Discussione:Problema di Monty Hall/Archivio I

message: Vi rammento che Wikipedia non pubblica ricerche originali, non inventa niente e non propone niente di nuovo. Riporta (dovrebbe riportare) soltanto ciò che scienziati, storici e studiosi di ogni sorta hanno già definito e studiato a fondo. Vi consiglio un librino facile e divertente che spiega il problema (insieme a molti altri):
* Jeffrey S.Rosenthal, Le regole del caso, istruzioni per l'uso, Longanesi, Milano, 2006, ISBN 883042370X, pagine 243-248
Oppure potete prenderne un altro a piacere dalla bibliografia della voce. E ricordate di firmare i vostri interventi nelle discussioni. :-) --LaseriumFloyd 22:34, 11 set 2007 (CEST)
thread_title:  Non ristudiate la ruota, l'hanno già studiata 

message: L'ho beccato in Colin Bruce, I conigli di Schrödinger, ISBN 9788860300508 - nota a pagina 75. -- .mau. ✉ 14:51, 19 nov 2007 (CET)
thread_title:  il vero nome di Monty Hall 

message: 29/08/08
Concordo con il fatto che la seconda scelta è quella che vale e questa viene fatta tra due porte che sono equiprobabili, quindi ho il 50% di probabilità di successo.
La trappola logica che porta a dire p=2/3 la si può facilmente trovare nella svolgimento  errato del diagramma citato di Eulero Venn. Indichiamo con A,B,C le tre porte rappresentate ,  A quella a sinistra , B centrale e C quella a destra con la capra per intenderci.
Ebbene , dopo aver aperto la porta C con la capra si afferma che  la probabilità di 2/3 posseduta inizialmente dal gruppo B+C = (1/3 + 1/3)=2/3 resta alla sola porta B dato che la C ha la capra e quindi P=0; questo è scorretto perchè si dimentica che anche il gruppo A+C ha le medesime probabilità=2/3. 
Quindi posso scegliere solo fra due ipotesi A+C ( mantenedo la scelta iniziale) o B+C ( se cambio la scelta); dato che C è capra, la scelta si riduce ad  A o B entrambe con con P=2/3 della probabilità iniziale.
Ma dato che posso ora scegliere  tra A o B  equiprobabili, di cui una sicuramente vincente-> ognuna passa da P=2/3 iniziale  a P=1/2 attuale:  ho quindi il 50% di probabilità di trovare la macchina in seconda scelta, sia cambiando che non cambiando.
Supertiero
=== Soluzione 2/3 non esatta, parte da logica erronea===
----
Siamo alla statistica del pollo. Davvero singolare che si ricorra
a formulazioni Bayesiane o a diagrammi ad albero per validare
una soluzione del tutto fuor di logica.
Così come posto il problema, è apparentemente esatta la soluzione del problema Monty Hall: ai concorrenti conviene sempre cambiare ed in questo modo innalzano la probabilità teorica di vincita da 1/3 a 2/3.
Questa soluzione è solo aritmeticamente esatta. Se con un PC
simulo il gioco effettivamente ottengo su molte ripetizioni una frequenza 2/3. 
Ma in reltà è erronea la strategia e di conseguenza anche la frequenza sperata.
Una frequenza "collettiva"  non può essere scambiata come "probabilità" individuale del singolo giocatore.
Infatti non stiamo parlando di un gioco collettivo - collaborativo,
tutti si mettono d'accordo e poi si spartisce.
Stiamo parlando di un gioco individuale.
Mettiamoci nei panni del giocatore che vede che moltissimi giocatori prima di lui hanno vinto accettando lo scambio, mentre le perdite sono state pochissime (molto meno di 1/3). Quale sarà il suo calcolo?
Calcolerà che per il principio di "ritorno alla media" quella di accettare ha poche probabilità di successo. Dovrà rifiutare l'offerta di scambio, perchè poco plausibile a quel punto. 
Sarebbe sciocco che lui accettasse lo scambio per fare media collettiva.
Qualunque risultato lui ottenga, il concorrente successivo non ha
più riferimenti statistici! In mancanza di riferimenti il concorrente
dovrà optare per la sorte (metodo Montecarlo) e scegliere se accettare o no con un lancio di monetina: questa la vera soluzione di "probabilità individuale". Tirare a sorte se accettare o no.
Quando una serie di vittorie si fa troppo lunga, ci sarà un concorrente
che avrà necessità di cambiare strategia. E prima o poi accade.
A quel punto la soluzione fissa per tutti non regge più. Da quel momento in poi conviene a tutti optare per scelte casuali (la monetina).
Simulando al computer una tale scelta si ha una frequenza di vittorie complessive pari al 50%.
Ma è sempre un po' la statistica del pollo. Ogni concorrente in realtà deve valutare tra sorte e serie statistica che lo precede.
Ripeto: non è un gioco collettivo.
Nei giochi competitivi conviene sempre spezzare l'equilibrio con decisioni casuale: strategie miste (Nash, strategie miste).
Che la sorte è forse la strategia migliore ce lo dice anche la TEORIA DEI GIOCHI. Nei giochi non collaborativi conviene sempre una strategia di tipo misto, che realizza un equilibrio non ottimale ma sicuramente  con un payoff migliore di altre alternative: l'equilibrio di Nash. (Cercate equilibrio di Nash - John Nash).
Saluti:mp3.7
--Mp3.7 (msg) 11:44, 10 gen 2009 (CET)
replies: text: Il problema di Monty Hall non ha nulla di "ripetitivo secondo la teoria dei giochi". Il presentatore ha una strategia non forzata solo nel caso in cui il giocatore abbia scelto la porta dove c'è l'auto; ma dal punto di vista del giocatore a questo punto le due alternative del presentatore sono irrilevanti. Tutta quella sezione è fuorviante (oltre che essere scritta da cani, ma su quello si sarebbe potuto anche lavorare), ergo la cancello a meno che qualcuno non mi dimostri qui il contrario. -- .mau. ✉ 19:16, 11 gen 2009 (CET)

text: ps per Mp3.7: (la consuetudine su wikipedia è che gli interventi stanno in fondo e non in cima) Se tu non sei convinto della soluzione, avevo giusto una scommessa stile Monty Hall con multiple partite da fare con qualcuno. Leggi qua. -- .mau. ✉ 19:22, 11 gen 2009 (CET)
thread_title:  Diagramma Eulero Venn 

message: ----
Siamo alla statistica del pollo. Davvero singolare che si ricorra
a formulazioni Bayesiane o a diagrammi ad albero per validare
una soluzione del tutto fuor di logica.
Così come posto il problema, è apparentemente esatta la soluzione del problema Monty Hall: ai concorrenti conviene sempre cambiare ed in questo modo innalzano la probabilità teorica di vincita da 1/3 a 2/3.
Questa soluzione è solo aritmeticamente esatta. Se con un PC
simulo il gioco effettivamente ottengo su molte ripetizioni una frequenza 2/3. 
Ma in reltà è erronea la strategia e di conseguenza anche la frequenza sperata.
Una frequenza "collettiva"  non può essere scambiata come "probabilità" individuale del singolo giocatore.
Infatti non stiamo parlando di un gioco collettivo - collaborativo,
tutti si mettono d'accordo e poi si spartisce.
Stiamo parlando di un gioco individuale.
Mettiamoci nei panni del giocatore che vede che moltissimi giocatori prima di lui hanno vinto accettando lo scambio, mentre le perdite sono state pochissime (molto meno di 1/3). Quale sarà il suo calcolo?
Calcolerà che per il principio di "ritorno alla media" quella di accettare ha poche probabilità di successo. Dovrà rifiutare l'offerta di scambio, perchè poco plausibile a quel punto. 
Sarebbe sciocco che lui accettasse lo scambio per fare media collettiva.
Qualunque risultato lui ottenga, il concorrente successivo non ha
più riferimenti statistici! In mancanza di riferimenti il concorrente
dovrà optare per la sorte (metodo Montecarlo) e scegliere se accettare o no con un lancio di monetina: questa la vera soluzione di "probabilità individuale". Tirare a sorte se accettare o no.
Quando una serie di vittorie si fa troppo lunga, ci sarà un concorrente
che avrà necessità di cambiare strategia. E prima o poi accade.
A quel punto la soluzione fissa per tutti non regge più. Da quel momento in poi conviene a tutti optare per scelte casuali (la monetina).
Simulando al computer una tale scelta si ha una frequenza di vittorie complessive pari al 50%.
Ma è sempre un po' la statistica del pollo. Ogni concorrente in realtà deve valutare tra sorte e serie statistica che lo precede.
Ripeto: non è un gioco collettivo.
Nei giochi competitivi conviene sempre spezzare l'equilibrio con decisioni casuale: strategie miste (Nash, strategie miste).
Che la sorte è forse la strategia migliore ce lo dice anche la TEORIA DEI GIOCHI. Nei giochi non collaborativi conviene sempre una strategia di tipo misto, che realizza un equilibrio non ottimale ma sicuramente  con un payoff migliore di altre alternative: l'equilibrio di Nash. (Cercate equilibrio di Nash - John Nash).
Saluti:mp3.7
--Mp3.7 (msg) 11:44, 10 gen 2009 (CET)
replies: text: Il problema di Monty Hall non ha nulla di "ripetitivo secondo la teoria dei giochi". Il presentatore ha una strategia non forzata solo nel caso in cui il giocatore abbia scelto la porta dove c'è l'auto; ma dal punto di vista del giocatore a questo punto le due alternative del presentatore sono irrilevanti. Tutta quella sezione è fuorviante (oltre che essere scritta da cani, ma su quello si sarebbe potuto anche lavorare), ergo la cancello a meno che qualcuno non mi dimostri qui il contrario. -- .mau. ✉ 19:16, 11 gen 2009 (CET)

text: ps per Mp3.7: (la consuetudine su wikipedia è che gli interventi stanno in fondo e non in cima) Se tu non sei convinto della soluzione, avevo giusto una scommessa stile Monty Hall con multiple partite da fare con qualcuno. Leggi qua. -- .mau. ✉ 19:22, 11 gen 2009 (CET)
thread_title:  Soluzione 2/3 non esatta, parte da logica erronea

message: I'm sorry it is difficult to write in your language, but I do enough understand it as to comprehend the article. As in most other languages the given explanation is not correct. It gives the solution to a slightly, but essential other problem. The real problem as stated has the condition that the door that is chosen and the door that is opened and revealing a goat are both known to the player. This excludes possibilities in which the other door is opened. Many people does not see the difference with the problem, in which the chosen door is known, but the presentator explains his plans to the player, and before opening one of the other doors, asks the player what he intends to do if a door is opened. The presented solution is the right one for the last case, but not for the real problem.
In more formal mathematics: Let X be the door behind which the car is, Y the door chosen by the player and M the door opened by the presentator, then when Y=1 (conditional that door 1 is initially chosen): 
:P(X=2|M=3,X\ne 3)=\frac{P(M=3|X=2)P(X=2)}{P(M=3,X\ne 3)}=
::\frac{P(M=3|X=2)P(X=2)}{P(M=3,X=1 \cup M=3,X=2)} = \frac{\frac 13}{\frac 12 \times \frac 13 + 1\times \frac 13}=\frac 23Nijdam (msg) 23:24, 7 feb 2009 (CET)
replies: text: @Nijdam: I am not able to understand your point. The player must know which door is opened by the host before she chooses whether to change her choice or not, and - as stated by Mueser e Granberg - the host must always give her the offer. I agree with you that if the host may not make the offer then the problem is essentially different. -- .mau. ✉ 10:57, 6 mar 2009 (CET)
thread_title: Explanation

message: sono appassionato di matematica ricreativa e volevo dire la mia sulla suddetta questione: credo che il cambiamento della porta da parte del giocatore non sia "necessario", in quanto lo stesso giocatore non sa ovviamente che cosa c'e' dietro la porta, quindi e' lecito affermare che e' inutile cambiare.....attendo opinioni.
:se ne sei così convinto, io ho pronta una scommessa da fare con te: guarda qua. -- .mau. ✉ 12:28, 28 apr 2009 (CEST)
replies: text: "Strani" conti a parte, secondo me ha ragione Vivabari2001. --Aushulz (msg) 01:55, 7 ago 2010 (CEST)
thread_title:  scusate ,"l'intrusione"... 

message: il seguente testo senza fonti è stato tolto dalla voce:
*ciò nonostante, tutte queste teorie risultano essere errate.
Per quanto sia certo che sulla prima scelta la probabilità di sbagliare sia del 66.6%, è altrettanto
certo che sul secondo evento stocastico la probabilità di sbagliare sia del 50%, questo perchè si
tratta di una scelta(o estrazione) fra 2 possibilità. Cambiare la propria scelta prma della seconda
estrazione nn aumenta le probabilità di successo, dato che il "cambio" altro nn sarebbe che ripetere
un'estrazone con la stessa probabilità..in altre parole dopo aver scelto un delle opzioni, e dopo
averne esclusa una fallimentare, cambiare la propria scelta altro nn è che cambiare la propria
scelta(che dopo l'esclusione dell' opzione sbagliata ha il 50% di probabilità di essere giusta) con
un'altra opzione con la stessa probabilità di essere sbagliata (50%)... Per escludere qualsiasi
dubbio basta analizzare solo il caso finale: abbiamo 2 possibilità, una l' abbiamo scelta prima e
l'altra no, possiamo decidere se cambiare, oppuse no, in ogni caso la probabilità è del 50% per
entrambe le opzioni. L'errore di considerare maggiore, la probabilità si successo, della scelta non
presa in considrazione dall'inizio, deriva dalla non considerazione del cambio della probalità di
successo della nostra scelta iniziale dopo aver saputo che un'altra selta è necessariamente
sbagliata. JKXKF
--mpitt (msg) 21:30, 24 ago 2009 (CEST)
thread_title:  Testo spostato dalla voce 

message: Ho rimosso il senza fonte alla curiosità riguardante Lo strano caso del cane ucciso a mezzanotte in quando posseggo il libro e pertanto ho controllato. Ho aggiunto anche il ref rimandante alle pagine del libro. Kraff   クアツフ (msg) 21:11, 27 nov 2009 (CET)
thread_title:  Senza fonte rimosso 

message: La vos savant ha torto, se la versione del problema è ESATTAMENTE la seguente, che riporto:
"Supponi di partecipare a un gioco a premi, in cui puoi scegliere tra tre porte: dietro una di esse c'è un'automobile, dietro le altre, capre. Scegli una porta, diciamo la numero 1, e il conduttore del gioco a premi, che sa cosa si nasconde dietro ciascuna porta, ne apre un'altra, diciamo la 3, rivelando una capra. Quindi ti domanda: "Vorresti scegliere la numero 2?" Ti conviene cambiare la tua scelta originale?"
infatti il conduttore potrebbe decidere di scegliere un'altra porta che nasconde una capra SE E SOLO SE la porta che il giocatore ha scelto è quella con la macchina, e non fare nulla altrimenti. In questo caso il giocatore fallirebbe SEMPRE!
sarebbe il caso di metterci un minimo di obiettività, almeno in matematica...--79.21.104.56 (msg) 00:00, 28 mar 2010 (CET)
thread_title:  scusate il maschilismo, ma... 

message: Mettiamo 1= vinco, 0= perdo.
PRIMA le possibilità di vincita sono: 001, 010, 100, rispettivamente, per le porte A,B,C.
PRIMA se scelgo una porta ho 1/3, se ne scelgo due ho 2/3, e se CAMBIO ho ancora 2/3.
PRESENTATORE APRE una porta 0 diversa dalla mia. 
DOPO rimangono le possibilità 01 oppure 10.
Io ho già scelto PRIMA, ma cambio (o no) DOPO.
QUINDI cambiare o no è ininfluente.
Tutto il resto è linguaggio o matematica (= formule e procedimenti per capirci, che stanno alla realtà COME-SE).
Lo schemino delle tre porte rappresenta la situazione PRIMA.
Per rappresentarla DOPO deve essere ridotto a due rami: CAPRA NON ELIMINATA e AUTO.
CAMBIARE esaurisce 2/3 possibilità di PRIMA, e ne diminuisce a 2 i casi per il DOPO.
Sono due scelte diverse in situazioni diverse!
Anche il Gardner citato (Enigmi e Giochi Matematici, Vol. 2 Sansoni Enciclopedie Pratiche pag. 184) è incoerente quando assegna 1/3 e 2/3 probabilità di salvezza ai prigionieri, mentre (pag. 184) dice che la probalità che il secondo figlio sia maschio è 1/3 se si considerano solo le famiglie di due 
figli ‘con almeno un maschio’ (casi MM, MF, FM) ma 1/2 se si considerano tutte le famiglie (anche FF).
Ma se il secondo figlio deve nascere, come nel problema, allora devo confrontarmi con tutte le famiglie (o con tutti (=2) i sessi del nascituro, il che è lo stesso).
Forse chi ha 6 maschi può attendersi un settimo maschio per problemi di famigliarità, ma statisticamente, a mio parere, il nascituro sarà 1/2 femmina.
DOMANDA: la statistica (sistema PROBABILISTICO) è matematica (procedimento ESATTO)?.
:* PRESENTATORE APRE una porta 0 diversa dalla mia.
: no.
: PRESENTATORE APRE una porta 0 diversa dalla mia E DOVE SICURAMENTE NON C'È L'AUTO
: il punto è banalmente quello: il presentatore non apre una porta a caso, e la porta che apre dipende dalla TUA scelta iniziale (perché se l'auto è dietro la porta 1, all'inizio lui potrebbe aprire la 2 o la 3; ma se tu hai scelto la 3 è costretto ad aprire la 2). -- .mau. ✉ 14:09, 4 nov 2011 (CET)
thread_title:  MIO Monty 

message: il link paradosso delle tre scatole manda a una pagina in cui viene descritto il paradosso delle tre scatole! c.
:Beh, sono due modi per chiamare lo stesso paradosso (cfr.). Ciao,--Sandro_bt (scrivimi) 01:55, 26 mag 2012 (CEST)
thread_title:  Paradosso delle tre scatole o delle tre carte? 

message: Salve a tutti, 
Ho dimostrato alcuni risultati interessanti concernenti alcune varianti (generalizzazioni) del problema classico di Monty Hall. Nello specifico, immaginiamo di poter agire su 2 variabili: Monty sa dietro quale porta si cela l'automobile / Monty non lo sa ; Monty è intenzionato ad aprire la porta con l'automobile, facendo perdere la vincita al concorrente / Monty non vuole aprire la porta con l'automobile e apre quella con una capra.
Per semplicità indichiamo l'ipotesi "Monty non sa dove sia l'automobile" con "M.D-K." e "Monty lo sa" con "M.K." ; indichiamo invece "Monty vuole far perdere il concorrente" con "E.M". e il suo opposto con "L.M." (che sarebbe il caso del problema di "Monty Hall" cananonico). Ebbene:
1)[E.M. & L.M.   +   M.D-K.] implica che è indifferente cambiare o meno: le probabilità di vincita sono le medesime in entrambi i casi (il 33% quando inizia il gioco che salirebbero al 50% qualora Monty aprisse una porta con dietro la capra).
Infatti: 
100-->X00-->X00
010-->X10-->XY0
001-->X01-->X0Y
Cambiando:
_00 --->vincita capra (2 volte)
__0 --->vincita automobile (1 volta)---->2 vittorie su 4 casi (50%).
_0_ --->vincita automobile (1 volta)
Non cabiando:
_00 --->vincita automobile (2 volte)
__0 --->vincita capra (1 volta)---->2 vittorie su 4 casi (50%).
_0_ --->vincita capra (1 volta)
2)[E.M.  +   M.K.] implica che non cambiando si vincerà una volta su 3 (quando si sceglierà subito l'automobile) mentre, nei casi restanti, si perderà sempre.
3)[L.M.  +   M.K.]. Questo è la versione classica del problema e converrà cambiare per avere 2 possibilità su 3 di vincere l'auto.
Ora vediamo cosa succede nel caso in cui Monty ci mostra una capra e ci chiede di cambiare (l'ipotesi è che lui apre la porta con la capra):
1) Se Monty non sa dove si trova l'auto, sia nel caso in cui voglia farci perdere che nel caso contrario abbiamo le stesse probabilità di vittoria, è INDIFFERENTE cambiare. Nello specifico: 
Se scegliamo una porta e stabiliamo di non cambiare, vincemo una volta su 3... vale a dire quando scegliamo la porta con l'automobile. Qualora stabilissimo di cambiare avremmo che 1/3 delle volte Monty aprirà la porta con l'automobile e noi perderemo, 1/3 delle volte noi avremo scelto l'automobile e (cambiando) perderemo, mentre 1/3 delle volte (nei casi restanti) vinceremo l'auto (giacché noi scegliamo una porta con una capre, Monty ci mostra l'altra capra e noi cambiamo una capra per un'automobile.
Posto che Monty ci mostra la porta con la capra, le probabilità di vincere l'auto sarebbero del 50% in entrambi i casi (cambiando o non cambiando)... infatti vinceremmo comunque 2 volte su 4.
2) Raginando, capiamo immediatamente che può verificarsi l'occorrenza [E.M.  +   M.K.] se e solo se noi abbiamo scelto la porta con l'auto. Questo è l'unico caso possibile e quindi, non cambiando, vinceremmo sempre (evento che, "ex ante" si verifica 1 volta su 3).
3) Problema classico-->conviene cambiare, si passerà così dal 33.33% al 66.67% di possibilità di vincere l'automobile.
Marco Ripà --Marcokrt (msg) 16:02, 26 dic 2012 (CET)
thread_title: Estensione del problema e casi generali

message: Non importa quanto lunghe e articolate e cervellotiche siano i ragionamenti e quanti e quali autorità li avallano:
se sono falsi restano falsi.
Qualcuno argomenta "Se le probabilità di vincita all'inizio sono del 33%, ha senso pensare che queste passino automaticamente al 50% solo perché il conduttore ha chiesto qualcosa che il giocatore non ascolta neanche? Ovviamente no."
E' un paralogismo.
Il conduttore non ha soltanto chiesto qualcosa. Ha fatto passare una probabilità da 1/3 a 0.
Cfr. lanci di monete: non è che dopo una serie di 100 testa aumenti la probabilità di CROCE.
Non è che dopo avere impedito una faccia al dado resti 1/6 di probabilità per ogni faccia,
non è che dopo avere impedito una faccia a una moneta resti 1/2.
Al contrario, dopo ogni lancio, la probabilità che sia testa, se è testa, o che sia croce, se è croce, è = 1.
:Purtroppo per spiegare alcuni eventi possono essere fatti solo ed esclusivamente ragionamenti articolati e cervellotici. È un po' come se dico: "Non importa quanto lunghi e articolati e cervellotici siano i ragionamenti che ha fatto Einstein per spiegare la teoria della relatività ristretta, è ovvio che il tempo è uguale per tutti". Se non sei convinto, prova ad eseguire effettivamente questo gioco con un amico, fai 20 giocate usando la strategia di cambiare e fanne altre 20 usando quella di non cambiare, quasi sicuramente avrai che usando la prima strategia il tuo amico vincerà di più.--dega180 (msg) 16:47, 27 dic 2012 (CET)
thread_title:  logica e chiacchiere gonfiano un problemino 

message: Al netto di tutti i possibili inganni semantici che si possono nascondere nella presentazione del problema, il "paradosso" di Monty Hall puo' essere espresso cosi:
"Il presentatore afferma che dietro ad una delle tre porte c'e' un premio e che dietro alle due rimanenti non c'e' nulla. Chiede al concorrente di scegliere una delle tre porte e poi di scommettere sulla possibilita' di aver vinto o meno"
Cosi' posta la questione non e' piu' controintuitiva. Banalmente chiunque direbbe che ci sono piu' probabilita' di perdere (2/3) rispetto a quelle di vincere (1/3) ed
e' esattamente quello che avviene quando si fa una simulazione pratica del gioco. In realta' il presentatore non influisce nella faccenda perche' il suo comportamento e' predeterminato. Io la simulazione l'ho fatta in Perl e cambiare la porta "aiuta".
Questa argomentazione e' stata esposta da dega180
Si potrebbe inserire una voce del tipo "Esposizione non controintuitiva"?
Codexmundi (msg) 19:30, 7 mar 2013 (CET)
thread_title:  Inganni semantici 

message: Ho notato che sono state aggiunte delle postille in alcuni punti della pagina, in cui si afferma, senza fonte fra l'altro (e con esempi sul cioccolato!!!) che la soluzione al problema sia di 1/2 piuttosto che di 2/3... Non sto affermando né l'una né l'altra soluzione, ma invito chi ha effettuato le modifiche a discuterne qui, ovvero nel creare un paragrafo apposito in cui si afferma con dovizia di particolari e con altrettante basi matematiche la teoria alternativa. Sinceramente confonde molto vedere delle aggiunte improvvise, in cui si legge, cito " MA CHE STAI DICENDO, se ho due cioccolatini che mi rappresentano il 100% del mio cioccolato e ne mangio uno, il cioccolatino che mi rimane rappresenta ancora il 50% del mio intero cioccolato? Ma che cose nonsense." Tali comportamenti sono da forum e non da pagine di enciclopedie. --151.74.159.188 (msg) 12:27, 12 ago 2015 (CEST)
thread_title:  Pagina modificata con soluzione 50/50 

message: Secondo voi questa frase riportata nel testo è giusta?
"Si supponga che il conduttore apra la porta 3. Dal momento che può solo aprire una porta che nasconde una capra, e non apre una porta a caso, questa informazione non ha effetto sulla probabilità che l'auto sia dietro la porta originariamente selezionata, che resta pari a 1/3"
Non capisco perché se il conduttore dovesse aprire una porta a caso, anziché una che nasconde una capra, questo dovrebbe influenzare la probabilità. 
:perché se aprisse una porta a caso potrebbe aprire quella con dietro l'automobile, e questo è vietato dalle ipotesi. -- .mau. ✉ 17:37, 14 ago 2016 (CEST)
thread_title:  Giusto o sbagliato? 

message: La voce contiene queste parole: "se la macchina si trova sotto i due pacchi scelti mentalmente", immagino influenza di Affari tuoi, lo reimposto a PORTA per essere coerente col resto della voce. --80.117.168.194 (msg) 19:47, 9 nov 2016 (CET)
thread_title:  Pacco 

message: Ci sono gia' un sacco di dimostrazioni diverse, aggiungerne una che usa esattamente lo stesso metodo di un'altra non ha sense. Se la dimostrazione che usa Bayes che c'e' ora non piace la si puo' miglioare, ma aggiungere un doppione non migliora certo la voce.--Sandro_bt (scrivimi) 21:11, 14 mag 2017 (CEST)
replies: text: immagino che le dimostrazioni siano come gli scarrafoni, ciascuna è bella per il suo creatore :-) -- .mau. ✉ 22:28, 14 mag 2017 (CEST)
thread_title:  Dimostrazione doppia 

message: Questo articolo mi preoccupa molto, perché non vedo da nessuna parte la dicitura "senza fonte", ma soprattutto secondo me mina la credibilità di Wikipedia, dato che l'articolo secondo me non ha senso logico.
Facciamo un esempio: ci sono un milione di porte, ne scelgo una, la numero 10. Il presentatore ne esclude 999998. Ne restano due: la 10 e la 100. Dovrei avere praticamente la certezza di avere l'auto nell'altra porta, cioè la 100, secondo voi. Diciamo che l'auto è dietro la numero 100. Se io avessi scelto la 100, allora l'auto doveva essere dietro la 10? E chi ce l'avrebbe spostata?
Le probabilità sono OVVIAMENTE 50%, perché la scelta finale è sempre fra DUE porte. Punto. Come la girate, si arriva sempre lì.
Il diagramma è sbagliato, perché mette sullo stesso piano scelte che invece vengono fatte in due tempi diversi: prima della rivelazione e dopo la rivelazione.
Ho come la sensazione che qualcuno faccia confusione e creda che il presentatore, sapendo dove sta l'auto, apre una porta con dietro la capra e SICURAMENTE l'auto sta dietro l'altra porta non scelta dal concorrente, ma non è affatto così! Potrebbero essere due porte con la capra. Anche se il presentatore è onniscente.
E poi questo discorso delle probabilità che non cambiano da dove salta fuori? Perciò se io ho una teca con mille palline, poi ne tolgo 998, restano la 1 e la 2 ho sempre una probabilità su mille di prendere la uno? Con due palline dentro? Sapendo già quali numeri sono stati estratti?
E poi perché una probabilità non può salire dal 33% al 50%, mentre per l'altra porta può salire dal 33% al 67%? In quel caso ovviamente sì? E perché? (Con perché intendo perché una probabilità può cambiare e l'altra no).
La verità, che confonde molti, è questa: all'inizio ho una probabilità su tre di indovinare. Se cambio carta ne ho di più (che sarà semmai il 50%, non il 67 o cos'altro). L'errore di logica sta qui: stiamo confrontando due probabilità applicate a due eventi diversi: nel primo caso si hanno tre carte, nel secondo solo due. Se io anziché tenere la stessa carta a priori dicessi che cambio sempre carta a priori, al primo turno non so ancora quale porta verrà aperta, perciò la scelta è fra tre, quindi la probabilità di vincere IN QUEL MOMENTO è di 1/3 anche se decido di cambiare. Dopo che una porta è stata aperta, ENTRAMBE le carte assumono una probabilità del 50% di vincere. Perché solo una carta dovrebbe cambiare valore? QUESTO non avrebbe senso.
Quindi in sostanza si tratta di un trucco, un inganno. Se provate l'esperimento fallirete, perché è il metodo a essere sbagliato. E' un gioco di logica, abbastanza fine, a dire la verità, ma si tratta di un caso non applicabile.
Una frase ricorrente è:
"nel caso la porta che hai scelto contiene una capra e il conduttore sappia qual è quella che contiene la macchina, è in qualche modo obbligato a scegliere l'altra."
Certamente, ma se il concorrente ha scelto la porta con l'auto, il presentatore deve scegliere "una delle altre". Cosa cambia agli occhi del concorrente? Nulla, non ha nessuna informazione aggiuntiva, lui non sa perché il presentatore ha aperto una porta piuttosto che un'altra. Cosa cambia dietro le porte? Nulla, l'auto è sempre nello stesso posto. Quante porte sono rimaste? Due. Di cui una ha l'auto e l'altra no. 50-50.
:In generale le probabilità cambiano in base alle informazioni a priori (cioè prima dell'esperimento) che hai. L'esempio che fai delle palline non c'entra nulla, lì non c'è informazione aggiuntiva che viene considerata. Il caso di un milione di porte dovrebbe aiutarti inutitivamente, all'inizio hai una possibilità su un milione di indovinare: se hai scelta quella giusta (1/1000000 di farlo) cambiando sbaglierai, se hai scelto quella sbagliata (99999/1000000) allora, visto che il conduttore sa dove sta il premio e lascia solo un'altra porta, cambiando vincerai per forza. Quindi la probabilità di vincere cambiando è la stessa di quella di sbagliare porta all'inizio. Stesso discorso col caso di 3 porte: la possibilità che il concorrente scelga la porta col premio all'inizio è 1/3 e in tal caso il conduttore apre una delle altre due a caso e, cambiando, il concorrente perderà, ma se aveva scelto la porta sbagliata, con 2/3 di probabilità, allora il conduttore apre obbligatoriamente una delle altre due porte, quella senza premio, e, cambiando, il concorrente vincerà. Il punto chiave del discorso sta nel fatto che il conduttore sa dove sta il premio e quindi la porta che rimane ha più possibilità di essere quella giusta rispetto all'equiprobabilità. Si ha 50% solo ignorando l'informazione che il conduttore sa dove sta il premio (in tal caso in realtà è ancora diverso perché potrebbe essere aperta la porta col premio e cambiando pederesti comunque e quindi avresti 0% di probabilità in tal caso, ma così è un altro problema, credo più complicato). Ti invito a fare molti esperimenti con un milione di porte e vedrai che indovinerai quasi sempre cambiando. Spero di essere stato chiaro :) --Mat4free (msg) 19:40, 24 ott 2017 (CEST)
replies: text: Non e' affatto un calcolo sbagliato. E perdonami se sono meno paziente di Mat4free, ma e' un decennio che arrivano persone a sostenere, sia qua sopra che direttamente modificando la voce, che c'e' un errore e questo quasi sempre senza neanche leggere prima attentamente la voce. La voce non e' sbagliata e di fonti ce ne sono in abbondanza, quindi dal punto di vista wikipediano c'e' poco da discutere. Sul caso di un milione di porte, mi sembra che ci sia tu non stia ponendo bene il problema. Il modo in cui l'hai descritto e a cui Mat4free ha risposto e' quello in cui scegli una porta e il conduttore ne apre 999998 tutte di fila non puoi scegliere ogni volta (e anche se fosse la strategia migliore sarebbe comunque quella di non cambiare fino all'ultimo). Comunque hai provato a leggere tutta la voce? Ci sono varie spiegazioni diverse e magari qualcuna di queste ti aiuta a chiarire. Poi anche un po' di sana verifica empirica non farebbe male: prova a fare una ventina di prove (magari con 10 porte per velocizzare la convergenza) e vedrai che cambiando sempre vincerai in ben piu' della meta' dei casi. E se nonostante questo sei ancora convinto puoi sempre accettare la scommessa di .mau.--Sandro_bt (scrivimi) 17:22, 25 ott 2017 (CEST)
replies: text: Il calcolo è assolutamente corretto e si può verificare usando gli assiomi della probabilità (ad esempio quelli di Kolmogorov), sei libero di verificarlo se vuoi. Non si mischia nessuna mela con nessuna pera. Il punto cruciale è che il presentatore NON può aprire né la porta col premio né quella scelta dal concorrente, non è un "gioco separato", è tutto insieme e va considerato insieme. Sarebbe diverso se il presentatore aprisse una delle porte senza premio PRIMA della scelta del concorrente, in questo caso allora effettivamente il concorrente avrebbe il 50% di possibilità di vincere, ma in questo secondo caso manca il vincolo che il presentatore non possa aprire la porta scelta dal concorrente.--Mat4free (msg) 08:42, 27 ott 2017 (CEST)
thread_title:  Preoccupazione 

message: Gentili utenti,
ho appena modificato 1 collegamento/i esterno/i sulla pagina Problema di Monty Hall. Per cortesia controllate la mia modifica. Se avete qualche domanda o se fosse necessario far sì che il bot ignori i link o l'intera pagina, date un'occhiata a queste FAQ. Ho effettuato le seguenti modifiche:
*Aggiunta del link all'archivio https://web.archive.org/web/20051120065707/http://www.imaph.tu-bs.de/qi/monty/ per http://www.imaph.tu-bs.de/qi/monty/
Fate riferimento alle FAQ per informazioni su come correggere gli errori del bot
Saluti.—InternetArchiveBot (Segnala un errore) 05:59, 3 apr 2018 (CEST)
thread_title:  Collegamenti esterni modificati 

message: Il paradosso di Monty Hall è semplicemente nel considerare o meno nell'insieme degli eventi il fatto che una porta che nasconde la capra sia già nota.
Scenario 1) Consideriamo che la porta che nasconde la capra NON sia nota
L'insieme degli eventi è di tre porte ignote. La probabilità dell'evento "scelgo la porta che nasconde l'auto" è di 1/3
Scenario 2) Consideriamo che la porta che nasconde la capra sia nota. Il concorrente prima di scegliere una porta sa già che una porta che nasconde una capra verrà aperta.
L'insieme degli eventi è di due porte ignote. La probabilità dell'evento "scelgo la porta che nasconde l'auto" è di 1/2
Tutto il resto delle dimostrazioni sono una conseguenza...
Ciao
Paolo --PC6502 (msg) 18:37, 15 ago 2018 (CEST)
thread_title:  Il paradosso del problema di Monty Hall è proprio un paradosso