stanford-oval/wikipedia huggingface dataset:
St. Dominic Kapısı

St. Dominic Kapısı, Lüzinyanlar döneminde var olmuş olan Lefkoşa'nın bir kapısı. Venedikliler döneminde surlar yeniden inşa edildiğinden günümüze ulaşamamıştır. Kapı, şehir surlarının batı tarafında bulunmakta ve Baf, Güzelyurt ve Solya gibi batıdaki bölgelere ulaşımı sağlamaktaydı. Bunlara rağmen kapının tam konusu hakkında fazla bir araştırma yapılmamıştır. Günümüzdeki Baf Kapısı'na yakın bir yerlerde bulunduğu ve Kanlıdere'nin kapının yakınlarından geçtiği düşünülmektedir. Kapı, adını aynı semtte bulunan bir Orta Çağ manastırı olan St. Dominic Manastırı'ndan almıştır. St. Dominic kapısı yüksek rakımı (490 ft [149.35 m]) dolayısı ile "Yukarı Kapı" olarak da anılmaktaydı.
Sukkuletten-Sammlung Zürih

Sukkuletten-Sammlung'un girişi
Sukkuletten-Sammlung İsviçre, Zürih'te bulunan dünyaca ünlü Sukkulent bitkileri koleksiyonu. 80 değişik familyadan 6500 kadar kaktüs çeşidini kapsayan park yılda 50.000 ziyaretçiyi çeker. Bu geniş botanik bahçesi, kaktüs koleksiyonu dışında aynı zamanda bir kütüphane ve Uluslararası Sukkulent Araştırmaları Kuruluşu'na (International Organization for Succulent Plant Study IOS) da ev sahipliği yapar.
Tarihçe

Kaktüs yetiştiricisi Jakob Gasser, 1920'lerin sonunda elindeki sukkulent kolseksiyonunu Zürih şehrine satmak istedi, ancak şehir yönetimi bu talebi geri çevirdi. Koleksiyonu 1929'da Julius Brann satın aldı ve iki yıl sonra Zürih şehrine hediye etti. Koleksiyonun idaresi 1931'de Zürih'in bahçe işleri sorumluluğunu yapan Hainz Kranz'a verildi. Kranz sadece koleksiyonların yaşatılmasıyla uğraşmadı, uluslararası ilişkiler de geliştirdi ve 1950'de Uluslararası Sukkulent Araştırmaları Kuruluşu'nun kurulmasına öncülük etti.
Koleksiyonun sorumluluğu 1972'de Diedrich Supthut'a geçti. Supthut kaktüs bitkilerinin yetiştiği bölgelere çok sayıda özel gezi yaptı ve buralardaki bilim adamları ve koleksiyoncularla ilişkiler kurdu. Böylelikle çok sayıda kaktüs çeşidinin Zürih'e gelmesini sağladı. 1983'te seraların teknik altyapısı onarıldı ve yönetim binası geliştirildi.
1990'ların başında şehir yönetiminin tasarruf tedbirleri nedeniyle, Sukkuletten-Sammlung'in alışıldığı biçimde yürütülemeyeceği kararlaştırıldı. Koleksiyonun büyük bir değer olduğunu anlatan çok sayıda rapor hazırlandı. Nihayet 199'da koleksiyonu kapatma ya da küçültme fikri masadan kaldırıldı.
1996'da koleksiyonu destekleyen bir araştırma vakfı kuruldu ve 1998'den beri de Die Sukkulentenwelt adında bir dergi yayınlanmaya başlandı.
Yerleşim

Sukkuletten-Sammlung Zürih Gölü'nün sol kıyısında, Enge bölgesinde yer alır. 4750 m²'lik  bir alan üzerinde sergi amaçlı 6 adet kapalı sera evi ve kışa dayanıklı kaktüsler için bir adet açık bahçeden oluşur. Kalan 700 m² alan yetiştirme ve 550 m² alan da iklime uyum sağlatma, üretme ve kışı geçirme gibi koleksiyonu yaşatmaya dönük işler için kullanılır.
Sukkuletten-Sammlung bilimsel çalışmalar için 25.000 bitkinin olduğu bir Herbaryum ve 25.400 kitap ve dergiyi içeren bir kütüphane de içermektedir.
Wikimedia Commons'ta  ile ilgili ortam dosyaları bulunmaktadır.
Sadece geceleri açan Gece Kraliçesi kaktüs türü
St. Clair Gölü

St. Clair Gölü, Büyük Göller yöresinde, Huron Gölü ile Erie Gölü arasında yer alan göl.
Göl, ABD'nin Michigan eyaleti ile Kanada'nın Ontario eyaletleri arasında sınır teşkil eder. Detroit Nehri ile Erie Gölüne, St Clair Nehri ile de Huron Gölüne bağlanır. Büyük Gölleri tarif ederken bu tanımın dışında tutulsa da coğrafi olarak bir parçasıdır. Önemli bir transit geçiş noktasıdır. Çevresinde Detroit, Port Huron ve Sarnia gibi büyük yerleşimler bulunur.
Monty Hall problemi

Arabayı ararken yarışmacı kapılardan birini, diyelim ki 1'inciyi seçmiş olsun. Sunucu diğer kapılardan birini, diyelim ki 3'ü açar ve arkasında keçi vardır; yarışmacıya 1. kapı yerine 2'nciyi seçebileceğini söyler.
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:
Bir yarışma programında olduğunuzu ve üç kapıdan birini seçme hakkınız olduğunu varsayalım. Kapılardan birinin ardında bir araba, diğerlerinin ardında ise keçiler var. Kapılardan birini, diyelim ki 1'inciyi seçiyorsunuz ve kapıların ardında ne olduğunu bilen sunucu, diğer kapılardan birini, diyelim ki ardında keçi olan 3'üncüyü açıyor. Daha sonra size soruyor: "2. kapıyı seçmek ister misiniz?" Seçiminizi değiştirmek sizin yararınıza mıdır? (Whitaker 1990)
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:
Bir yarışma programında olduğunuzu ve üç kapıdan birini seçme hakkınız olduğunu varsayalım. Kapılardan birinin ardında bir araba, diğerlerinin ardında ise keçiler var. Kapılardan birini, diyelim ki 1'inciyi seçiyorsunuz ve kapıların ardında ne olduğunu bilen sunucu, diğer kapılardan birini, diyelim ki ardında keçi olan 3'üncüyü açıyor. Daha sonra size soruyor: "2. kapıyı seçmek ister misiniz?" Seçiminizi değiştirmek sizin yararınıza mıdır? (Whitaker 1990)
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):
Bir yarışma programında olduğunuzu ve üç kapıdan birini seçme hakkınız olduğunu varsayalım. Kapılardan birinin ardında bir araba, diğerlerinin ardında ise keçiler var. Yarışmanın kuralları şunlar: Siz kapıyı seçtikten sonra, kapı hemen açılmaz. Kapıların ardında ne olduğunu bilen sunucu Monty Hall, şimdi geriye kalan iki kapıdan birini açmak zorundadır ve açacağı kapının ardında mutlaka bir keçi olacaktır. Eğer geriye kalan iki kapının ardında da keçi varsa, kapılardan birini rastgele seçecektir. Monty Hall ardında keçi olan kapıyı açtıktan sonra, size ilk seçiminizi değiştirip kalan kapılardan diğerini seçmek isteyip istemediğinizi soracaktır. Düşünün ki Kapı 1'i seçtiniz ve sunucu ardında keçi olan Kapı 3'ü açtı. Daha sonra size "Seçiminizi 2 numaralı kapıdan yana değiştirmek ister misiniz?" diye sordu. Seçiminizi değiştirmek sizin yararınıza mıdır? (Krauss and Wang 2003:10)
Ayrıca, yarışmacı için arabayı kazanmanın keçiyi kazanmaya göre daha tercih edilir olduğunu varsaymamız gerekir.
Olasılık yoluyla çözüm > 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:
Araba kapıların arkasına rastgele yerleştirildiğinden, bütün A değerleri için şartlar eşittir. Buna göre A'nın başlangıç (koşulsuz) olasılığı
Ayrıca, yarışmacının başlangıçtaki seçimi arabanın konulmasından bağımsız olduğundan, A ve Y değişkenleri bağımsızdır. Dolayısıyla bir Y değeri için A'nın koşullu olasılığı
Sunucunun seçimi A ve Y değerlerine göre H'nin koşullu olasılığı ile gösterilir:
| 0 | 1 | 2 | 3 |
| --- | --- | --- | --- |
|  P(H|A,Y)\,\,=\,{\begin{cases}\,\\\,\\\,\\\,\end{cases}} |  \,0\, |   | eğer H = Y, (sunucu yarışmacının seçtiği kapıyı açamaz) |
|  P(H|A,Y)\,\,=\,{\begin{cases}\,\\\,\\\,\\\,\end{cases}} |  \,0\, |   | eğer H = A, (sunucu arabanın bulunduğu kapıyı açamaz) |
|  P(H|A,Y)\,\,=\,{\begin{cases}\,\\\,\\\,\\\,\end{cases}} |  \,1/2\, |   | eğer Y = A, (arkasında araba olmayan kapıların açılması eşit ihtimallidir) |
|  P(H|A,Y)\,\,=\,{\begin{cases}\,\\\,\\\,\\\,\end{cases}} |  \,1\, |   | eğer H  \neq A ve Y  \neq  A, (açılabilecek sadece bir kapı vardır) |
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:
bu oranda payda marjinal (bileşen) olasılığı gösterir
Dolayısıyla, eğer yarışmacı 1. kapıyı seçer ve sunucu 3. kapıyı açarsa, seçilen kapının değiştirilmesi halinde kazanma olasılığı
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.
Anlamaya yardımcı olacak noktalar > 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.
Anlamaya yardımcı olacak noktalar > 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.
Anlamaya yardımcı olacak noktalar > 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 > 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.
Değişik biçimler - kısmen değiştirilmiş problemler > 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).
NGC 6270

NGC 6270, Yeni Genel Katalog'da yer alan bir galaksidir. Gökyüzünde Herkül takımyıldızı yönünde bulunur. S0 tipi bir merceksi galaksidir. Alman astronom Albert Marth tarafından 1864 yılında 121,92 cm (48,00 in) çaplı aynalı tip bir teleskopla keşfedilmiştir.
Neda, Galiçya

Galiçya'daki konumu
Neda belediye binası (Temmuz 2008)
Neda, İspanya'nın otonom bölgelerinden biri olan Galiçya'nın kuzeybatısında bulunan A Coruña eyaletine bağlı belediyesi.
| g t A Coruña'nın belediyeleri |
| --- | --- | --- |
|  Abegondo  Ames  Aranga  Ares  Arteixo  Arzúa  A Baña  Bergondo  Betanzos  Boimorto  Boiro  Boqueixón  Brión  Cabana de Bergantiños  Cabanas  Camariñas  Cambre  A Capela  Carballo  Cariño  Carnota  Carral  Cedeira  Cee  Cerceda  Cerdido  Coirós  Corcubión  Coristanco  A Coruña  Culleredo  Curtis  Dodro  Dumbría  Fene  Ferrol  Fisterra  Frades  Irixoa  A Laracha  Laxe  Lousame  Malpica de Bergantiños  Mañón  Mazaricos  Melide  Mesía  Miño  Moeche  Monfero  Mugardos  Muros  Muxía  Narón  Neda  Negreira  Noia  Oleiros  Ordes ·  Oroso  Ortigueira ·  Outes  Oza-Cesuras  Paderne  Padrón  O Pino  A Pobra do Caramiñal  Ponteceso  Pontedeume  As Pontes de García Rodríguez  Porto do Son  Rianxo  Ribeira  Rois  Sada  San Sadurniño  Santa Comba  Santiago de Compostela  Santiso  Sobrado  As Somozas  Teo  Toques  Tordoia  Touro  Trazo  Val do Dubra  Valdoviño  Vedra  Vilarmaior  Vilasantar  Vimianzo  Zas  |  Abegondo  Ames  Aranga  Ares  Arteixo  Arzúa  A Baña  Bergondo  Betanzos  Boimorto  Boiro  Boqueixón  Brión  Cabana de Bergantiños  Cabanas  Camariñas  Cambre  A Capela  Carballo  Cariño  Carnota  Carral  Cedeira  Cee  Cerceda  Cerdido  Coirós  Corcubión  Coristanco  A Coruña  Culleredo  Curtis  Dodro  Dumbría  Fene  Ferrol  Fisterra  Frades  Irixoa  A Laracha  Laxe  Lousame  Malpica de Bergantiños  Mañón  Mazaricos  Melide  Mesía  Miño  Moeche  Monfero  Mugardos  Muros  Muxía  Narón  Neda  Negreira  Noia  Oleiros  Ordes ·  Oroso  Ortigueira ·  Outes  Oza-Cesuras  Paderne  Padrón  O Pino  A Pobra do Caramiñal  Ponteceso  Pontedeume  As Pontes de García Rodríguez  Porto do Son  Rianxo  Ribeira  Rois  Sada  San Sadurniño  Santa Comba  Santiago de Compostela  Santiso  Sobrado  As Somozas  Teo  Toques  Tordoia  Touro  Trazo  Val do Dubra  Valdoviño  Vedra  Vilarmaior  Vilasantar  Vimianzo  Zas  |  |
| --- | --- |
Otorite kontrolü :  VIAF: 308722521
Sutton Bridge

| Sutton Bridge |
| --- | --- |
Kent

Sutton BridgeSutton Bridge'in Birleşik Krallık'taki konumu
Ülke:  Birleşik Krallık
Ülke:  İngiltere
Kontluk: Lincolnshire
Zaman dilimi: UTC±00.00 (BAS)
 • Yaz (YSU): UTC+01.00 (BAYS)
Sutton Bridge, İngiltere'nin Lincolnshire kontluğunda bulunan bir civil parish.
Steve Halliwell

| Steve Halliwell |
| --- | --- |
2023'te Zak Dingle rolüyle Halliwell
Doğum: Stephen Harold Halliwell 21 Mart 1946(1946-03-21) Bury, Lancashire, İngiltere
Ölüm: 15 Aralık 2023 (77 yaşında) Leeds, İngiltere
Eğitim: Mountview Tiyatro Okulu
Meslek: Oyuncu
Etkin yıllar: 1977–2023
Tanınma nedeni: Emmerdale (Zak Dingle rolü ile)
Evlilik: Valerie Halliwell
Çocuk(lar): 3

Stephen Harold Halliwell (21 Mart 1946 – 15 Aralık 2023), İngiliz aktör.
Hayatı

Halliwell, 21 Mart 1946'da Bury, Lancashire, İngiltere'de doğdu. Mountview Tiyatro Okulu'ndan mezun oldu. 1977'de başladığı oyunculuk kariyerini 2023 yılındaki ölümüne kadar sürdürdü. Memleketindeki Interchange Tiyatrosu'nun kurucuları arasında yer aldı. En çok; 1994-2023 yılları arasında Zak Dingle rolünde olduğu ITV kanalı yapımı Emerdale adlı TV pembe dizisiyle akıllarda kaldı.
Aynı zamanda; Here I Stand, Threads, Cracker, Crown Court, G.B.H., Heartbeat ve Coronation Street gibi bazı yapımlarda yer aldı. Anılarını 2014'te yayınlanan If The Cap Fits: My Rocky Road to Emmerdale adlı kitapta topladı.