[過去ﾛｸﾞ] ２つの封筒問題 Part.3 [無断転載禁止]©2ch.net (1002ﾚｽ)
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740: 2017/05/06(土)16:28 ID:4LMNbvZJ(1/9) AAS
最近、AIの発達か、条件付き確率の計算多いなぁ。
2つの封筒問題は、
1万円を引いたのだから、1つの封筒に1万円のある確率は1。
残りの封筒にP(残りが5,000円)+P(残りが2万円)=1
これが1/2ずつじゃないってことだね。だから不定。
現実には、このゲームを運営している人はどっちにしても損だから、
実感湧かないな。1/2ずつのゲームで1万円の封筒を用意するの
なら、胴元が儲けるためには参加料はいくら以上にすべきか、
というのが現実的な問題じゃないの？
省1
741: 2017/05/06(土)17:05 ID:4LMNbvZJ(2/9) AAS
日本人がこの手の問題に対して掲示板で不利益を受けるとしたら、
かな漢字変換で
キリル文字が使いにくい
TeXで表示できるサイトが少ない
全角半角の区別がある
でしょ？
TeXで統一しないから、AIは発達しないのかもね。
743: 2017/05/06(土)18:02 ID:4LMNbvZJ(3/9) AAS
>>732
事象A=1枚目のカードがダイヤ
事象B=残り51枚から引いたときに3回ともダイヤ
面倒だからA,Bに真偽を書くとして、
公式的にP(A∩B)=P(B|A)P(A)=P(A|B)P(B)
P(A|B)=P(B|A)P(A)/P(B)だわね。
P(B)=P(B|not A)P(not A)+P(B|A)P(A)
つまり、
P(A|B)=P(B|A)P(A)/{P(B|not A)P(not A)+P(B|A)P(A)}
という機械的計算になるわけ。
省18
744: 2017/05/06(土)18:12 ID:4LMNbvZJ(4/9) AAS
離散的なベイズ定理における条件付き確率は
P(A|B)=P(B|A)*P(A)/{P(B|A)P(A)+P(B|not A)P(not A)}に
なると思う、そこだよね。
745(1): 2017/05/06(土)18:19 ID:4LMNbvZJ(5/9) AAS
>>742
エントロピーで話すると、確率最大しか出てこない。
力学板で、P1=P2、T1=T2としか分からないと書いたら文句タラタラだったけれど、
熱力学ってそんなものよ。
746: 2017/05/06(土)19:06 ID:4LMNbvZJ(6/9) AAS
>>745の続き
力学板じゃなくて物理板だったスマン。
748: 2017/05/06(土)20:53 ID:4LMNbvZJ(7/9) AAS
>>747
開けていないんだから、5,000円 1/4で、20,000円 3/4の確率だってある。
モンティ・ホール問題と同じで1/2ずつにするのは、人間の主観でしかない。
749(1): 2017/05/06(土)20:57 ID:4LMNbvZJ(8/9) AAS
>>747
じゃあ、同じ封筒の実験を5回やったとして、たまたま1万円ばかり引いたが、
2回目引いたら5,000円が4回、2万円が1回出たとする。
このときに、この主催者の用意した封筒の組が5,000円と1万円の確率は
どれだけと推定されるか？
751(1): 2017/05/06(土)22:54 ID:4LMNbvZJ(9/9) AAS
>>750
1回だけで確率1/2ずつという意味が分からないのですが。
単なる主観でしょ？
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