Dyskusja:Paradoks Monty’ego Halla

message: Dlaczego prawdopodobieństwo, że nagroda znajduje się w bramce wybranej przez gracza nie zmienia się po odsłonięciu bramki przez prowadzącego? Model jako taki jest poprawny, ale zakładanie, że prawdopodobieństwo znalezienia się nagrody w bramce wybranej jako pierwsza się nie zmienia, a w pozostałych już tak wydaje mi się nijak nie przystawać do rzeczywistości.
Abym lepiej zrozumiał szczegóły modelu, prosiłbym jeszcze o rozpisanie zmian prawdopodobieństw dla czterech bramek.
pytanie:Dlaczego prawdopodobieństwo, że nagroda znajduje się w bramce wybranej przez gracza nie zmienia się po odsłonięciu bramki przez prowadzącego? 
odpowiedż: prawdopodobieństwo nie może się zmienić po wyborze to przeczyłoby logice.
P.S. Wybór oczywiście może zmienić prawdopodobieństwo.

message: Skoro tego nie zrozumiałem wcześniej, widocznie mojej logice nie przeczy... w każdym razie, jeśli zakładamy niezmienność prawdopodobieństwa bycia nagrody za wybraną przez siebie bramką (co w końcu uznałem za całkiem sensowne) to formalne wyprowadzenie tego, co tu robi się skomplikowanymi wzorami skracałoby się do 1-1/3=2/3.
Poza tym, jeśli rozważymy model, w którym bramki odsłonięte znikają z naszego pola widzenia, jest dużo bramek (na przykład te 100), oraz trzymamy się jednej bramki, dopóki nie będzie dwóch bramek nieodsłoniętych, a ponadto my zapominamy po każdym odsłonięciu, że ono nastąpiło, to przy dwóch ostatnich bramkach logiczne dla mnie jest, że prawdopodobieństwa będą równe... wszystko zależy od przyjętego modelu.

message: Pozostaje mi przyznać się do błędu i potwierdzić, że przedmiotowe hasło w swojej kwintesencji jest zgodny z prawdą.
thread_title:  bzdura 

message: Jeśli ktoś dodaje hasło do encyklopedii, to powinien najpierw sprawdzić swoje rozumowanie. Po odsłonięciu bramki autor podaje prawdopodobieństwo zasłoniętej jako suma niewybranych. Po odsłonięciu bramki Zmienia się moc zbioru omega z 3 na 2, co wymusza przeliczenie prawdopodobieństw poszczególnych bramek. Jeśli chce się komuś udowadniać, to odsyłam do wzorów na prawdopodobieństwo warunkowe i prawdopodobieństwo sumy zbiorów. Tylko trzeba wyliczyć wszystkie opcje, a następnie uśrednić wyniki dla poszczególnych bramek. Uzyska się wtedy wynik 1/3 dla każdej bramki. W zagadnieniu jest popełniony podobny błąd logiczny, co w tezie, że wzięcie ze sobą na pokład samolotu bomby zmniejsza prawdopodobieństwo, że ktoś wysadzi samolot w powietrze.
Pisz pan po ludzku.
thread_title:  bzdura2 

message: Wszystkim, którzy nie wierzą, że warto zmienić wybór polecam prostą grę, do której wystarczą trzy karty i przeciwnik. Zasady są tak oczywiste, że chyba nie muszę ich opisywać. Zagranie w tę grę samemu pozwala dodatkowo odkryć mechanizm tego paradoksu, który szybko paradoksem być przestaje.
--DCy (dyskusja) 11:49, 20 kwi 2008 (CEST)
thread_title:  Dowód doświadczalny. 

message: Artykuł jest pogmatwany - niepotrzebnie. Oczywiście poza opisem pochodzenia paradoksu, potrzebne jest w końcu matematyczne wyjaśnienie - tylko jak najprostsze. Problem jest w definicji przestrzeni zdarzeń elementarnych, a doświadczenie jest wieloetapowe, więc mogą przychodzić na myśl dość skomplikowane konstrukcje. Proponuję takie podejście - b.proste, z moim pełnym przyzwoleniem na wykorzystanie przez Autora hasła. Rozpatrzmy 2 strategie jako osobne doświadczenia losowe i dla każdej z nich wyliczmy prawdopodobieństwo wygranej. Obie strategie są deterministyczne - nikt tu nie losuje, tylko podejmuje decyzje niezależnie od wyników etapów:
1.Nigdy nie zmieniać pierwszego wyboru bramki.
2.Zawsze zmieniać pierwszy wybór bramki.
Ad. 1. Wszystko rozstrzyga się w pierwszym etapie. Prawdopodobieństwo wygranej: 1/3 (1 bramka z nagrodą z przestrzeni możliwych 3), dalsze działania nic nie zmieniają. Prawdopodobieństwo przegranej 2/3 analogicznie.
Ad 2. Jeżeli za pierwszym razem gracz wybrał pustą bramkę - to po odkryciu drugiej pustej i zmianie - trafi na wygraną. Jeżeli wybrał bramkę z nagrodą, to po odkryciu którejś z pustych bramek zmieni na drugą pustą i przegra. Zatem zdarzenie - wygrana zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy za pierwszym razem gracz wybrał pustą bramkę. A prawdopodobieństwo tego jest 2/3. Analogicznie prawdopodobieństwo przegranej w tej strategii jest równe prawdopodobieństwu wybrania bramki z wygraną w pierwszym etapie - czyli 1/3. Także przy tej strategii wszystko rozstrzyga sięw pierwszym etapie.
---
Można zapisać to językiem zupełnie potocznym:
Wyjaśnienie paradoksu polega na tym, że sztywna strategia zmiany bramki wybranej w pierwszym etapie powoduje taką logiczną zależność:
Jeżeli w pierwszym etapie gracz wybrał "pustą" bramkę, to po odkryciu drugiej pustej i zmianie decyzji trafia na nagrodę. Jeżeli w pierwszym etapie wybrał bramkę z nagrodą, to po odkryciu jednej z pustych, zamiana powoduje wybór drugiej "pustej" bramki. Zatem gracz wygrywa dokładnie wtedy, gdy w pierwszym etapie trafił na bramkę pustą, a dalszy przebieg doświadczenia nie ma już wpływu na wynik. Prawdopodobieństwo wygranej jest równe prawdopodobieństwu trafienie "pustej" bramki w pierwszym etapie, czyli 2/3.
Natomiast sztywna strategia pozostawania przy pierwszym wyborze powoduje oczywistą zależność: gracz wygrywa dokładnie wtedy, gdy trafił na wygraną w pierwszym etapie, a to ma prawdopodobieństwo 1/3.
Pozorny paradoks jest spowodowany błędem wynikającym z potocznego rozumienia prawdopodobieństwa: mylenia możliwych decyzji z możliwymi wynikami tych decyzji. A tu wynik ostateczny zależy i od decyzji i od wyniku pierwszego wyboru. Gracz przy drugiej decyzji ma 2 możliwości, stąd błędny wniosek, że prawdopodobieństwo wygranej to 1/2. Ale to nie możliwości (zmiana/brak zmiany) są wynikami doświadczenia, tylko wygrana/przegrana. Wyniki są też 2, ale wcale nie jednakowo prawdopodobne. Wygrana/przegrana zależy w obu strategiach tylko od wyboru w 1 etapie - a tu nie ma równego prawdopodobieństwa, tylko 1/3 do 2/3.
---
Można rozważyć ogólniejszą strategię niedeterministyczną (zawierającą obie powyższe), losową drugą decyzję czy zmienić bramkę czy nie. Wtedy już trzeba stosować wzór na prawdopodobieństwo całkowite. Zdarzenia - warunki są 2 (rozłączne i stanowiące w sumie zdarzenie pewne): N (wybranie bramki z nagrodą w pierwszym etapie) i E (wybranie bramki pustej w pierwszym etapie) P(N)=1-P(E)=1/3. Oznaczmy przez W zdarzenie - ostateczna wygrana. Gracz wybiera zmianę z prawdopodobieństwem p. Wtedy P(W/N)=1-p, P(W/E)=p.
P(W)=P(W/N)*P(N)+P(W/E)*P(E)=(1-p)*1/3+p*2/3=1/3+1/3*p.
Jest to funkcja liniowa rosnąca, p należy do przedziału [0; 1]. Minimalne prawdopodobieństwo wygranej jest gdy p=0 (strategia "nigdy nie zmieniać"), i P(W)=1/3. Maksymalne prawdopodobieństwo wygranej jest gdy p=1 (strategia "zawsze zmieniać"), wtedy P(W)=1/3+1/3*1=2/3 .
Pozdrawiam
Kaneis
thread_title:  Prosty dowód 

message: Bardzo przepraszam ale rachunek/dowod  lepiej usunac (napisac od nowa) niz poprawiac. Brak informacji jest lepszy niz informacja mocno zamieszana (szef kontrwywiadu powie odwrotnie). No to pierwszy krok -  usuwam... (por en:) --JWroblewski (dyskusja) 21:36, 23 cze 2008 (CEST)
---
thread_title:  Sorki 

message: Najprościej zrozumieć jest ten paradoks rozrysowując drzewko prawdopodobieństwa. Załóżmy że bramka wygrywająca to ‘o’ a przegrywająca ‘x’. Załóżmy że gracz wybierze pierwszą bramkę z brzegu (pozostałe 2 przypadki są analogiczne). Wybór zaznaczam wielką literą. Mamy zatem w pierwszym kroku 3 możliwe sytuacje: ‘Oxx’, ‘oXx’ i ‘oxX’. Prawdopodobieństwo wygranej wynosi 1/3 (raz wskazane ‘O’ na dwa razy ‘X’). Prowadzący usuwa (odsłania) jedną z niewskazanych bramek przegrywających (‘x’). Pozostaje następujący układ: ‘Ox’, Xo’, ‘Xo’. Jak łatwo widać jeśli gracz nie zmieni decyzji nadal wskazuje wygrywającą bramkę tylko w JEDNYM przypadku na TRZY. Jeśli zmieni zdanie - mamy układ: ‘oX’, ‘xO’, ‘xO’ – czyli wskazuje wygrywającą bramkę w DWÓCH przypadkach na TRZY czyli prawdopodobieństwo wygrania po zmianie decyzji = 2/3. C.B.D.U. Jeśli komuś się chce, ma czas i umie - może zrobić z tego elegancki rysunek :)
thread_title: Wyjaśnienie bez wzorów

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 othere 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): 
replies: text: P(X=2|M=3,X\ne 3)=\frac{P(M=3|X=2)P(X=2)}{P(M=3,X\ne 3)}=
replies: text: :\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 23 Nijdam (dyskusja) 23:26, 7 lut 2009 (CET)
thread_title: Explanation

message: W zasadzie jest to banalny problem z teorii gier.
Cały paradoks polega na braku precyzji w opisie strategii konferansjera.
Gdyby wybierał bramkę zupełnie losowo (1/3:1/3:1/3), to prawidłowa odpowiedź brzmiała by 1/2 : 1/2.
Oczywiście, trzeba się domyślać, że konferansjer z premedytacją pomija bramkę pełną :)
------------------------------------------------------------------------------------
Załóżmy teraz, że gracz wskazał początkowo "jedynkę", a konferansjer odkrył "trójkę".
Podane rozwiązanie 1/3 : 2/3 jest prawidłowe tylko przy założeniu, że konferansjer losuje (fifty-fifty) 
pustą bramkę w sytuacji gdy nagroda jest pod "jedynką".
Gdyby konferansjer preferował zawsze "trójki", to rozwiązanie brzmiało by: 1/2 : 1/2.
A gdyby jednak wolał "dwójki", to byłoby bliższe: 0 : 1 (!)
replies: text: Niczego nie trzeba się domyślać, to jest wprost opisane w regule tej gry, że konferansjer zawsze wybiera pustą bramkę.
thread_title:  Nie paradoks, a brak precyzji 

message: Przypisik:
Nie umiem pisać encyklopedycznie, ale postaram się wyjaśnić to co mam do wyjaśnienia, co możecie sobie później przerobić na wikipediowy tekst:
Wybierając bramkę jedną bramkę, uczestnik może być pewien, że prowadzący wyeliminuje jedną z dwóch pustych bramek, niezależnie od tego czy na początku uczestnik wybrał bramkę z nagrodą, czy pustą. Odsłonięcie pustej bramki jest adekwatne do pierwszego wyboru uczestnika (prowadzący nie może wyeliminować nagrody). Zatem można wyelinować możliwość wygranej w jednej z trzech bramek już na początku, wiedząc że prowadzący i tak odsłoni ją przed daniem możliwości zmiany wyboru. Oznacza to, że uczestnik wybiera pomiędzy dwoma bramkami już za pierwszym wyborem.
Potwierdza to fakt, że dwa różne wybory nie mają na siebie tak naprawde wpływu (wybór z 3, i wybór z 2 bramek). Wybór pierwszy jest zatem tylko formalnością przed drugim wyborem, pomiędzy dwoma bramkami.
Paradoksalnie, wybierając z trzech bramek jedną, uczestnik ma 50% szans na wygraną. autor: 83.175.188.165. Przeniósł z artykułu tutaj Raq0 (dyskusja) 11:08, 29 lis 2009 (CET) 
replies: text: Bardzo, bardzo, na początek, dobrze.

text: Reguły gry to podstawa.

text: Pozdrawiam,
replies: text: :-) 5.172.255.171 (dyskusja) 10:51, 16 maj 2024 (CEST)
thread_title:  Przeniesione z artykułu 

message: Fakt, że prowadzący ŚWIADOMIE wskazuje pustą bramkę ZANIM gracz dokona ostatecznego wyboru powoduje, że wybór pomiędzy 3 bramkami sprowadza się do wyboru pomiędzy 2 bramkami. Równie dobrze prowadzący mógłby odsłonić pustą bramkę przed pierwszym wyborem gracza. A zatem - ponieważ gracz dokonuje wyboru pomiędzy 2 bramkami - dokonuje wyboru z prawdopodobieństwem 1/2 i żadne pseudomatematyczne wywody tego nie zmienią. Tabelka w artykule pokazuje 12 możliwych wyborów - każdy z nich ma prawdopobieństwo takie samo, jak pozostałe (czyli 1/12), a zatem prawdopodobieństwo trafienia przy zmianie bramki jak i bez zmiany jest jednakowe i wynosi 1/2. Jak zwykle paradoks wziął się z niezrozumienia matematyki (to jest zazwyczaj źródło paradoksów).
replies: text: Wcale nie jest to błędne rozumowanie i nie jest to wybór pomiędzy dwoma bramkami. Problem jest dokładnie opisany w artykule i rozwiązanie sugerujące zmiany bramki jest prawidłowe. Niestety w twoim przypadku mamy brak zrozumienia matematyki, ale nie ma czym się przejmować, ponieważ wiele matematyków z wyższym wykształceniem z początku nie zgadzało się z rozwiązaniem, zanim zrozumieli na czym problem tak naprawdę polega. BeŻetdyskusja 19:20, 17 gru 2013 (CET)
Jeśli ktoś nadal ma wątpliwości co do rozwiązania problemu polecam symulację komputerową, która wszystko potwierdza. Pozdrawiam BeŻetdyskusja 13:29, 18 gru 2013 (CET)
thread_title:  błędne rozumowanie 

message: Wydaje mi się, że wiele osób przecenia konieczność wybrania przez prowadzącego pustej bramki (W artykule np. pojawia się uwaga: "Informacją tą jest wskazanie (zawsze!) pustej bramki.". Otóż nie jest ważne czy zawsze zostanie odsłonięta pusta bramka. Paradoks opisuje po prostu taką sytuację, która w sytuacji kiedy prowadzący nie ma takiej informacji zadziała dla 2/3 gier. Innymi słowy w 1/3 rozgrywek gra mogłaby się kończyć przegraną gracza ponieważ prowadzący odsłoniłby nagrodę w bramce i wiadomo byłoby, że gracz przegrał. 
Czyli jeżeli przeprowadzamy eksperyment przyjmijmy, że gracz wybiera na początku bramkę numer 1, a nagroda znajduje się w bramce numer 2 (ale w 1/3 przypadków znajdzie się w bramce numer 1, ale mimo tego omówmy ten pierwszy przypadek).
[pusta bramka nr 1][bramka z nagrodą nr 2][pusta bramka nr 3]
Scenariusz pierwszy:
Gracz wybiera bramkę nr 1. Konferansjer losowo wybiera bramkę numer 3 i pokazuje pustą bramkę. Gracz założył na początku, że nagroda jest w bramce numer 1, więc informacja o tym, że bramka numer 3 jest pusta pokrywa się z tym co założył, bo przyjął że nagroda jest w jego bramce. Dlatego prawdopodobieństwo dla wystąpienia nagrody w I bramce jest równe dalej 33.3%, a dla wystąpienia nagrody w pozostałych dwóch dalej 66.7%. Dzięki temu, że bramka numer 3 jest już odsłonięta, to to prawdopodobieństwo przenosi się na II bramkę. Gracz przy zmianie decyzji ma zatem dwukrotnie większą szansę na trafienie.
Scenariusz drugi:
Gracz wybiera bramkę nr 1. Konferansjer losowo wybiera bramkę numer 2 i pokazuje nagrodę. Koniec gry - gracz przegrał. Nie ma co rozważać paradoksu, bo mamy nową informację, że nagroda na 100% jest w bramce numer 1. Ta informacja zmieniłaby decyzję gracza bo różniłaby się z jego założeniami, ale nie ma on już możliwości zmiany bramki.
thread_title:  Wiedza konferansjera na temat odsłoniętej bramki 

message: W oryginalnej wersji artykułu mamy jedną bramkę, za którą jest samochód, oraz dwie bramki, za którymi są kozy. W polskiej wersji bramki opisano po prostu jako "z nagrodą" i "puste". Jednak na ilustracji, odnoszącej się do oryginalnej wersji, dalej widać kozę. Może to być niejasne dla polskiego czytelnika, który nie wie, czy tajemnicza koza oznacza nagrodę, czy może bramkę pustą. Należałoby albo zmienić treść artykułu, albo wykonać nową ilustrację (bez kozy), albo dodać pod obrazkiem wyjaśnienie (co jednak wyglądałoby dość nieporządnie.)
JudgeDeadd (dyskusja) 11:56, 9 lis 2014 (CET)
thread_title:  Koza na ilustracji 

message: W żadnym z przeglądanych przeze mnie artykułów na ten temat nie spotkałem się z wymyśloną przeze mnie trzecia możliwością rozwiązania tego problemu, przy której prawdopodobieństwo wygranej i przegranej wynosi tyle samo  1/2. Dlatego krótko to opiszę, zastrzegając sobie prawa autorskie (gdyby okazało się być oryginalnym rozwiązaniem).
Otóż zgadzam się, że prawdopodobieństwo trafienia za pierwszym razem wynosi 1/3 a nietrafienia 2/3. Po otwarciu przez prowadzącego pustej bramki prawdopodobieństwo przy wybranej przez użytkownika bramce dalej wynosi 1/3 natomiast przy pozostałej nieotwartej bramce 2/3. Cały szkopuł tkwi w tym co zrobi uczestnik w drugiej części zabawy:
# Jeśli wybierze (nieprzypadkowo)bramkę, którą wybrał na początku to prawdopodobieństwo wygrania wyniesie 1/3
#  Jeśli zmieni wybór  (nieprzypadkowo) na bramkę drugą, to prawdopodobieństwo wyniesie 2/3
#  Jeśli wybierze bramkę losowo np. rzucając monetą (albo ulega przypadkowej sugestii prowadzącego, publiczności, swojemu kaprysowi itd), to prawdopodobieństwo trafienia wyniesie 1/2 i przegranej również 1/2. Wynika to z twierdzenia o prawdopodobieństwie całkowitym: P(Wygr)=(1/2)*(1/3)+ (1/2)*(2/3)= 1/2
A więc jeśliby uczestnicy dokonywali drugiego wyboru w sposób przypadkowy, to liczba wygranych i przegranych powinna wynosić po połowie, co można łatwo sprawdzić mając do dyspozycji wyniki z wielu takich konkursów. Natomiast jeśli znali prawdopodobieństwa i się nimi kierowali w sposób nieprzypadkowy, to rozkład wygranych i przegranych może być inny.
Rozwiązanie jest analogiczne do rozwiązania prostych zadań np. z dwiema urnami, w których znajdują się dwa rodzaje kule białe i czarne, pod warunkiem że prawdopodobieństwa warunkowe sumują się do jedynki(tak jak w opisanym przypadku 1/3 +2/3 =1). Jest to również prosty sposób na rozprawienie się z nieuczciwymi (niesymetrycznymi) monetami np. orzeł wypada 55% a reszka 45%. Trzeba przed dokonaniem wyboru rzucić własną symetryczną monetą albo posłużyć się innym zdarzeniem losowym o rozkładzie 1/2 i 1/2.
thread_title:  Trzecia możliwość 

message: Równoważnym sposobem gry byłaby możliwość wyboru za pierwszym razem dwóch bramek zamiast jednej. Wtedy wszyscy by się zgodzili, że prawdopodobieństwo wygranej wynosi 2/3.
Po wybraniu dwóch bramek przez gracza prowadzący odsłaniałby jedną z wybranych bramek oczywiście tę bez nagrody i dawałby jeszcze raz możliwość wyboru bramki. Oczywiście odsłonięcie bramki nie spowodowałoby zmiany prawdopodobieństwa z 2/3 na 1/2 bo nie została wykonana żadna istotna zmiana a gracz od początku wiedział, że jedna z bramek jest pusta. Gracz mógłby nawet zamknąć oczy i nie słuchać. Dlatego prawdopodobieństwa w dalszym ciągu wynoszą 2/3  i 1/3.
Dlaczego tak się nie gra w teleturnieju? Bo każdy by się zorientował,że nie opłaca się zmieniać dwóch bramek na jedną. Natomiast w oryginalnym sposobie gry powstaje złudzenie, że po otwarciu pustej bramki mamy do czynienia między wyborem jednej z dwóch bramek- co oczywiście nie jest prawdą. W pierwszej części grający dokonuje podziału trzech bramek na dwie grupy - A jednobramkową i B dwubramkową. Oczywiste jest że prawdopodobieństwa, że nagroda jest w danej grupie wynoszą P(A)=1/3 i P(B)=2/3. W drugiej części dokonuje wyboru grupy A lub B.
Skąd się bierze ten paradoks, czyli sprzeczność z naszym "zdrowym rozsądkiem". Mówiąc językiem rachunku prawdopodobieństwa nasz zdrowy rozsądek posługuje się klasyczną definicją prawdopodobieństwa- przyjmując bez dowodu, że każde zdarzenie elementarne ma jednakowe prawdopodobieństwo równe 1/|Ω|. Jeżeli są trzy bramki to przyjmujemy, że prawdopodobieństwo wynosi 1/3, a jeżeli dwie bramki to 1/2. Tymczasem tak może nie być. Np. dziecko może mieć płeć M lub K, a prawdopodobieństwa narodzenia P(K)≠P(M)≠1/2 (oczywiście P(K)+P(M)=1). W przypadku omawianego teleturnieju wystarczyłoby, żeby przygotowujący teleturniej nie losowali bramki w której ma być nagroda, a prawdopodobieństwa mogłyby nie być równe 1/3. 
Musimy opierać się o definicję aksjomatyczną, aby poprawnie rozwiązać ten problem. W aksjomatycznym ujęciu MUSIMY przyjąć ile wynoszą prawdopodobieństwa  poszczególnych zdarzeń elementarnych, czyli zbudować model. Skąd mamy wiedzieć ile wynoszą poszczególne prawdopodobieństwa? Możemy wywnioskować to na podstawie innych informacji(tak jak w tym przypadku) lub z doświadczenia. W przypadku omawianego paradoksu te prawdopodobieństwa wynoszą 2/3 i 1/3 (przy założeniu że 1/3 dla każdej bramki na początku co też nie musi być spełnione). 
Oczywiście najwyższym sędzią jest doświadczenie ono nam odpowie na pytanie czy wybraliśmy właściwy model do opisu tej gry. Doświadczenie opowiada się za słusznością tego modelu. Można to samemu sprawdzić. Wystarczy wziąć drugą osobę jako gracza do pomocy i trzy karty do gry dwie czerwone i jedną czarną. Następnie ułożyć LOSOWO karty tak, żeby prowadzący wiedział gdzie jest czarna a gracz nie. Po wybraniu karty przez gracza prowadzący odkrywa kartę czerwoną i gracz dokonuje wyboru. Wystarczy zagrać ze 100 gier i policzyć ile razy gracz wygrał zostając przy karcie a ile razy wygrał zmieniając kartę. Musi 2/3 i 1/3 chyba ze oszukujemy.
W obydwu przypadkach liczyliśmy prawdopodobieństwo warunkowe wygranej, czyli JEŻELI pozostaniemy przy wybranej bramce lub JEŻELI zmienimy bramkę. Ile wynosi prawdopodobieństwo wygranej w tym teleturnieju? Jeżeli grający będą dokonywać wyboru losowo, to prawdopodobieństwo wygranej będzie wynosić 1/2. Wystarczy rzucić monetą przed wyborem bramki i prawdopodobieństwo wygranej wyniesie 1/2 niezależnie, którą bramkę wskaże nam moneta. To jest magia rachunku prawdopodobieństwa. Pokazałem to w poprzednim temacie - Trzecia możliwość.
replies: text: Nie jest prawdą co piszesz, wytłumaczenie jest np tu https://bookdown.org/probability/beta/conditional-probability.html#monty-hall i w podanym tam odnośniku oraz w opisanej tam symulacji w języku R.
thread_title:  Proste wyjaśnienie paradoksu. 

message: Od strony czytelnika: właściwe wytłumaczenie paradoksu znajduje się w akapicie Zamiana kolejności (albo tuż powyżej w dyskusji) a akapit Prawdopodobieństwo łączne jest niejasny, dopóki pozostawiony powyżej, tzn. czytany przed, akapitem Zamiana kolejności. Nie jest do końca wyjaśnione dlaczego bramki dzielimy na grupy 1-2 w taki sposób że 1 to bramka pierwotnie wybrana przez gracza a 2 są pozostałe, a dlaczego nie można ustalić grupy 2 bramek w której jedną jest pierwotnie wybrana, przypisać jej p-stwa 2/3 i tym samym twierdzić że pozostanie przy wyborze daje 2/3 szansy wygranej.Z drugiej strony model nie jest realistyczny bo zakłada obiektywizm prowadzącego albo, równoznaczne, że zawsze proponuje on zamianę. Co przy takim sposobie grania, że w kolejnych rozgrywkach raz proponuje on zamianę a raz nie. Wtedy należałoby się zastanowić kiedy proponuje, czy aby nie wtedy gdy gracz dokonał pierwotnie dobrego wyboru, ponieważ gra przeciwko graczowi. Zakładam, jak w artykule opisano, że prowadzący od samego początku wie gdzie jest nagroda a decyzję czy zaproponować zamianę podejmuje po dokonaniu wyboru przez gracza, czyli wie czy gracz wygrałby. Gdyby prowadzący proponował zamianę losowo - nie znałby położenia wygranej, dowiadywałby się w trakcie, w celu określenia która jest pusta do odsłonięcia, wchodząc za bramki po pierwszym wyborze gracza - wtedy model miałby zastosowanie. Ale nawet przy takim sposobie gracz mógłby przypuszczać że wchodzenie za bramki w trakcie to teatr, podobnie nie wiedziałby (nie widział poprzednich programów/gier) czy prowadzący zawsze proponuje zamianę, prowadzący mógłby przemilczeć pytanie o t,o albo kłamać - czyli gracz ma prawo pytać czy prowadzący gra przeciwko niemu. A już na pewno jeśli prowadzącym jest krupier w kasynie.wtb@poczta.onet.pl 01:48 1 maja 2021r. CEST
replies: text: Prowadzący wie, które bramki są puste. Prowadzący zawsze proponuje zmianę bramki
thread_title:  Prawdopodobieństwo łączne 

message: Prawdopodobieństwo, że na pokładzie samolotu znajduje się bomba, wynosi 1/1000000000000 a prawdopodobieństwo, że tam znajdują się dwie bomby wynosi 1/1000000000000 ^2 (czytaj do kwadratu). Czyli, żeby zmniejszyć prawdopodobieństwo... należy zabrać ze sobą jedną bombę.
Klasa problemu taka sama!
p.s.
Proszę ADMINA o rozważenie, z uwagi na trudne czasy w jakich przyszło teraz funkcjonować, żeby rozważył usunięcie tematu.
replies: text: -) 5.172.255.198 (dyskusja) 20:24, 1 maj 2024 (CEST)

text: BTW Przecież gracz zawsze wygrywa! Czasem tylko wygraną jest samochód a czasem koza. W grze brak jest info o koszcie - ile gracz musi oddać za przegraną i ile kózka kosztuje. Dopiero wtedy można obliczyć "E" gry, czyli prawdopodobieństwa zdarzeń i ich ceny (użyteczności). Już nie wspominając o subiektywnych, indywidualnych wartościach samochodu i kozy.

text: Intencje autora gry są oczywiście zrozumiałe - trzeba jeszcze rozważyć sytuację, że host, wiedząc co jest za drzwiami, może wybrać te z samochodem, widząc gracza który potrafi liczyć.

text: Pozostaje zastosowanie wyniku prawdopodobieństwa do TYLKO jednokrotnej gry, gdzie zaufanie do wyniku bardzo się "rozjeżdza"... i dąży raczej do 50/50. Co innego kiedy gramy jeden raz a co innego gdy gramy nieskończenie wiele razy.
replies: text: :-) 5.172.255.160 (dyskusja) 22:42, 1 maj 2024 (CEST)

text: Rozwiązanie jest proste i oczywiste, zarówno dla uczniów szkół średnich i "olimpijczyków' z podstawówek. Trochę matematyki w zupełności wystarczy, przy grach wielokrotnych. Powyżej już jest podane rozwiązanie prawidłowe, 'zakrzyczane', więc może nie zostać zauważone. Zapewniam, że na mat-fiz nie takie zadania wasze pociechy rozwiązują.

text: Na koniec mogą dojść elementy statystyki i ekonomii, ale podstawy to rachunek prawdopodobieństwa.
replies: text: :-))

text: Przy odpowiednio ułożonych regułach gry, można wykazać, że 'Ben' przegrywa zawsze, albo prawdopodobieństwo wygranej może wynieść 17% OR 33% OR 50%, OR 67%,, OR 100%, czyli pewność wygranej. 5.172.255.171 (dyskusja) 10:41, 16 maj 2024 (CEST)
thread_title:  Benny Hill problem!