ﾓﾝﾃﾎｰﾙ確率計算問題を量子論確率収束問題と考える人達 (354ﾚｽ)
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141(1): 04/06(土)11:28 ID:k5rQ168D(3/4) AAS
>>139
事後型ルール（モンティ・ホール問題）における考え方
P(Aが当たりかつ司会者がCを開ける)
= P(Aが当たり) × P(C|A)
= 1/3 × P(C|A)
P(Bが当たりかつ司会者がCを開ける)
= P(Bが当たり) × P(C|B)
= 1/3 × 1
= 1/3
P(司会者がCを開ける)
= P(AまたはBが当たりかつ司会者がCを開ける)
= P(Aが当たりかつ司会者がCを開ける) + P(Bが当たりかつ司会者がCを開ける)
= 1/3 × P(C|A) + 1/3
・司会者がCを開けたとき選択を変えなければ勝つ ⇔ 司会者がCを開けたときAが当たり
・司会者がCを開けたとき選択を変えれば勝つ ⇔ 司会者がCを開けたときAがハズレ ⇔ 司会者がCを開けたときBが当たり
よって
P(司会者がCを開けたとき選択を変えなければ勝つ)
= P(司会者がCを開けたときAが当たり)
= P(Aが当たりかつ司会者がCを開ける) / P(司会者がCを開ける)
= (1/3 × P(C|A)) / (1/3 × P(C|A) + 1/3)
= P(C|A) / (P(C|A) + 1)
P(司会者がCを開けたとき選択を変えれば勝つ)
= P(司会者がCを開けたときAがハズレ)
= P(司会者がCを開けたときBが当たり)
= P(Bが当たりかつ司会者がCを開ける) / P(司会者がCを開ける)
= (1/3) / (1/3 × P(C|A) + 1/3)
= 1 / (P(C|A) + 1)
よって
0 <= P(C|A) < 1のとき
P(司会者がCを開けたとき選択を変えなければ勝つ) < P(司会者がCを開けたとき選択を変えれば勝つ)
よって、司会者がCを開けたとき選択を変える方が有利
（特に、P(C|A) = 0のとき司会者がCを開けたとき選択を変えれば勝つ）
P(C|A) = 1のとき
P(司会者がCを開けたとき選択を変えなければ勝つ) = P(司会者がCを開けたとき選択を変えれば勝つ)
よって、司会者がCを開けたとき選択を変えても変えなくても有利度は同じ
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