モンティ・ホール問題
自然な仮定の下で、開けるドアを変更すると、プレーヤーが景品を獲得する確率が2倍になることをベイズの公式(ベイズの定理)を使って示す。
簡単化のため、プレーヤーは初めにAのドアを選ぶものとする(プレーヤーが初めにBまたはCのドアを選ぶとしても以下の論法は変わらない)。
標本空間をΩとし(例えば、全ての放映されたモンティ・ホール・ショーのうち、プレーヤーが初めにAのドアを選んだ場合全ての集合と考えることにする)、Ω上で定義された確率をPとする(ここでは、Ωの任意の部分集合Uに対して、P(U)=(Uの要素の個数)/(Ωの要素の個数)と定義することにする)。また、Ω上で定義された「景品があるドア」を表す確率変数をXとし、「モンティが開けるドア」を表す確率変数をYする。XとYの値域は、それぞれ、X(Ω)={A,B,C}、Y(Ω)={A,B,C}である。xをX(Ω)の要素を表す変数とすれば(つまりxはA,B,Cのいずれかの値を取る)、「景品があるドア」がxである確率はPX(x)=P(X(x))と表される。同様に、yをY(Ω)の要素を表す変数とすれば、「モンティが開けるドア」がyである確率はPY(y)=P(Y(y))と表される。
もとの例題ではルール (3) と (4) が重要とされるのが一般的だが、実はもう一つ重要な前提がある。それは、「プレーヤーが最初に当たりを選んだ場合に、モンティが残るドアのどちらを開けるかについて "癖がない(ランダムに選ぶ)" ことだ。例えば「プレーヤーが最初に当たりのAのドアを選んだ場合は、モンティは必ずBを開く」という可能性があるとすれば、「マリリンの解答は間違っている」というのは必ずしも間違いではない。ここで、「癖がない(ランダムに選ぶ)」ことがいかに重要であるか、具体的に説明する。
プレーヤーがドアAを選んだ場合にモンティがドアBを選択する(選択して開ける)確率を x とすると、ドアBが開いた(もちろん外れ)という条件のもとで、ドアAが当たりである確率は x/(1+x)となる(もちろん、ドアCが当たりである確率は 1/(1+x)である)。
計算法
ドアBが開いたということは、プレーヤーがドアCを選択したかドアAを選択したということである。
プレーヤーが初めにAのドアを選び、モンティがBかCのドアを開ける前の時点での結合確率PX,Y(x,y)=P(X(x)∩Y(y))を考える。ベイズの公式により、条件付確率PX|Y(x|y)=PX,Y(x,y)/PY(y)、および条件付確率PY|X(y|x)=PX,Y(x,y)/PX(x)である。
ここで自然ではあるが、問題文では触れられていない次の仮定を置く。「景品がAのドアにある場合、モンティがBのドアまたはCのドアを選ぶ確率は等しく1/2である」。この仮定が成り立たない場合については後で考察する。
プレーヤーの持っている情報では、景品がA,B,Cのどのドアにあるかの確率は等しく1/3である。つまりPX(A)=PX(B)=PX(C)=1/3である。プレーヤーがAのドアを選んだ場合、モンティはAのドアを開くことは無いので、条件付確率PY|X(A|A)=PY|X(A|B)=PY|X(A|C)=0 である。従ってPX,Y(A,A)=PX,Y(B,A)=PX,Y(C,A)=0 である。景品がAのドアにある場合、モンティがBのドアを選ぶ条件付確率PY|X(B|A)は、上の仮定により1/2であり、ベイズの公式から結合確率PX,Y(A,B)=PY|X(B|A)×PY(A)=1/6となる。
当たりのドアを選ぼうとせず、わざとハズレのドアを選ぶ。
その後モンティが、もう一つのハズレのドアがどれかを教えてくれるので、残ったドアが当たりのドアである。
当たりのドアがどれか判明したので、最初に選んだハズレのドアから当たりのドアに変更する。
最初にハズレのドアを選ぶことができれば、上記手順で確実に当たりのドアを開けることができる。最初にハズレのドアを選ぶことができる確率は2/3であるので、この手順に従えば(つまりドアを変更すれば)2/3の確率で当たりのドアを開けることができる。
この1.の「当たりのドアを選ぶ」か「ハズレのドアを選ぶ」かは気持ちの問題であり、確率的な影響はまったくないことに注意を要する。3.でドアを変更することへの抵抗感をなくす効果しか持っていない。
よって2.においてモンティが「もう一つのハズレのドアがどれかを教えてくれる」のではなくモンティも当てようとする(モンティが当てたらプレーヤーは自動的に外れる)場合には、1/3の確率で2.でモンティが当ててしまうので、3.にたどり着くのはモンティが2/3の確率で外した場合に限る。この場合3.