Thinking" isimli kitabında vos Savant (1996:15) bilişsel psikolog Massimo Piattelli-Palmarini'nin "... tarihte diğer hiçbir istatistiksel bulmaca insanları kandırmaya bu kadar yaklaşmadı" ve "Nobel Ödüllü fizikçiler bile bu probleme sistematik şekilde yanlış cevap verir ve bunda ısrar eder. Ayrıca doğru yanıtı verenleri basılı bir eserle paylamaya hazırdırlar." sözleri ile bu durumu anlattı.
Problemin çoğu açıklaması, özellikle de "Parade Magazine"deki, asıl yarışma programının kurallarına uymaz (Krauss and Wang, 2003:9) ve sunucunun davranışını ya da arabanın yerinin rastgele seçildiğini açıkça belirtmez (Granberg and Brown, 1995:712). Krauss ve Wang, insanların açıkça belirtilmiş olmasa da bazı noktalara ilişkin standart varsayımlarda bulunduğunu ileri sürdü (2003:10). Bu meseleler matematiksel açıdan önemli olsa da, bu etmenleri ele alırken dahi neredeyse tüm insanlar hâlâ, açılmamış iki kapının olasılığının eşit olduğunu ve dolayısıyla kapı değiştirmenin bir şeyi değiştirmeyeceğini düşünür (Mueser and Granberg, 1999). Bu "eşit olasılık" varsayımı, derin şekilde kökleşmiş bir sezgidir (Falk 1992:202). İnsanlar öyle olsa da olmasa da, olasılıkların o anda mevcut tüm bilinmeyenler arasında eşit şekilde dağıldığını güçlü biçimde düşünme eğilimindedir (Fox and Levav, 2004:637).
Monty Hall problemi açısından kökleşmiş bir diğer nokta ise, zaten bilinmekte olan bilgilerin ortaya çıkarılmasının olasılıkları etkilemeyeceğine duyulan inançtır (Falk 1992:207). Bu yöndeki sezgi, sunucunun bir kapıyı açmasının, yarışmacının en başta 1/3 olan arabayı bulma olasılığını değiştirmeyeceğini öne süren çözümlerin de temelini oluşturur. Tam problem için bu sezgi, seçimi değiştirmenin 2/3 olasılıkla kazandıracağı doğru sonucuna götürür; ancak, doğru yanıtın bu olmadığı kısmen değiştirilmiş problemlerde de götüreceği sonuç aynıdır (Falk 1992:207).
According to Morgan et al. (1991) "The distinction between the conditional and unconditional situations here seems to confound many." That is, they, and some others, interpret the usual wording of the problem statement as asking about the conditional probability of winning given which door is opened by the host, as opposed to the overall or unconditional probability.
These are mathematically different questions and can have different answers depending on how the host chooses which door to open when the player's initial choice is the car (Morgan et al., 1991; Gillman 1992). For example, if the host opens Door 3 whenever possible then the probability of winning by switching for players initially choosing Door 1 is 2/3 overall, but only 1/2 if the host opens Door 3. In its usual form the problem statement does not specify this detail of the host's behavior, nor make clear whether a conditional or an unconditional answer is required, making the answer that switching wins the car with probability 2/3 equally vague. Many commonly presented solutions address the unconditional probability, ignoring which door was chosen by the player and which door opened by the host; Morgan et al. call these "false solutions" (1991). Others, such as Behrends (2008), conclude that "One must consider the matter with care to see that both analyses are correct."


## Anlamaya yardımcı olacak noktalar.
### Olasılık neden 1/2 değil?
Yarışmacının ilk turda arabalı kapıyı seçmesi için 3'te 1 şansı vardır. Sonra Monty Hall seçilmeyen iki kapıdan içinde keçi olduğunu bildiği birini rastgele olmayan şekilde açar. Eğer yarışmacı başlangıçta arabalı kapıyı seçmişse (başlangıçta şansı 1/3) geriye kalan kapıda bir keçi olacaktır. Eğer yarışmacı keçili kapıyı seçmişse (başlangıçtaki şansı 2/3) geri kalan kapıda bir araba olacaktır.
Buradaki kritik nokta Monty'nin bir kapıyı rastgele seçmediğidir - yarışmacı tercihini yaptığında Monty içinde keçi olduğunu bildiği bir kapıyı seçer. Bunun anlamı Monty'nin seçiminin, başlangıçta arabanın yarışmacının kapısının ardında olma olasılığını etkilemeyeceğidir. Yarışmacıya kapıyı değiştirip değiştirmeyeceği sorulduğunda, hâlâ başlangıçta arabalı kapı seçilme olasılığı 3'te 1 ve keçili kapı seçilme olasılığı 3'te 2'dir. Ancak şimdi Monty diğer kapılardan birini açar ve açtığı kapıda araba bulunamaz, yani yarışmacının kapısında keçi bulunma olasılığı 3'te 2 ve kalan kapıda araba olma olaslığı da 3'te 2'dir.
Bu Monty'nin kapısını rastgele seçmesi ve arabayı açığa çıkarması ihtimalinin var olmasından farklı bir senaryodur. Bu durumda keçinin açığa çıkması, yarışmacının başlangıç seçimininin araba olması olasılığını 2'de 1'e yükseltecektir. Bu farklılık orijinal problemin, vos Savant'ın 2006 Kasım'ındaki köşesinde görülen değiştirilmiş versiyonu ile karşılaştırılması ile ispatlanabilir. Bu versiyonda Monty Hall hangi kapıda arabanın saklandığını unutur. Kapılardan birini rastgele seçer ve keçi açığa çıktığında rahatlar. Yarışmacıya kapısını değiştirip değiştirmeyeceği sorulduğunda vos Savant doğru bir şekilde yanıtlar "Eğer sunucu bilmiyorsa, değiştirmeniz ya da değiştirmemeniz hiçbir şey farkettirmez. Eğer sunucu biliyorsa değiştirin" (vos Savant, 2006).
Another way of looking at the situation is to consider that if the contestant chooses to switch then they are effectively getting to see what is behind 2 of the 3 doors, and will win if either one of them has the car. In this situation one of the unchosen doors will have the car 2/3 of the time and the other will have a goat %1,0 of the time. The fact that Monty Hall shows one of the doors has a goat before the contestant makes the switch is irrelevant, because one of the doors will always have a goat and Monty has chosen it deliberately. The contestant still gets to look behind 2 doors and win if either has the car, it is just confirmed that one of doors will have a goat first.


### Kapıların sayısını artırmak.
Aynı problemde kapıların sayısının üç yerine 1.000.000 olduğunu düşünmek, çözümü kavramayı kolaylaştırabilir (vos Savant 1990; Nesin 2009). Bu durumda ardında keçi olan 999.999 kapı ve ödül bulunan bir kapı olur. Yarışmacı bir kapıyı seçer. Daha sonra sunucu diğer 999.998 kapıyı açarak keçileri gösterir - sunucunun ilk kapıdan başlayarak 1.000.000 kapılık sırayı takip ettiğini, her birini açtığını, yalnızca yarışmacının seçtiği kapı ile başka bir kapıyı daha atladığını düşünelim. Ardından sunucu yarışmacıya açılmamış diğer kapıyı seçme şansı olduğunu söyler. Ortalama 1.000.000'da 999.999 olasılıkla diğer kapı ödüle açılır, zira 1.000.000'da 999.999 olasılıkla yarışmacının ilk seçtiği kapının ardında keçi vardır. Akılcı bir yarışmacı kapıyı değiştirmelidir. Sezgisel bakılırsa, yarışmacı, bir milyon kapı içinden doğru olanı seçmeyi başarma olasılığını sorgulamalıdır. Örnek, seçimi değiştirerek başarı sağlama olasılığının (1 eksi ilk seçimde doğru kapıyı seçme olasılığı) her sayıda kapı için eşit olduğunu ortaya koymak için de kullanılabilir. Ancak unutulmamalı ki, bu örnek, sunucunun ödülün nerede olduğunu bildiği varsayımına ve ödülü saklayan kapıyı açmaması gereğine dayanır. Eğer yarışmacı ilk seçiminde ödülü saklayan kapıyı bulmayı başarmışsa, sunucu açmayacağı diğer kapıyı rastgele seçer.
Bu örnek, sunucunun ödülün yerini "bilmediği" ve kapıları rastgele açtığı tam tersi bir durumu açıklamakta da kullanılabilir. 1.000.000'da 999.999 olasılıkla yarışmacı en başta yanlış kapıyı seçecektir, ödül diğer kapılardan birinin ardındadır. Eğer sunucu ödülün yerini bilmeksizin kapıları rastgele açıyorsa, aralarında yeni bir seçim yapılacak son iki kapıya (yarışmacının seçimi ile diğer kapı) gelmeden, büyük olasılıkla ödülü saklayan kapıyı açacaktır. Bu durum bir başka yarışma programı olan "Deal or No Deal"a benzer. Bu programda yarışmacı numaralandırılmış bir çantayı seçer ve daha sonra diğerlerini her defasında bir tane olmak üzere açar.
Stibel ve diğerleri (2008) çalışan zihin talebinin Monty Hall problemi sırasında zorlandığını ve bunun, insanların seçimlerinin iki eşit olasılıklı seçeneğe dönüşerek çökmesine yol açtığını öne sürdü. Ayrıca seçeneklerin (kapıların) sayısının yedinin üzerine çıkmasının insanlardaki seçimi değiştirme eğilimini artırdığını; ancak, yine de çoğunluğun hâlâ başarı şansını hatalı olarak yarı yarıya gördüğünü ortaya koydu.


### Pratik çözüm.
Yapılan araştırmalara göre, keçi seçme ihtimaline aslında arabayı kazanma ihtimaline eşittir. İlk seçilen kapı keçi olması kaidesiyle her halükarda araba kazanılır. Bu da kazanma ihtimalinin 2/3 olduğunu ispatlar.


### Simülasyon yoluyla çözüm.
Seçimi değiştirme stratejisinin gerçekten ortalama üçte iki olasılıkla kazandıracağını ispatlamanın basit bir yolu da, yarışmayı oyun kartlarına uyarlamaktır (Gardner 1959b; vos Savant 1996:8). Alelâde bir desteden üç kart, üç kapıyı temsil eder. Maça ası gibi bir 'özel' kart arabayı saklayan kapıyı, iki kırmızı ikili gibi iki sıradan kart da, keçileri saklayan kapıları temsil eder.
Şu yöntem defalarca tekrarlanarak oyunun birçok devresi uyarlanabilir: Yarışmacının ilk seçimini temsil eden kart yarışmacının önünde ters şekilde durur. Daha sonra en az biri kırmızı ikili olan iki karta bakan sunucu, kırmızı ikili olan bir kartı açar. Eğer sunucunun elinde kalan kart Maça ası ise, bu, yarışmacının seçimini değiştirerek kazanacağı bir devredir. Eğer sunucunun elinde kalan kart kırmızı ikili ise, bu, yarışmacının ilk seçiminde ısrar ederek kazanacağı bir devredir.
Büyük sayılar yasasına göre bu deney, kazanma olasılığını yaklaşık olarak ortaya koyar ve deneyi yeterli defa tekrarlamak yalnızca yarışmacının seçimini değiştirerek üçte iki olasılıkla kazanacağını değil, bunun nedenini de gösterir. Yarışmacıya bir kart dağıtıldıktan sonra, değiştirmenin kazandırıp kazandırmayacağı "zaten bellidir" ve Maça ası, üçte iki olasılıkla sunucunun elindedir.
Bu ikna edici değilse, benzetme, kartlardan biri yarışmacıya verilmek ve kalan 51'i sunucuda kalmak üzere tüm bir desteyle de yapılabilir (Gardner 1959b; Adams 1990). Bu durumda Maça ası 52'de 51 olasılıkla sunucudadır ve kaç Maça ası olmayan kart açılırsa açılsın, onda kalmaya devam eder.
vos Savant'ın öne sürdüğü bir başka benzetmede, sunucu kapıları temsil eden üç kupadan birinin altında arabayı temsil eden bir madeni parayı ya da deniz kabuklarının altında bir bezelyeyi saklar.


## Değişik biçimler - kısmen değiştirilmiş problemler.
### Diğer sunucu davranışları.
1990'da Parade'de yayınlanan Monty Hall sorununun sürümü, ev sahibinin her zaman başka bir kapı açacağını ya da her zaman arabayı açığa çıkaran kapıyı açmayı ya da hiçbir zaman açmayı tercih etmediğini belirtti. Bununla birlikte, vos Savant, ikinci takip sütununda, amaçlanan konağın davranışının yalnızca orijinal cevabı olarak verdiği 2/3 olasılığa yol açabileceğini açıkça belirtti. “Başka bir şey farklı bir sorudur” (vos Savant, 1991). “Neredeyse tüm eleştirmenler hedeflenen senaryoyu anladılar. Kişisel olarak neredeyse üç bin mektubu okudum (gelen fazladan binlerce kişiden) ve neredeyse her birinin sadece iki seçeneğin kalması (ya da eşdeğer bir hata) olduğu için ısrar ettiğini gördüm. belirsizlik hakkında çok az soru sordu ve aslında sütunlarda yayınlanan mektuplar bu az sayıdakiler arasında değildi. ” (vos Savant, 1996) Cevap, araba herhangi bir kapının arkasına rastgele yerleştirilirse, ev sahibi, oyuncunun ilk tercihinden bağımsız olarak, bir keçi ortaya çıkaran bir kapı açmalı ve iki kapı varsa hangisini rastgele açacağını seçmelidir (Mueser ve Granberg, 1999). Aşağıdaki tablo DİĞER olası ev sahibi davranışlarını ve anahtarlamanın başarısı üzerindeki etkilerini göstermektedir.
Oyuncunun en iyi stratejisini belirli bir dizi kural dahilinde belirlemek, ev sahibinin izlemesi gereken oyun teorisinde çalışılan problem türüdür. Örneğin, ev sahibinin müzikçaları değiştirme teklifini yapması gerekmiyorsa, ev sahibinin kötü niyetli olduğundan şüphelenebilir ve müzikçalar aracı ilk seçtiğinde teklifleri daha sık yapar. Genel olarak, bu tür bir sorunun cevabı, sunucunun davranışı hakkında yapılan varsayımlara dayanır ve "sunucuyu tamamen yoksay" ile "yazı tura atmak ve gelirse değişmek" arasında değişebilir; aşağıdaki tablo.
Morgan ve diğ. (1991) ve Gillman (1992) ikisi de arabanın rastgele yerleştirildiği daha genel bir çözüm göstermektedir, ancak oyuncu araba ilk seçtiyse, konağın rastgele seçim yapma zorunluluğu yoktur. yazarın sorumluluk reddine rağmen, Geçit töreninde sorun. Her ikisi de, sorunu yeniden düzenlediklerinde bu noktayı vurgulamak için Paradeversion'un ifadesini değiştirdi. Konağın, bir olasılık q olarak ifade edilen bir tercihe sahip iki keçiyi açığa vurma, 0 ile 1 arasında bir değere sahip olduğu seçtiği bir senaryo düşünürler. ev sahibinin hangi kapıyı açtığı. Eğer oyuncu Kapı 1'i seçerse ve konağın Kapı 3 için tercihi q ise, otomobilin Kapı 3'ü açtığı durumda, araba Kapı 2'nin arkasındaysa ve olasılık (1/3) q ile kaybederse 1/3 olasılıkla kazanır. araba Kapı 1'in arkasındaysa, konağa açılan kapıyı açarak verilen anahtarla kazanma koşulu olasılığı 3 numaralı kapıyı açar, bu nedenle 1 / (1 + q seviyesine basitleştiren (1/3) / (1/3 + (1/3) q) olur.). Q, 0 ile 1 arasında değişebildiğinden, bu koşullu olasılık, 1/2 ile 1 arasında değişebilir. Bu, eğer oyuncu arabayı ilk seçerse, rastgele seçim yapmak için ev sahibi ile kısıtlanmadığı anlamına gelir. Bununla birlikte, hiçbir kaynağın oyuncuya q değerinin ne olduğunu bilmediğini öne sürmemesi önemlidir, bu nedenle oyuncu vos Savant'ın zımni olduğunu düşündüğü 2/3 dışında bir olasılık atayamaz.


### N sayıda kapı.
D. L. Ferguson (Selvin 1975b'deki alıntıya göre 1975'te Selvin'e yazdığı bir mektubunda) orijinal oyunun bir "N" sayıda kapı şeklinde genelleştirilmişini önermektedir. Bu durumda sunucu "p" sayıda kaybeden kapıyı açar ve oyuncuya değiştirme fırsatını verir; bu şekilde değiştirmeyle kazanma olasılığı 
("N"−1)/["N"("N"−"p"−1)] olur. Sunucu sadece bir kapıyı açmışsa bile oyuncunun değiştirmesi yine de yararına olur ancak "N" sayısı büyüdükçe avantaj da sıfıra yaklaşır (Granberg 1996:188). Diğer uç durumda sunucu bir kaybeden kapı dışında diğerlerinin tamamını açarsa, değiştirmeyle kazanma şansı 1'e yaklaşır.
Bapeswara Rao ve Rao (1992) farklı bir "N" sayıda kapı versiyonu önermektedir. Bu versiyonda sunucu oyuncunun seçiminden farklı bir kaybeden kapı açmaktadır. Sunucu, geriye yalnızca iki kapı kalana kadar her kapı açışında oyuncuya tercihini değiştirmesi için bir fırsat verir. Dört kapı ile yapılabilecek en uygun strateji önce kapıyı seçmek ardından sadece iki kapı kalınca tercihi değiştirmek olacaktır. "N" sayıda kapı ile bu stratejinin kazanma olasılığı ("N"−1)/"N"dir ve bunun en uygunu olduğu iddia edilmektedir.


### Quantum version.
A quantum version of the paradox illustrates some points about the relation between classical or non-quantum information and quantum information, as encoded in the states of quantum mechanical systems. The formulation is loosely based on Quantum game theory. The three doors are replaced by a quantum system allowing three alternatives; opening a door and looking behind it is translated as making a particular measurement. The rules can be stated in this language, and once again the choice for the player is to stick with the initial choice, or change to another "orthogonal" option. The latter strategy turns out to double the chances, just as in the classical case. However, if the show host has not randomized the position of the prize in a fully quantum mechanical way, the player can do even better, and can sometimes even win the prize with certainty (Flitney and Abbott 2002, D'Ariano et al. 2002).


## Problemin tarihi.
Monty Hall problemine benzer birkaç olasılık bulmacasından en eskisi Bertrand'ın kutu paradoksudur. Bu 1889'da Joseph Bertrand tarafından "Calcul des probabilités" adlı kitabında ortaya atıldı (Barbeau 1993). Bu bulmacada üç kutu bulunur: bir kutu iki altın madeni para, bir kutu iki gümüş madeni para ve bir kutu da her birinden birer tane madeni para içerir. Bir kutunun rastgele seçilmesinin ve bir madeni paranın rastgele çekilmesinin ardından, çekilen paranın altın olması durumunda geriye kalan paranın altın olma olasılığı nedir. Monty Hall probleminde olduğu gibi burada da sezgisel yanıt 1/2'dir, halbuki olasılık 2/3'tür.
Martin Gardner'ın "Scientific American"daki "Mathematical Games" köşesinde 1959'da yayınlanan üç mahkûm problemi (1959a, 1959b), Monty Hall probleminin izomorfudur. Problem, rastgele içlerinden biri gizlice seçilip affedilecek olan üç mahkûmu içerir. Mahkûmlardan biri, diğer mahkûmlardan idam edilecek olanın adını söylemesi için gardiyana yalvarır. Bu mahkûmun kendi kaderi hakkında hiçbir bilgiyi açığa çıkarmasa da kendi affedilme şansını 1/3'ten 1/2'ye çıkarır. The warden obliges, (secretly) flipping a coin to decide which name to provide if the prisoner who is asking is the one being pardoned. The question is whether knowing the warden's answer changes the prisoner's chances of being pardoned. This problem is equivalent to the Monty Hall problem; the prisoner asking the question still has a 1/3 chance of being pardoned but his unnamed cohort has a 2/3 chance.
Steve Selvin 1975'te "American Statistician" dergisine gönderdiği bir çift mektup ile Monty Hall problemini ortaya attı (1975a, 1975b). İlk mektup, 15 yıl sonra "Parade" dergisinde yayınlanan gösterime yakın bir problem içeriyordu. İkici mektup "Monty Hall problemi" teriminin ilk kullanımı gibi görünmektedir. Problem aslında yarışma programının bir ekstrapolasyonudur. Monty Hall heyecan yaratmak için yanlış bir kapıyı açar ve yarışmacıya, kapı değiştirme fırsatı yerine 100 $ gibi daha küçük bir ödül teklif eder. Monty Hall'ün Selvin'e yazdığı bir mektuba göre:
And if you ever get on my show, the rules hold fast for you—no trading boxes after the selection. (Hall 1975)
A version of the problem very similar to the one that appeared three years later in "Parade" was published in 1987 in the Puzzles section of "The Journal of Economic Perspectives" (Nalebuff 1987).
Phillip Martin's article in a 1989 issue of "Bridge Today" magazine titled "The Monty Hall Trap" (Martin 1989) presented Selvin's problem as an example of what Martin calls the probability trap of treating non-random information as if it were random, and relates this to concepts in the game of bridge.
A restated version of Selvin's problem appeared in Marilyn vos Savant's "Ask Marilyn" question-and-answer column of "Parade" in September 1990 (vos Savant 1990). Though vos Savant gave the correct answer that switching would win two-thirds of the time, she estimates the magazine received 10,000 letters including close to 1,000 signed by PhDs, many on letterheads of mathematics and science departments, declaring that her solution was wrong (Tierney 1991). Due to the overwhelming response, "Parade" published an unprecedented four columns on the problem (vos Savant 1996:xv). As a result of the publicity the problem earned the alternative name Marilyn and the Goats.
In November 1990, an equally contentious discussion of vos Savant's article took place in Cecil Adams's column "The Straight Dope" (Adams 1990). Adams initially answered, incorrectly, that the chances for the two remaining doors must each be one in two. After a reader wrote in to correct the mathematics of Adams' analysis, Adams agreed that mathematically, he had been wrong, but said that the "Parade" version left critical constraints unstated, and without those constraints, the chances of winning by switching were not necessarily 2/3. Numerous readers, however, wrote in to claim that Adams had been "right the first time" and that the correct chances were one in two.
The "Parade" column and its response received considerable attention in the press, including a front page story in the "New York Times" (Tierney 1991) in which Monty Hall himself was interviewed. He appeared to understand the problem, giving the reporter a demonstration with car keys and explaining how actual game play on "Let's Make a Deal" differed from the rules of the puzzle.
Over 40 papers have been published about this problem in academic journals and the popular press (Mueser and Granberg 1999). Barbeau 2000 contains a survey of the academic literature pertaining to the Monty Hall problem and other closely related problems.
The problem continues to resurface outside of academia. The syndicated NPR program "Car Talk" featured it as one of their weekly "Puzzlers," and the answer they featured was quite clearly explained as the correct one (Magliozzi and Magliozzi, 1998). An account of the Hungarian mathematician Paul Erdős's first encounter of the problem can be found in "The Man Who Loved Only Numbers"—like many others, he initially got it wrong. The problem is discussed, from the perspective of a boy with Asperger syndrome, in "The Curious Incident of the Dog in the Night-time", a 2003 novel by Mark Haddon. The problem is also addressed in a lecture by the character Charlie Eppes in an episode of the CBS drama "NUMB3RS" (Episode 1.13) and in Derren Brown's 2006 book "Tricks Of The Mind". Penn Jillette explained the Monty Hall Problem on the "Luck" episode of Bob Dylan's Theme Time Radio Hour radio series. The Monty Hall problem appears in the film "21" (Bloch 2008). Economist M. Keith Chen identified a potential flaw in hundreds of experiments related to cognitive dissonance that use an analysis with issues similar to those involved in the Monty Hall problem (Tierney 2008).


### Benzer problemler.
  - Bertrand'ın kutu paradoksu (üç kart problemi olarak da bilinir)
  - Erkek mi Kız mı paradoksu
  - Üç Mahkûm problemi
  - İki zarf problemi
  - Uyuyan Güzel problemi