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)
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 http://rio2016.5ch.net/test/read.cgi/sci/1699501977/
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189: ご冗談でしょう？名無しさん [] 2024/04/09(火) 04:03:51.53 ID:SLACoyHj P[Z|XY](C|AA)の値によって司会がドアを明けた後に選択を変えてかつ確率はどちらのドアを開けたかに依存しますが、Cを開けた場合とBを開けた場合の合計の確率はやはり2/3になることを計算してみました？ 当たり前だからしてないのなら良いですが私はどうも腑に落ちなくて計算してその通りにはなったのですがなんだか直感的に納得できなくて。 普通のモンティポール問題のときに確率が1/3から 2/3になる理屈は最初の扉が当たりのときに司会の選ぶ扉の確率分布を変えても成り立つわけだからどうやって全体の結果は変わらないようになってるのか？その構造を理解したい。 http://rio2016.5ch.net/test/read.cgi/sci/1699501977/189
192: ご冗談でしょう？名無しさん [] 2024/04/09(火) 13:50:08.19 ID:zhp/c1Kj >>189 「最初にAを選んだとき選択を変えれば勝つ(司会者がCを開けた場合とBを開けた場合の合計の)確率」が2/3になることの計算ということであれば、「∀x∈D : P[Y|X](A|x) = 1/3」を仮定すればそうなることを以下に計算しました ∀x∈D : P[Y|X](A|x) = 1/3と仮定すると P(AAB) = P(X=A) × P[Y|X](A|A) × P[Z|XY](B|AA) = 1/3 × 1/3 × P[Z|XY](B|AA) = 1/9 × P[Z|XY](B|AA) P(AAC) = P(X=A) × P[Y|X](A|A) × P[Z|XY](C|AA) = 1/3 × 1/3 × P[Z|XY](C|AA) = 1/9 × P[Z|XY](C|AA) P(AAB) + P(AAC) (= 1/9 × (P[Z|XY](B|AA) + P[Z|XY](C|AA))) = P[XY](AA) = P(X=A) × P[Y|X](A|A) = 1/3 × 1/3 = 1/9 P(BAC) = P(X=B) × P[Y|X](A|B) × P[Z|XY](C|BA) = 1/3 × 1/3 × 1 = 1/9 P(CAB) = P(X=C) × P[Y|X](A|C) × P[Z|XY](B|CA) = 1/3 × 1/3 × 1 = 1/9 P(Y=A) = P(AAB ∨ AAC ∨ BAC ∨ CAB) = P(AAB) + P(AAC) + P(BAC) + P(CAB) = 1/9 + 1/9 + 1/9 = 1/3 http://rio2016.5ch.net/test/read.cgi/sci/1699501977/192
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