Il problema di Monty Hall e la sua soluzione generale

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marcokrt
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Il problema di Monty Hall e la sua soluzione generale

Messaggio da marcokrt » dom lug 21, 2013 7:30 pm

Visto che l'argomento è stato ampiamente trattato nel sito, credo possa essere interessante postare la mia personale soluzione al problema nella sua accezione più generale.

Avendo già scritto un post tempo fa sull'argomento, mi limito a fare copia-incolla e a rimandare eventuali approfondimenti (ad esempio la dimostrazione formale che se Monty non sa dove si trovi il premio, allora è indifferente cambiare o non cambiare - sotto l'ipotesi che se egli apre la porta che cela il premio, il premio è perso) alla discussione che mi auguro possa seguirne.

Estensione del problema di Monty Hall e caso generale!

Consideriamo il problema di Monty Hall nella variante in cui Monty può sia parteggiare per il concorrente (tenta di favorirlo aprendo porte con le capre) o per la produzione (vuole aprire subito la porta che cela l'automobile per farlo perdere). Ebbene, io affermo che tale problema è soggettivo. Posso infatti dimostrare che, a priori, non sapendo se Monty (il conduttore) parteggia per te, concorrente, o per la produzione del programma, è sia conveniente cambiare che non cambiare. Tutto dipende da che peso tu assegni all'eventualità "Monty mi vuol far vincere l'auto" (e quindi fissi anche il suo opposto). Qualora il conduttore non sappia dove si trova l'auto hai le stesse probabilità di vincere sia cambiando che non cambiando la scelta iniziale (ampiamente dimostrato sia dal sottoscritto che da un amico dalla logica molto sottile).
Proof: 1) Se Monty sa dove sta l'auto e parteggia per i produttori, tu vinci se e solo se "scegli la porta con l'auto e non cambi", viceversa lui la aprirà e tu perderai prima di poter cambiare!-->conviene non cambiare porta (33% di possibilità di vincere). 2) Se Monty sa dove sta l'auto e parteggia per te (concorrente), abbiamo il problema di Monty Hall classico - quello per cui tanti idolatrano insensatamente la Vos Savant. 3) Se Monty NON sa dove sta l'auto (sia che parteggi per te sia che parteggi per i produttori) hai sempre il 33% di possibilità di vincere l'automobile, ma queste salgono al 50% se condizioni l'evento con l'ipotesi aggiuntiva "Monty apre la porta con una capra". Ora, posto che a noi Monty non ci dice se è "buono o cattivo" e non sappiamo neppure se lui sappia dove sia l'auto o meno (qualora nelle puntate precedenti del programma lui avesse aperto le porte con l'auto potremmo inferire che non lo sappia o che lo sappia ma voglia farci perdere, ecc...), sta a noi immaginare se pensiamo che lui intenda favorirci o meno. Dunque (per esempio): Se per noi lo sa ed al 70% è "cattivo", ci conviene non cambiare... infatti, qualora fosse cattivo sul serio e ci mostrasse una capra, noi avremmo vinto di certo (100 volte su 100). Viceversa raddoppieremmo le chance di vittoria cambiando (passando dal 33.33% al 66.67%)... che è il problema di Monty Hall classico.

P.S. Tale idea è per esempio estendibile al gioco dei pacchi (che piace tanto a mia nonna)... è anzi, molto più semplice. Si calcola il valor medio dei pacchi all'inizio... si gioca, poi ti propongono: "Vuoi cambiare pacco?" Lasciando perdere l'elemento soggettivo/emozionale, basta ricalcolarsi il nuovo valor medio... se è salito (magari sensibilmente) è statisticamente doveroso cambiare, viceversa no. Qui non si parla di strategia e livelli di pensiero... è un mero discorso statistico. Se però uno ci mette l'opzione "il cambio possono propormelo a loro piacimento" il quadro si complica e dovrei spendere molte più righe per discutere i possibili macro-scenari. Comunque, in breve, matematicamente è corretto cambiare se la scelta (di cambio/inizio gioco) era corredata da una media-pacchi inferiore a quella attuale. Tanto per divertimento, propongo una strategia vincente relativa al gioco dei pacchi: -Immaginiamo che tutti i 20 concorrenti siano d'accordo tra loro, cioè stipulino sottobanco un patto/contratto vincolante in base al quale le vincite confluiscano in un fondo comune e ognuno (alla fine) avrà 1/20 del totale (un po' come ne "Lo Hobbit" per la compagnia di Thorin). -Si usa il criterio di gioco suddetto e non si accettano mai offerte intermedie... si gioca fino alla fine, si cambia quando la media dei pacchi sale "abbastanza", e si vince quello che c'è nel pacco dopo aver aperto tutti gli altri. Si dovrebbe stare attenti a quante volte il cambio viene proposto... ma è una finezza di cui ora non discuterò. -Con una probabilità altissima (verosimilmente 99.9...%) il fondo comune conterrà PIU' di 20*(media iniziale pacchi) euro e quindi ognuno vincerà ben più dei 55000 euro (o quanti sono) che ci si aspetterebbe. E, in ogni caso, così si abbatterebbe tantissimo la varianza e tutti se ne tornerebbero a casa felici (tutti tranne la produzione). Certamente ciò sarà vietato dal regolamento e in più decreterebbe la morte di un noioso programma pre-serale... però il caso di scuola è quello che ho poc'anzi descritto.

panurgo
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Re: Il problema di Monty Hall e la sua soluzione generale

Messaggio da panurgo » mar lug 23, 2013 11:33 am

Caro marcokrt, la cosa migliore è formalizzare il tutto.

Indichiamo con $A$ l’ipotesi

$A\,\equiv\,\text{ho scelto la porta con l’auto}$

e con $\kappa$ l’ipotesi

$\kappa\,\equiv\,\text{Monty Hall apre una porta con la capra}$

Naturalmente, cambiando porta, vinco se è vera l’ipotesi

$C \,\equiv\,\text{ho scelto una porta con la capra}$

Siamo dunque interessati alla probabilità che si sia scelta una porta con la capra ($C$) condizionata al fatto che Monty Hall abbia aperto una porta con la capra ( $\kappa$), $p\left(C\,\middle|\,\kappa\,I\right)$.

Alcune probabilità sono facili da assegnare: dato che, o scelgo la porta con l’auto ($A$) o scelgo una porta con la capra ($C$) e non ci sono altre possibilità, abbiamo

$p\left(A\,\middle|\,I\right)\,+\,p\left(C\,\middle|\,I\right)\,=\,1$

Inoltre, non possediamo informazioni che ci consentano di associare le porte all’auto o alle capre: sappiamo solamente che le porte con una capra sono due e quella con l’auto è una, quindi

$p\left(C\,\middle|\,I\right)\,=\,2p\left(A\,\middle|\,I\right)$

Queste due condizioni assieme implicano che dobbiamo assegnare le probabilità $p\left(A\,\middle|\,I\right)\,=\,\frac13$ e $p\left(C\,\middle|\,I\right)\,=\,\frac23$.

Nel caso in cui abbiamo scelto la porta con l’auto ($A$) non rimangono che capre quindi sarà giocoforza

$p\left(\kappa\,\middle|\,A\,I\right)\,=\,1$

Viceversa, se abbiamo scelto una capra ($C$), assegneremo la probabilità

$p\left(\kappa\,\middle|\,C\,I\right)\,=\,p$

(vedremo in un secondo momento come determinare $p$).

Abbiamo ora tutti gli ingredienti necessari per calcolare la probabilità cercata: il teorema di Bayes ci dice che

$p\left(C\,\middle|\,\kappa\,I\right)\,=\, \frac{p\left(C\,\middle|\,I\right)\,p\left(\kappa\,\middle|\,C\,I\right)}{p\left(\kappa\,\middle|\,I\right)}$

dove

$p\left(\kappa\,\middle|\,I\right)\,=\,p\left(A\,\middle|\,I\right)\,p\left(\kappa\,\middle|\,A\,I\right)\,+\,p\left(C\,\middle|\,I\right)\,p\left(\kappa\,\middle|\,C\,I\right)$

(se volete, vi scrivo i passaggi).

Sostituendo i valori assegnati sopra otteniamo

$p\left(C\,\middle|\,\kappa\,I\right)\,=\,\frac{\frac23\times p}{\frac13\times 1+\frac23\times p }\,=\,\frac{2p}{1+2p}$

e

$p\left(A\,\middle|\,\kappa\,I\right)\, =\,\frac1{1+2p}$

Se sappiamo che Monty Hall apre sempre una porta con la capra ($p\, =\, 1$) la probabilità di vincere cambiando porta è $2/3$; se sappiamo che apre una porta a caso ($p\, =\, 1/2$) la probabilità di vincere cambiando porta è $1/2$; infine, se sappiamo che apre sempre la porta con l’auto ($p\, =\, 0$) la probabilità di vincere cambiando porta è $0$ perchè, vedendo la capra, sappiamo che l’auto deve essere dietro la nostra porta.

Ma come si può fare per assegnare un valore di $p$ in modo razionale?

Tutto dipende dalle informazioni che vogliamo considerare: a me pare logico che Monty Hall sia costretto a mostrare sempre una capra dato che quando scopre l’automobile il gioco è finito ed è inutile chiedere al giocatore se vuole cambiare porta.
Monty Hall sceglierà la capra non per favorire il giocatore ma perché ben pochi telespettatori resterebbero sintonizzati sulla pubblicità se non fosse per il desiderio di sapere come andrà a finire: cambierà porta o non la cambierà? Vincerà l’auto o rimarrà con la capra?
Con queste considerazioni io assegno $p\, =\, 1$ e ottengo una probabilità di vittoria pari a $2/3$ (cambiando porta).

Per quanto riguarda il gioco dei pacchi...$\hspace{150pt}$...non l'ho mai visto! :wink:
il panurgo

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marcokrt
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Re: Il problema di Monty Hall e la sua soluzione generale

Messaggio da marcokrt » mar lug 23, 2013 4:23 pm

Ciao,
Non c'è bisogno di discutere il problema canonico... è chiaro che la soluzione è quella della Vos Savant.

Io sto considerando situazioni diverse che generalizzano le regole del gioco in questione.

Nello specifico, immaginiamo di poter agire su 2 variabili: Monty sa dietro quale porta si cela l'automobile / Monty non lo sa ; Monty è intenzionato ad aprire la porta con l'automobile, facendo perdere la vincita al concorrente / Monty non vuole aprire la porta con l'automobile e apre quella con una capra.

Per semplicità indichiamo l'ipotesi "Monty non sa dove sia l'automobile" con "M.D-K." e "Monty lo sa" con "M.K." ; indichiamo invece "Monty vuole far perdere il concorrente" con "E.M". e il suo opposto con "L.M." (che sarebbe il caso del problema di "Monty Hall" cananonico). Ebbene:


1)[E.M. & L.M. + M.D-K.] implica che è indifferente cambiare o meno: le probabilità di vincita sono le medesime in entrambi i casi (il 33% quando inizia il gioco che salirebbero al 50% qualora Monty aprisse una porta con dietro la capra). Infatti:
100-->X00-->X00
010-->X10-->XY0
001-->X01-->X0Y

Cambiando:
_00 --->vincita capra (2 volte);
__0 --->vincita automobile (1 volta)---->2 vittorie su 4 casi (50%);
_0_ --->vincita automobile (1 volta).

Non cabiando:
_00 --->vincita automobile (2 volte);
__0 --->vincita capra (1 volta)---->2 vittorie su 4 casi (50%);
_0_ --->vincita capra (1 volta).

2)[E.M. + M.K.] implica che non cambiando si vincerà una volta su 3 (quando si sceglierà subito l'automobile) mentre, nei casi restanti, si perderà sempre.

3)[L.M. + M.K.]. Questa è la versione classica del problema e converrà cambiare per avere 2 possibilità su 3 di vincere l'auto.

Ora vediamo cosa succede nel caso in cui Monty ci mostra una capra e ci chiede di cambiare (l'ipotesi è che lui apre la porta con la capra):

1) Se Monty non sa dove si trova l'auto, sia nel caso in cui voglia farci perdere che nel caso contrario abbiamo le stesse probabilità di vittoria, è INDIFFERENTE cambiare. Nello specifico: Se scegliamo una porta e stabiliamo di non cambiare, vincemo una volta su 3... vale a dire quando scegliamo la porta con l'automobile. Qualora stabilissimo di cambiare avremmo che $1/3$ delle volte Monty aprirà la porta con l'automobile e noi perderemo, $1/3$ delle volte noi avremo scelto l'automobile e (cambiando) perderemo, mentre $1/3$ delle volte (nei casi restanti) vinceremo l'auto (giacché noi scegliamo una porta con una capre, Monty ci mostra l'altra capra e noi cambiamo una capra per un'automobile. Posto che Monty ci mostra la porta con la capra, le probabilità di vincere l'auto sarebbero del 50% in entrambi i casi (cambiando o non cambiando)... infatti vinceremmo comunque 2 volte su 4.

2) Ragionando, capiamo immediatamente che può verificarsi l'occorrenza [E.M. + M.K.] se e solo se noi abbiamo scelto la porta con l'auto. Questo è l'unico caso possibile e quindi, non cambiando, vinceremmo sempre (evento che, "ex ante" si verifica 1 volta su 3).

3) Problema classico-->conviene cambiare, si passerà così dal 33.33% al 66.67% di possibilità di vincere l'automobile.


Incollo ora la dimostrazione del mio amico (è in inglese un po' maccheronico, ma penso si capisca comunque):


Well, it seems that the output of my program is not sufficient to convince all members that, IF (AND ONLY IF) THE HOST DOESN'T KNOW WHAT IS BEHIND DOORS, switching doesn't alter your odds of winning (which are always 50%, regardless of your decision to switch or not). Therefore, I post here a proof (wrote by me), hoping that it will definitely convince everyone:

The Monty Hall problem - In this case we assume that the host "doesn't know" what is behind the doors. If the player switches the doors, does he receive any advantage?

Let's denote by A,B,C the 3 doors. The possible distributions are as follows: D1 : A=car , B=goat , C=goat D2 : A=goat , B=car , C=goat D3 : A=goat , B=goat , C=car

Each distribution has a probability = $1/3$. Let's assume that the player chooses A (this doesn't affect my reasoning). Then the host unhides door B or door C; we assume that he doesn't find the car, otherwise the game would end, of course (the main question <<If the player switches the doors, does he receive any advantage?>> would have no meaning if the host discovered the car). Therefore, one of the following events certainly happens:

E1 : the actual distribution is D1 and the door opened by the host is B E2 : the actual distribution is D1 and the door opened by the host is C E3 : the actual distribution is D2 and the door opened by the host is C E4 : the actual distribution is D3 and the door opened by the host is B

Now let's calculate the probabilities of each of the mentioned events. It is important to underline that, once the host has unhided a door discovering a goat, each probability becomes a "conditional probability", because it must be calculated taking into account that the event "the host has unhided a goat, not a car" (here on, I will denote by E_g this event) has just happened. The event E_g actually affects the probabilities P(D1), P(D2) and P(D3): in fact, E_g suggests that D1 is more probable that D2 and D3: P(D1) > P(D2) = P(D3). E_g also affects P(E1) , P(E2) , P(E3) and P(E4) : in fact, E_g "increases" the values of these probabilities. However, E_g doesn't make one of these events (any of them) more probable than the other ones: we still have P(E1)=P(E2)=P(E3)=P(E4). Since the sum of these probabilities is 100%, each of them is 25% : P(E1) = P(E2) = P(E3) = P(E4) = 1/4.

Now we can verify whether or not switching the doors provides an advantage to the player, considering each possible event: E1, E2, E3 and E4. If the player doesn't switch, he wins if and only if the event which has actually happened is the event E1 (prob = $1/4$) or the event E2 (prob = $1/4$). This means that, if he doesn't switch, his global probability to win is $1/4 + 1/4 = 1/2$. If, on the contrary, the player switches the doors, he wins if and only if the event which has actually happened is the event E3 (prob = 1/4) or the event E4 (prob =$1/4$). This means that, if he switches the doors, his global probability to win is $1/4 + 1/4 = 1/2$.

Conclusion: switching the doors doesn't alter the odds of winning (always 50%).

NOTE: the main difference between this case (the host doesn't know what is behind the doors) and the classical case (the host knows) can be explained as follows: if the host KNOWS what is behind the doors, the event "The host unhides a door discovering a goat, not a car" DOES NOT PROVIDE INFORMATION. In fact, before the host unhides the door with the goat, we already know that he will certainly be able to unhide a door with a goat (because there are globally 2 doors with goats); therefore, when he actually unhides that door with a goat, there aren't new information, in addition to what we already knew. So, when we calculate the probability that the car is behind the door initially chosen by the host, we must reason as follows: since the host has discovered a goat, we should calculate the mentioned probability taking into account this event, but the latter is a "certain event" and any "conditional probability", if subordinated to a "certain event", is exactly equal to the corresponding "absolute probability". This means that, in the classical case of the Monty Hall problem, the action made by the host doesn't affect the probability that the door initially chosen by the player hides the car: so this probability was $1/3$ and still is $1/3$. On the contrary, in the case in which the host doesn't know what is behind the doors, the action made by the host actually affects the probabilities, as described in the demonstration above. Of course, in the classical version of the problem, we can conclude that, since (once the host discovers the goat) the probability that the car is behind the door initially chosen by the player is still equal to $1/3$, then the probability that the car is behind the remaining door is $1-1/3 = 2/3$==> switching the doors is the best choice.



Avrei potuto MAPS anche una mia, ma direi che questa dovrebbe essere più che sufficiente a spiegare il risultato... Le probabilità salgono al 50% perché si escludono per ipotesi i casi in cui il conduttore apre la porta con l'automobile ($1/3$ dei casi), tutto qui.


P.S. Il problema originario (con soluzione $2/3 W$ cambiando e $1/3 W$ non cambiando) non è in discussione... è però il mero caso "Monty sa dove si trova l'auto & parteggia per il concorrente), ci sono altri 3 casi da analizzare (quelli che ho discusso prima). Nei due casi in cui Monty NON sappia dove si trovi l'auto (e chiaramente se apre la porta con l'automobile il gioco termina lì) il risultato è quello di cui sopra, ovvero che è INDIFFERENTE cambiare o meno la scelta iniziale. Condizionando l'evento a "Monty non sa ma apre comunque la porta con una capra" le probabilità di vincere, sia cambiando che non cambiando, sono appunto pari al 50% (mentre "a priori" sono del 33%, essendoci il rischio che una volta su tre Monty apra la porta con l'automobile :)

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Re: Il problema di Monty Hall e la sua soluzione generale

Messaggio da marcokrt » mar lug 23, 2013 7:01 pm

panurgo ha scritto:Caro marcokrt, la cosa migliore è formalizzare il tutto.

Indichiamo con $A$ l’ipotesi

$A\,\equiv\,\text{ho scelto la porta con l’auto}$

e con $\kappa$ l’ipotesi

$\kappa\,\equiv\,\text{Monty Hall apre una porta con la capra}$

Naturalmente, cambiando porta, vinco se è vera l’ipotesi

$C \,\equiv\,\text{ho scelto una porta con la capra}$

Siamo dunque interessati alla probabilità che si sia scelta una porta con la capra ($C$) condizionata al fatto che Monty Hall abbia aperto una porta con la capra ( $\kappa$), $p\left(C\,\middle|\,\kappa\,I\right)$.

Alcune probabilità sono facili da assegnare: dato che, o scelgo la porta con l’auto ($A$) o scelgo una porta con la capra ($C$) e non ci sono altre possibilità, abbiamo

$p\left(A\,\middle|\,I\right)\,+\,p\left(C\,\middle|\,I\right)\,=\,1$

Inoltre, non possediamo informazioni che ci consentano di associare le porte all’auto o alle capre: sappiamo solamente che le porte con una capra sono due e quella con l’auto è una, quindi

$p\left(C\,\middle|\,I\right)\,=\,2p\left(A\,\middle|\,I\right)$

Queste due condizioni assieme implicano che dobbiamo assegnare le probabilità $p\left(A\,\middle|\,I\right)\,=\,\frac13$ e $p\left(C\,\middle|\,I\right)\,=\,\frac23$.

Nel caso in cui abbiamo scelto la porta con l’auto ($A$) non rimangono che capre quindi sarà giocoforza

$p\left(\kappa\,\middle|\,A\,I\right)\,=\,1$

Viceversa, se abbiamo scelto una capra ($C$), assegneremo la probabilità

$p\left(\kappa\,\middle|\,C\,I\right)\,=\,p$

(vedremo in un secondo momento come determinare $p$).

Abbiamo ora tutti gli ingredienti necessari per calcolare la probabilità cercata: il teorema di Bayes ci dice che

$p\left(C\,\middle|\,\kappa\,I\right)\,=\, \frac{p\left(C\,\middle|\,I\right)\,p\left(\kappa\,\middle|\,C\,I\right)}{p\left(\kappa\,\middle|\,I\right)}$

dove

$p\left(\kappa\,\middle|\,I\right)\,=\,p\left(A\,\middle|\,I\right)\,p\left(\kappa\,\middle|\,A\,I\right)\,+\,p\left(C\,\middle|\,I\right)\,p\left(\kappa\,\middle|\,C\,I\right)$

(se volete, vi scrivo i passaggi).

Sostituendo i valori assegnati sopra otteniamo

$p\left(C\,\middle|\,\kappa\,I\right)\,=\,\frac{\frac23\times p}{\frac13\times 1+\frac23\times p }\,=\,\frac{2p}{1+2p}$

e

$p\left(A\,\middle|\,\kappa\,I\right)\, =\,\frac1{1+2p}$

Se sappiamo che Monty Hall apre sempre una porta con la capra ($p\, =\, 1$) la probabilità di vincere cambiando porta è $2/3$; se sappiamo che apre una porta a caso ($p\, =\, 1/2$) la probabilità di vincere cambiando porta è $1/2$; infine, se sappiamo che apre sempre la porta con l’auto ($p\, =\, 0$) la probabilità di vincere cambiando porta è $0$ perchè, vedendo la capra, sappiamo che l’auto deve essere dietro la nostra porta.

Ma come si può fare per assegnare un valore di $p$ in modo razionale?

Tutto dipende dalle informazioni che vogliamo considerare: a me pare logico che Monty Hall sia costretto a mostrare sempre una capra dato che quando scopre l’automobile il gioco è finito ed è inutile chiedere al giocatore se vuole cambiare porta.
Monty Hall sceglierà la capra non per favorire il giocatore ma perché ben pochi telespettatori resterebbero sintonizzati sulla pubblicità se non fosse per il desiderio di sapere come andrà a finire: cambierà porta o non la cambierà? Vincerà l’auto o rimarrà con la capra?
Con queste considerazioni io assegno $p\, =\, 1$ e ottengo una probabilità di vittoria pari a $2/3$ (cambiando porta).

Per quanto riguarda il gioco dei pacchi...$\hspace{150pt}$...non l'ho mai visto! :wink:

Trovo ottima la parametrizzazione di panurgo in funzione di $p$ (complimenti davvero!), ritengo però che ci sia da discutere sulle conclusioni: non è assolutamente detto a priori che l'atteggiamento del conduttore sia sempre lo stesso, al pari delle info di cui dispone.

Esempio banale: immagina di avere i dati Auditel in tempo reale o comunque stime attendibili sull'audience della singola puntata che stai registrando (in funzione del giorno in cui va in onda, ecc) e/o budget variabili. In buona sostanza, hai una funzione che ti fa concludere che certe volte è meglio rischiare che il concorrente vinca, mentre altre volte è meglio far di tutto affinché perda.
Puoi anche aumentare l'audience "pre-fascia pubblicitaria finale" mischiando i ruoli del conduttore (pensa a un giocatore di poker professionista che mixa le sue aperture a partità di condizioni al contorno... lo fa per creare incertezza e massimizzare le vincite --> è proprio una "prova provata" insomma).

Dunque, tu non sai che tipo di conduttore hai di fronte (informato o no, favorevole o no). Potresti persino immaginare che la produzione dia al conduttore delle info vere solo con una certa probabilità e che lui sia razionale... le combinazioni possibili (per i vari livelli di astrattezza) sono enormi.

Poi, la parametrizzazione (cfr. il mio post precedente) non evidenziarà direttamente il cambio di "odds" in funzione delle due condizioni (prima che Monty apre / dopo che Monty apre), riferite all'ipotesi in cui Monty non sappia dove sia la capra.

Dunque, purché nel contratto che tu, concorrente, sottoscrivi ci sia scritto che il conduttore è potenzialmente libero di aprire la porta con il premio e di farti perdere il premio prima di poter cambiare, io posso tranquillamente affermare che, per massimizzare il rapporto tra l'audience medio durante la pubblicità imminente e il costo derivante dalla possibile vincita dell'auto, non ci sia una condizione unica generale per il conduttore.

Se io mi trovassi di fronte la Vos Savant, potrei anche arguire che mi converrebbe aprire subito la porta con l'auto (la mia funzione di redditività implicherebbe un audience troppo alto, che so di non poter raggiungere... giacché, trascurando il valore delle capre, il costo sarebbe il 66.67% del valore del premio migliore). Il livello di pensiero successivo, per lei, potrebbe essere quello di decidere che non cambiare è conveniente.
Pertanto 0<$p$<1 e il fatto di cambiare porta è una semplice deduzione aprioristica (per quanto sensata) del comportamento realisticamente più probabile del conduttore.

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