Это все хорошо, но что ты пытаешься до меня донести? Мы на одной стороне, поскольку оба сходимся во мнении, что в этой задаче вероятность изначального угадывания не меняется. Есть умозрительные доводы, вроде приведенного тобой (я его, кстати, знал ещё лет 5 назад, это был первый умозрительный довод, который смог убедить интуицию), есть четкие математические формулы, его подтверждающие.
Я их выписал не в качестве интуитивно понятного решения, а только для того, чтобы некоторые реакторчане не наезжали на строгий математический подход, который и породил «парадокс» изначально, так как вызывал противоречия с наивной интуицией.
Никуда ведущий не перемещает приз.
Каюсь, что не привел предусловия, описывающие поведение ведущего. Вот они (для случая S1, для остальных - аналогично):
* P(R1|S1) = 0 (ведущий никогда не открывает дверь участника).
* P(R2|W2,S1) = P(R3|W3,S1) = 0 (ведущий не открывает приз).
* P(R2|W3,S1) = P(R3|W2,S1) = 1 (ведущий открывает только оставшуюся свободную дверь, если участник не угадал; в общем случае 1/(N-2), где N - текущее число закрытых дверей).
* P(R2|W1,S1) = P(R3|W1,S1) = ½ (ведущий открывает одну из оставшихся дверей, если участник сразу угадал; в общем случае 1/(N-1)).
Из этого видно, что приз не нужно никуда перемещать, чтобы математическое описание было точным.
Можешь проверить, выписанные формулы, а конкретно
* P(R3|W1,S1) = ½ и
* P(R3|S1) = ½
я действительно использовал в своем первом комментарии с формулами.
Ты формулы в руках держал когда-нибудь, пронаучный бредоборец наш?
Математически легко доказать, что вероятность победы не меняется после разоблачения ведущего.
Для 3 вариантов чистая математика выглядит следующим образом.
Вооружаемся формулой Байеса, которой будем пользоваться в хвост и в гриву, обзываем Wi - событие, при котором i - призовой сектор (win), Si - выбор игроком i-й позиции (select), Ri - разоблачение ведущим i-й позиции (reveal). Держим в голове, что события Wi и Si независимы.
Предположим, мы хотим оценить вероятность выигрыша, когда мы выбрали опцию 1, а нам разоблачили опцию 3.
P(W1|S1,R3) = P(W1,S1,R3) / P(S1,R3).
Рассмотрим отдельно числитель:
P(W1,S1,R3) = P(R3|W1,S1) • P(W1,S1) = ½ • P(W1) • P(S1) = ½ • ⅓ • P(S1).
Теперь знаменатель:
P(S1,R3) = P(R3|S1) • P(S1) = ½ • P(S1)
Итого получаем
P(W1|S1,R3) = ⅓.
Оценим вероятность выигрыша до разоблачения.
P(W1|S1) = P(W1) = ⅓.
Опа!
P(W1|S1,R3) = P(W1|S1), что и требовалось.
Если формулы выше для тебя окажутся сложны и не понятны, пожалуйста, открой учебник по теории вероятностей, а не дерзи в комментариях.
Только это не бред, это теория вероятностей, если все строго расписывать. Соглашусь с тем, что здесь математика дает меньше интуиции, чем мысленный эксперимент с сотней дверей и объяснением через «иммунитет», но это все ещё не переводит математику в статус «бреда». Прям обидно было. :(
Допустим, твой изначальный выбор пал на чувака № 34, а ведущий, который, усатая падла, по условию задачи точно знает, на ком какие трусы, снял портки со всех-всех оставшихся чуваков кроме подозрительно ухмыляющегося, например, № 69.
Что вероятнее: что ты ниибацца какой Нострадамус или что Якубович просто абузит знание полной информации?
Я их выписал не в качестве интуитивно понятного решения, а только для того, чтобы некоторые реакторчане не наезжали на строгий математический подход, который и породил «парадокс» изначально, так как вызывал противоречия с наивной интуицией.
Каюсь, что не привел предусловия, описывающие поведение ведущего. Вот они (для случая S1, для остальных - аналогично):
* P(R1|S1) = 0 (ведущий никогда не открывает дверь участника).
* P(R2|W2,S1) = P(R3|W3,S1) = 0 (ведущий не открывает приз).
* P(R2|W3,S1) = P(R3|W2,S1) = 1 (ведущий открывает только оставшуюся свободную дверь, если участник не угадал; в общем случае 1/(N-2), где N - текущее число закрытых дверей).
* P(R2|W1,S1) = P(R3|W1,S1) = ½ (ведущий открывает одну из оставшихся дверей, если участник сразу угадал; в общем случае 1/(N-1)).
Из этого видно, что приз не нужно никуда перемещать, чтобы математическое описание было точным.
* Бонус: по формуле полной вероятности P(R3|S1) = P(R3|W1,S1)•P(W1) + P(R3|W2,S1)•P(W2) + P(R3|W3,S1)•P(W3) = ½•⅓ + 1•⅓ + 0•⅓ = ½.
Можешь проверить, выписанные формулы, а конкретно
* P(R3|W1,S1) = ½ и
* P(R3|S1) = ½
я действительно использовал в своем первом комментарии с формулами.
Математически легко доказать, что вероятность победы не меняется после разоблачения ведущего.
Для 3 вариантов чистая математика выглядит следующим образом.
Вооружаемся формулой Байеса, которой будем пользоваться в хвост и в гриву, обзываем Wi - событие, при котором i - призовой сектор (win), Si - выбор игроком i-й позиции (select), Ri - разоблачение ведущим i-й позиции (reveal). Держим в голове, что события Wi и Si независимы.
Предположим, мы хотим оценить вероятность выигрыша, когда мы выбрали опцию 1, а нам разоблачили опцию 3.
P(W1|S1,R3) = P(W1,S1,R3) / P(S1,R3).
Рассмотрим отдельно числитель:
P(W1,S1,R3) = P(R3|W1,S1) • P(W1,S1) = ½ • P(W1) • P(S1) = ½ • ⅓ • P(S1).
Теперь знаменатель:
P(S1,R3) = P(R3|S1) • P(S1) = ½ • P(S1)
Итого получаем
P(W1|S1,R3) = ⅓.
Оценим вероятность выигрыша до разоблачения.
P(W1|S1) = P(W1) = ⅓.
Опа!
P(W1|S1,R3) = P(W1|S1), что и требовалось.
Если формулы выше для тебя окажутся сложны и не понятны, пожалуйста, открой учебник по теории вероятностей, а не дерзи в комментариях.
Что вероятнее: что ты ниибацца какой Нострадамус или что Якубович просто абузит знание полной информации?
А php переступлю при входе.