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

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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143(1): 04/06(土)12:46 ID:dx7Vzs/r(1) AAS
>>139
事後型はわかった。
理解のために聞きます。
非事後型は司会者はどういう基準で開くドアを決めるんですか？
必ずハズレを開くのですか？
もし必ずハズレを開くのでないなら司会が当たりを明けた場合はゲームはどうなりますか？

144: 04/07(日)06:21 ID:DprN0BkY(1) AAS
>>143
司会者の振る舞いは事後型と非事後型で共通
基本的には司会者は必ずハズレを開けるとしてる

145: 04/07(日)08:13 ID:PDLv41jr(1/3) AAS
であれば両者で結果に差がでる理由がよくわからない。141の下記に疑問あります。

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

Aが当たりの場合とBが当たりの場合の確率がそれぞれ1/3になってます。確率の合計が1になってないですがこれって良いの？

146: 04/07(日)08:17 ID:PDLv41jr(2/3) AAS
Cが当たりの場合はどうなるの？

147(1): 04/07(日)08:28 ID:PDLv41jr(3/3) AAS
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　

とありますが司会があけるドアをCと呼ぶのならこの確率は端的に1ではないのでしょうか？
司会がBを開ける可能性も考えているということなのでしょうか？

最初にあけるドアをAとするのは分かりましたが
Aが当たり Aがハズレで分けて考えないとおかしくなりそうな気がしました。

148: 04/08(月)02:46 ID:wRsz3+0P(1/2) AAS
何をやろうとしてるのかようやく理解できました。最初に挑戦者が当たりを選んだ場合に司会が残りの2つを1/2の確率で選ぶのではない場合を考えるということですね。
長くなるから書かないけど自分で計算してみました。その場合でも選択を変えると勝つ確率はトータルで
2/3で同じとなると確認できました。違いは司会がどちらの扉をあけたかによって変えて(変えないで)勝つ確率に差が生じるということ。
しかしその場合でも変えた方が有利だしトータルでは2/3の確率になりますね。

149: 04/08(月)03:01 ID:wRsz3+0P(2/2) AAS
Aが当たりで司会がBを開ける場合やCが当たりで司会がBを開ける場合も考えれば確率の合計は1になりました。Aが当たりの場合に司会がBを開けるかCを開けるかが等確率出ない場合でも
P(Bが当たりかつCを開ける)+P(C当たりかつBをあける) を計算すると2/3ですね。

150(4): 04/08(月)12:52 ID:imP8QoRt(1/5) AAS
2^56と5^24ではどっちが大きいか、計算機を使わずに示せ。
これに答えられないやつはpoemと認定してスレの出入り禁止。

151(1): 04/08(月)15:08 ID:ioD1u33N(1/7) AAS
>>150
log(5^24) / log(2^56)
= (24log5) / (56log2)
= (24/56) × (log5 / log2)
= (3/7) × log[2]5
= (3log[2]5) / 7
= log[2]5^3 / 7
= log[2]125 / 7
= log[2]125 / log[2]128
< 1
省3

152(1): P○ΘM 04/08(月)15:11 ID:KMQUTirF(1/24) AAS
2は2進数で10
5は2進数で101

だから10^56と101の^24
なら10→101は^2を超えてる(2^2+1か)
24×2=48
56と48だから
5が4だったなら、2の方が大きいけど
10が^1で、100が^2なら、1は^1/2としたら
48×1.414は明らかに56より大きくなるから
5^24の方が大きい

153(1): poem 04/08(月)15:13 ID:KMQUTirF(2/24) AAS
>>150の発言だと
自分poemが実はpoemじゃなかった？！

154(1): poem 04/08(月)15:15 ID:KMQUTirF(3/24) AAS
うそん！
>>150だと自分poemじゃなくなっちゃう！
やばいや！おたすけ！

155(3): 04/08(月)15:16 ID:ioD1u33N(2/7) AAS
>>147
司会が開けたドアをCとする場合、（「司会が開けたドア」という表現を「C」で置換可能とするから）司会がBを開けた可能性を考えられない場合と、（反事実的に）司会がBを開けた可能性を考えられる場合を区別する必要性があることがわかった
そしてそれは（挑戦者が）最初に選んだドアをAとする場合でも同じだから、司会がCを開けない可能性を考慮する必要があるなら挑戦者が最初にAを選ばない可能性も同様に考慮する必要があると思ったから考え方を修正してみた

3つのドアの集合: D = {A, B, C}
当たりのドア: X
最初に選ぶドア: Y
司会者が開けるドア: Z
司会者の振る舞い: Z≠X, Y (i.e. 司会者はX, Yを避ける)
P(X=A)=P(X=B)=P(X=C)=1/3

選択を変えなければ勝つ⇔X=Y
省18

156(2): 04/08(月)15:17 ID:ioD1u33N(3/7) AAS
>>155
【最初にドアを選んだ後、司会者がドアを開ける前用】
P(Y=A)
= P(X=A)P[Y|X](A|A) + P(X=B)P[Y|X](A|B) + P(X=C)P[Y|X](C|C)
= (1/3)(P[Y|X](A|A) + P[Y|X](A|B) + P[Y|X](A|C))
P(X=Y=A)
= P(X=A)P[Y|X](A|A)
= (1/3)P[Y|X](A|A)
最初にAを選ぶならばP(Y=A) ≠ 0

よって
省20

157(1): 04/08(月)15:18 ID:ioD1u33N(4/7) AAS
>>156
【司会者がドアを開けた後用】
3つのドアの集合: D = {A, B, C}
当たりのドア: X
挑戦者が最初に選ぶドア: Y
司会者が開けるドア: Z
司会者の振る舞い: Z≠X, Y (i.e. 司会者はX, Yを避ける)
P(X=A)=P(X=B)=P(X=C)=1/3

(X, Y, Z) = (x, y, z)をxyzと書く
（例： (X, Y, Z) = (A, B, C)をABCと書く）
省34

158(1): 04/08(月)15:18 ID:ioD1u33N(5/7) AAS
>>157

このとき
0 <= P[Z|XY](C|AA) < 1のとき
P[X|YZ](A|AC) < P[X|YZ](B|AC)
よって、最初にAを選び司会者がCを開けたとき選択を変える方が有利
（特に、P[Z|XY](C|AA) = 0のとき最初にAを選び司会者がCを開けたとき選択を変えれば勝つ）

P[Z|XY](C|AA) = 1のとき
P[X|YZ](A|AC) = P[X|YZ](B|AC)
よって、最初にAを選び司会者が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

特に、P[Z|XY](B|AA) = P[Z|XY](C|AA) = 1/2と仮定する場合
省13

159(2): P○ΘM 04/08(月)15:21 ID:KMQUTirF(4/24) AAS
ちなみに上の人！
100枚の扉のモンテホール1回扉1枚だけ処分
の場合
当てる確率
1/100→2/100
になるのを示せ

160(1): 04/08(月)15:21 ID:??? AAS
2^56=72057594037927936
5^24=59604644775390625

161: P○ΘM 04/08(月)15:23 ID:KMQUTirF(5/24) AAS
>>160
あ！自分間違ってたんだ！
自分poemだった！
やばくなかった！たすかった！

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