Na znajomości matematyki można zarobić.
W latach 1997-2001 w Polsacie emitowany był teleturniej „Idź na całość” prowadzony najpierw przez Zygmunta Chajzera a później Krzysztofa Tyńca. Zasady były proste i skopiowane z amerykańskiego pierwowzoru (w USA teleturniej ten miał nazwę „Let`s make a deal”). Gracz miał do wyboru trzy bramki. Tylko za jedną kryła się główna nagroda. Kiedy gracz zdecydował się na bramkę, prowadzący odsłaniał jedną z pozostałych dwóch bramek i dawał nowy wybór: pozostać przy swoim pierwotnym wyborze albo zmienić bramkę.
Na pierwszy rzut oka wydawałoby się, że to zwykła gra losowa: zostają dwie bramki, tylko za jedną znajduje się nagroda. Szansa wygranej powinna wynosić więc 50 proc. a każda decyzja powinna być równie korzystna dla gracza. Okazuje się, że nie. Gracz powinien zawsze zmieniać bramkę. Będzie wówczas wygrywał przeciętnie dwa razy częściej, niż gracz, który pozostanie przy swoim wyborze. Dlaczego?
Otóż tylko w jednej bramce jest główna nagroda. Prawdopodobieństwo trafienia jej przy pierwszym wyborze jest 1/3. Prawdopodobieństwo nietrafienia przy pierwszym wyborze głównej nagrody jest zatem 2/3. Jest zatem dwa razy bardziej prawdopodobne, że bramka, którą wcześniej wybraliśmy nie kryje głównej nagrody. I dlatego w momencie dokonywania drugiego wyboru warto ją zmienić.
A najciekawsze jest to, że w czasie kiedy amerykański pierwowzór „Idź na całość” emitowano w telewizji zamówiono ankietę. Pytano w niej Amerykanów jakie jest prawdopodobieństwo wygranej głównej nagrody w tym teleturnieju i 92 proc. ankietowanych odpowiedziało, że 50 proc. Co ciekawe, podobne zdanie wyraziło ponad 1000 naukowców, wielu z nich matematyków. Nie świadczy to o tym bynajmniej, że Amerykanie są głupi, tylko że rachunek prawdopodobieństwa jest sprzeczny z intuicją. Ale daje to tym większą przewagę tym, którzy go rozumieją.
Zainteresowanym tematem polecam książkę „The Druknard`s Walk: How Randomness Rules Our Lives” Leonarda Mlodinova.
"Jestem synem ludobójcy" - to wyznanie pozwalało zdobyć dużo sympatii w powojennych Niemczech. 
Brytyjski dziennik "Daily Mail" opublikował ostatnio inspirującą historię Brytyjczyka Brendona Grimshawa, który w 1962 r. za 8 tys. funtów kupił bezludną wyspę. Sprawił, że dziś warta jest 34 mln euro.
wersję : jest pięć pudełek, a w jednym orzeszek. Wybierasz jedno:
szansa 1/5 , szansa że w pozostałych 4/5. I właśnie to jest istotne!
Teraz magik pokazuje trzy ewidentnie puste pudełka, tu własnie jest trik!
Prawdopodobieństwo grupy (przypomnę 4/5) teraz dotyczy tego jednego!
Czyli mamy wybór 1/5 lub 4/5 , decyzja jest jasna, lub byłaby gdyby
przedstawić ją tak : wolisz wybrać jedno pudełko czy cztery, orzeszek jest tylko w jednym?
Psychologiczny efekt polega na tym że przy trzech bramkach nie wykrywamy oczywistości i wydaje nam się że szansa jest równa i wynosi
po 1/3 gdy tymczasem jest 1/3 do 2/3.
Jak ktoś nie zrozumiał to niech weźmie 100 pudełek ! Wtedy szansa że
orzeszek jest w pozostałych pudełkach jest 99% !!
Doświadczenie równoważne to losowanie jednej z 3 ponumerowanych kulek ( w jednej z nich jest nagroda) np. w kulce nr.3.
Wszystkie możliwości to:
1
2
3
następnie dolosowujemu drugą
12
13
21
23
31
32
Jak widaćjest 6 możliwości
prawdopodobieństwo zwycięstwa gdy nie zmieniamy pierwszego wyboru
jak widać wynosi 2/6=1/3
gdy zmienimy wybór na pozostałą w urnie wynosi 2/6=1/3.
Wychodzi że zmiana nie ma wpływu :)))))))).
Przecież odsłaniając losowo 3 możemy natrafić na na orzeszek z prawdopodobieństwem 3/5.
orzeszek jest w pozostałych pudełkach jest 99% !!"
to nic nie zmienia jeśli prowadzący odsłania świadomie 98 podełek pustych.
prawdopodobieństwo całkowite (1/3+1/3+1/3)
2.
wybierając, dokonujemy podziału na grupe wybrana i niewybraną.
wybrana=1/3
niewybrana=1/3+1/3=2/3
3.
prawdopodobieństwo każdej bramki w grupie wybranej wynosi 1/3
4.
prawdopodobieństwo każdej bramki w grupie niewybranej 2/3x1/2=1/3; 1/2-bo sa ich tam dwie, czyli musimy sie zdecydować na jedną lub drugą
5.
po wykluczeniu z grupy niewybranej pustej bramki, juz nie bedziemy musieli sie decydować na jedną lub drugą, czyli zamiast 1/2, będzie 1.
Czyli 2/3x 1=2/3
Dokonujesz wyboru pomiędzy (1 pudełko 1%) i (99 pudełek 99%), to
że ktoś( pomocnik iluzjonisty) wykonał za Ciebie pracę , czyli sprawdził 98
pudełek nic w szansach nie zmienia.
że ktoś( pomocnik iluzjonisty) wykonał za Ciebie pracę , czyli sprawdził 98
pudełek nic w szansach nie zmienia."
____________________
Jest dokładnie na odwrót, to jest decydujące, gdyby tego nie zrobił, czyli nie wykonal zadnej pracy wówczas nic by sie w szansach nie zmieniło.
Zatem, jeśli nie był losowy, to rachunek prawdopdobieństwa nie ma zastosowania
Biorę 100 pudełek, do jednego wkładam orzeszek.
Biorę dwa koszyki.
Wylosuj jedno pudełko i umieść w koszyku nr1. (szansa 1/100)
99 pozostałych pudełek umieszczam w koszu 2 (szansa99/100)
I teraz się zaczyna ! Kompletnie neutralny Cyborg otwiera pudełka, ich zawartość pozostawia w koszyku. Sytuacja wygląda tak : prawdopodobieństwo że orzeszek jest w pudełku 1 było 1/100 więc
prawdopodobieństwo że orzeszek jest w pierwszym koszyku jest takie samo i wynosi 1/100 . W drugim koszyku jest 99 pudełek i szansa jest 99/100 cyborg otwiera je i wysypuje do koszyka (puste lub nie).
Teraz nie wiedząc gdzie jest orzeszek proponuję Ci wybór pomiędzy koszykami, koszyki różni prawdopodobieństwo. I to jest istotne!
Tobie się wydaje że wybierasz pomiędzy dwoma koszkami (1/2 i 1/2).
Tymczasem realnie jest to 1/100 i 99/100. Jako twardziel, mężczyzna,
wybierasz "1" (a co; nie będziesz jak chorągiewka !). Kobieta zmienną jest
i wygrywa !! Uczestnicy sami siebie w konia robili, postępowali zgodnie z
profilem psychologicznym.
A tu na naszych oczach powstaje mit paradoksu trzech drzwi. W końcu ktoś to opisał w książce i w dodatku po angielsku, to musi coś w tym być.
Kluczem do zrozumienia tego "paradoksu" jest pytanie o to, prawdopodobieństwo czego liczymy.
W tej grze mamy dwie decyzje:
1) wybór 1 z trzech zasłon - prawdopodobieństwo wygranej 1/3
2) wybór 1 z dwóch zasłon - prawdopodobieństwo wygranej 1/2
Wyobraźcie sobie, że do drugiej decyzji wzięto kogoś z ulicy. Facet wchodzi i widzi dwie zasłony. Dostaje informację, że za jedną jest nagroda i wybiera z prawdopodobieństwem 1/2. Czy sytuacja gracza, który wcześniej wybierał jest inna? Niby dlaczego? Te zdarzenia są niezależne. Pierwsza decyzja w żaden sposób nie wpływa na zmianę "szansy" przy drugim zdarzeniu.
"Paradoks" rodzi się wskutek sprytnego postawienia pytania - o szansę wyboru jednej z trzech zasłon i potraktowanie całego eksperymentu jako jednej całości.
Aby to zrozumieć, należy porównać trzy pytania:
1) jakie jest prawdopodobieństwo wyrzucenia kostką do gry 6-tki?
2) jakie jest prawdopodobieństwo wyrzucenia dwóch 6-tek w dwóch kolejnych próbach?
3) jakie jest prawdopodobieństwo wyrzucenia szóstki za drugim razem, jeśli za pierwszym wyrzuciliśmy szóstkę?
Uznając zdarzenia rzutu kostką za niezależne na trzecie pytanie należy odpowiedzieć, że takie jak w przypadku 1) - czyli 1/6.
Wracając do zasłon: czy fakt, że człowiek losował 1 z 3 wpływa na szanse wyboru 1 z dwóch? Niby jak?
1. Wybierze B1, wówczas organizator pokaże mu B2 - do wyboru B1 i B3
2. Wybierze B2, wówczas pokaże B1 - do wyboru B2 i B3
3. Wybierze B3 - organizator pokaże B1 lub B2 - do wyboru B1 (lub B2) i B3
W dwóch przypadkach na trzy pozostanie przy pierwotnej bramce oznacza przegraną.
A dla niedowiarków, to mogą to zbadać empirycznie. To ich przekona.
Jego odpowiedź:
"Przykro mi, ale ten paradoks jest prawdziwy i jest powszechnie znany jako paradoks Monty Halla :) Przewaga grającego gościa nad gościem z ulicy jest taka, że on wie, którą bramkę wcześniej wybrał. [...] Wszystkie możliwości rozpisane są tutaj: http://pl.wikipedia.org/wiki/Paradoks_Monty_Halla"
Po dyskusji z nim doszedłem do przyczyny różnicy zdań między nami. Jeśli chcemy ustalić strategię wygrywającą, to bez wątpienia brzmi ona: wybierz jedne z zasłon losowo, a potem zmień wybór.
Ale decyzję o wyborze strategii podejmujemy na początku gry. Prawdopodobieństwo jest liczone w innym momencie niż zdarzenie.
Liczymy prawdopodobieństwo sukcesu danej strategii na początku eksperymentu, a tymczasem decyzja jest podejmowana gdy jedne drzwi są odsłonięte.
Kontrargument jest taki, że ustalając strategię liczymy dokładnie prawdopodobieństwa sukcesu możliwych decyzji w każdej sytuacji.
Muszę przyznać, że jest to więc rzeczywisty paradoks.
Rozważmy inny przykład.
Mamy strategię gry w ruletkę. Obstawiamy zawsze czarne i za każdym razem stawiamy dwa razy więcej niż poprzednio.
Gramy do wygranej, albo do 5-tego losowania (później kończą nam się pieniądze).
Prawdopodobieństwo przegranej jest minimalne. Bo jakie jest prawdopodobieństwo wylosowania 5 razy pod rząd czerwonych?
Kiedy więc wypadło 4 razy czerwone, mamy nadal obstawiać czarne.
Szansa przegranej jest 1/32.
Ale przecież prawdopodobieństwo, że wypadnie czerwone w piątym losowaniu jest około 1/2. No to opłaca nam się zmiana przed ostatnim losowaniem, czy nie?
A może ustalimy strategię: cztery razy czarne a potem czerwone? Przecież kombinacja 4 x czerwone + czarne jest tak samo mało prawdopodobna jak 5 x czerwone!
Sądzicie, że ilość przegranych wśród ludzi którzy grając zgodnie z tą strategią po czterech przegranych zmienili ją jest większa niż takich, którzy przegrali trzymając się strategii do końca? Nie sądzę. Ale bez wątpienia ilość przegranych wśród ludzi grających zgodnie ze strategią jest minimalna.
Czy w grze z trzema zasłonami jest inaczej?
Nie umiem dostrzec sposobu w jaki przebieg gry wpływa na zróżnicowanie zasłon.
Gdyby jednak 10 razy pod rząd wypadło "czerwone" za jedenastym razem ja stawiałbym ponownie na "czerwone", bo penie ruletka jest sfiksowana :).
Wracając do przykładu z zasłonami, to paradoks jest pozorny, gdyż drugi wybór nie ma charakteru losowego, bo jest uzależniona od inteligencji gracza. Ale dla małpy lub osoby z zewnątrz drugi wybór ma charakter losowy a więc szansa jest fifty-fifty. Tak samo byłoby gdyby wszystkie bramki były cały czas odsłonięte, a grałaby osoba niewidoma jej szansa wynosiłaby 1/3, natomiast dla osoby widzącej 100%.
Super. To znaczy że jak nie trafiliśmy pierwszej bramki to dalej ją obstawiamy?
// Kiedy gracz zdecydował się na bramkę, prowadzący odsłaniał jedną z pozostałych dwóch bramek i dawał nowy wybór....//
Zawsze jego pomocnik odsłania PUSTĄ bramkę !!
Jeżeli obie są puste ; dowolną z nich.
Prowadzący nie wie gdzie jest nagroda, nie psuje zabawy.
W tym momencie zawsze studenci stwierdzają że sytuacja się wyklarowała
i szanse są 1/2 do 1/2 oraz że jest to nowe niezależne losowanie, a to
błąd !!! pierwszym losowaniem podzieliliśmy zbiór na jednoelementowy z
szansą 1/3 i dwuelementowy z szansą 2/3. Teraz dokonujemy ponownego
(ale całkiem zależnego od pierwszego)wyboru pomiędzy tymi samymi zbiorami! I co z tego że odsłonięto bramkę pustą ? Dalej szansa że nagroda jest w "naszej" bramce jest 1/3 a że jest w zbiorze dwuelementowym "bramka pusta i bramka zakryta" 2/3 !!
Teraz jaśniej??
Zawsze łatwiej było jednak z większą ilością pudełek niż trzy.
Jest dokładnie tak jak Pan pisze i było to dla mnie zrozumiałe od początku. O czym pisałem powyżej z przykładami bramek B1, B2 i B3.
Przekonałem się jednak że trudno jest zmusić kogoś (jak nie chce) by tę
drogę pokonał.
Zawsze miałem zabawę najpierw proponując na osobnej tablicy przypadek
stuelementowy. Kiedy już wszystko udowodnisz często słyszysz :
1/3 czy 2/3 to i tak trzeba szczęścia ! Wtedy wracasz do tamtej tablicy.
Po odsłonięciu 98 pustych bramek pewność nagrody za zmianę decyzji
wynosi 99% ! I jak ktoś tego nie akceptuje, to lepiej go do zespołu programistów nie brać.
Działania prowadzącego w grze nie zawężają wyboru w taki sposób. Co nam więc daje inteligencja?
W tabelce na końcu strony http://pl.wikipedia.org/wiki/Paradoks_Monty_Halla widzimy, że strategia zmiany bramki daje sukces w 6-ciu przypadkach na 12. Różnica ma według tej tabelki wynikać z tego, że różne są szanse zaistnienia każdej z tych sytuacji. Ale jakie to ma znaczenie w chwili, gdy już ta sytuacja zaistniała?
Powiedzmy, że mamy pudełka z dwoma przegródkami A i B. W jednej z przegródek jest moneta. Prawdopodobieństwo otwarcia prawidłowej przegródki jest 1/2. Ale jeśli losujemy pudełka z puli, co do której wiemy, że pudełek z monetą w przegródce A jest więcej niż tych z przegródką B, to wcześniejsze losowanie ma wpływ na sytuację.
Przyznaję, że nie miałem racji.
Bo gdy ustawiał je ktoś według wczesniejszego zamysłu, to całkowicie zmienią się rachunki, a grający nie wie jak to naprawde jest obstawiane.
chodzi mi o tłumaczenie że zbiór jednoelementowy ma prawdop. 1/3, a dwuelementowy 2/3 i skoro dostajemy dodatkową informację że jeden z jego elementów jest pusty to jakby waga przenosiła się na drugi element, czyli jego wybór jest zwycięski z prawdopodobieństwem 2/3.
Rozumiem.
(rzeczywiście zrobiłem szkolny błąd z przyjęciem równych prawdopodobięństw wszystkich możliwych sytuacji).
Dobre.
jeśli natomiast uwzględnimy, że chcemy wygrać cokolwiek, to mamy sytuację: 1,1,0 (dwie wygrane i jedna pusta)- z czego prowadzący zawsze odsłoni bramkę niepustą, a w tym wypadku prawdopodobieństwo układa się już nieco inaczej:
w pierwszej sytuacji (wybór 1 z 3) dla każdej bramki mamy szanse 2/3:
tzn. rozkładając to na koszyki- nasz koszyk ma szanse 2/3, a sąsiedni koszyk ma szanse 4/3!(czyli wygrana jest pewna- jeśli byśmy wybrali cokolwiek innego, niż wybieramy)
jednakże prowadzący usuwa wygrywającą bramkę z gry(4/3- 1)- w efekcie, patrząc na koszyki:
mamy 2/3 u siebie i 1/3 w przeciwnym koszyku
także, o ileż sam paradoks jest słuszny- o tyleż, nie nadaje się on do zastosowania przy Polskiej edycji tego programu, a przynajmniej nie zawsze - nawet jeśli interesuje nas tylko i wyłącznie wygranie głównej nagrody (wtedy nagrodę pocieszenia możemy traktować jako 0- ale to i tak nie gwarantuje nam, iż prowadzący nie ujawni jej odsłaniając bramkę)
Bo mozna równei dobrze grać na podstawie przeszłych wyników, na przykład w ostatnich dwóch mieliśmy nagrode w bramce nr.2 i nr.3, a my gramy w trzecim rozdaniu i oczywiście wybraliśmy bramkę nr.1, zaś Hajzer odsłania bramkę nr.2 jako pustą, czyli do wyboru mamy nr1 z liczonym prawdop.33,3% i nr.3 z liczonym prawdop 66,6%.
Ja w ciemno wybrałbym nr.1.
Również na odwrót, czyli wybieramy bramkę nr.3-tak dla jaj, chociaz spodziewamy sie trafienia w nr.1, Hajzer odsłania nam bramkę nr.2 i wówczas również w ciemno wybierałbym bramkę nr.1