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 (355ﾚｽ)
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157: ご冗談でしょう？名無しさん [] 2024/04/08(月) 15:18:04.95 ID:ioD1u33N

>>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）
今ある可能性: AAC, BAC ((Y, Z) = (A, C)が確定している)
X=xのときY=yの確率をP[Y|X](y|x)と書く
(X, Y) = (x, y)の確率をP[XY](xy)と書く

P[XYZ](AAC)
= P[XY](AA) × P[Z|XY](C|AA)
= P(X=A) × P[Y|X](A|A) × P[Z|XY](C|AA)
= 1/3 × P[Y|X](A|A) × P[Z|XY](C|AA)
P[XYZ](BAC)
= P[XY](BA) × P[Z|XY](C|BA)
= P[XY](BA) (∵ Z≠X, Y より P[Z|XY](C|BA) = 1)
= P(X=B) × P[Y|X](A|B)
= 1/3 × P[Y|X](A|B)
P[YZ](AC)
= P[XYZ](AAC) + P[XYZ](BAC)
= 1/3 × P[Y|X](A|A) × P[Z|XY](C|AA) + 1/3 × P[Y|X](A|B)
= 1/3 × (P[Y|X](A|A) × P[Z|XY](C|AA) + P[Y|X](A|B))

よって
P(最初にAを選び司会者がCを開けたとき選択を変えなければ勝つ)
= P[X|YZ](A|AC)
= P[XYZ](AAC) / P[YZ](AC)
= (P[Y|X](A|A) × P[Z|XY](C|AA)) / (P[Y|X](A|A) × P[Z|XY](C|AA) + P[Y|X](A|B))
P(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[X|YZ](B|AC)
= P[XYZ](BAC) / P[YZ](AC)
= P[Y|X](A|B) / (P[Y|X](A|A) × P[Z|XY](C|AA) + P[Y|X](A|B))

よって、∀x, ∀y P[Y|X](y|x) = 1/3ならば
P(最初にAを選び司会者がCを開けたとき選択を変えなければ勝つ)
= P[X|YZ](A|AC)
= (1/3 × P[Z|XY](C|AA)) / (1/3 × P[Z|XY](C|AA) + 1/3)
=  P[Z|XY](C|AA) / (P[Z|XY](C|AA) + 1)
P(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[X|YZ](B|AC)
= 1/3 / (1/3 × P[Z|XY](C|AA) + 1/3)
= 1 / (P[Z|XY](C|AA) + 1)

http://rio2016.5ch.net/test/read.cgi/sci/1699501977/157

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