Monty Hall-paradoxon

Picture of matematikai alkalmazások

matematikai alkalmazások

Matematikai érdekességek, amelyek jól jöhetnek az érettségin vagy a felvételin is.

Alkalmazások
monty_hall

Oszd meg, ha tetszik!

Monty Hall probléma

A Monty Hall paradoxon egy híres probléma a valószínűségszámításban, amely elsőre meglepő, sőt intuitívan ellentmondásos eredményhez vezet. Nevét Monty Hall-ról, az amerikai televíziós műsor, a Let’s Make a Deal házigazdájáról kapta, ahol hasonló játékhelyzetek merültek fel. A paradoxon nemcsak a laikus közönséget, hanem matematikusokat és tudósokat is megzavarta.
A háromajtós probléma
A játék szabályai
A Monty Hall paradoxon alapja a következő szituáció:
– A játékos előtt három ajtó található.
– Az egyik ajtó mögött egy autó (nyeremény), a másik két ajtó mögött pedig kecskék (nem nyert).
– A játékos választ egy ajtót, de nem nyitja ki.
– A játékmester (Monty Hall), aki tudja, hogy mi van az ajtók mögött, kinyit egy másik ajtót, amely mögött biztosan egy kecske található.
– Ekkor a játékmester megkérdezi a játékost, hogy szeretne-e váltani az eredetileg választott ajtóról a megmaradt másik ajtóra.
A kérdés
A kérdés az, hogy a játékosnak érdemes-e változtatni az eredeti döntésén, vagy maradjon az eredeti választásánál? A válasz meglepő: mindig érdemes váltani, mert ezzel kétszeresére növeli az esélyét, hogy megnyerje az autót.
A helyes stratégia, váltás vagy maradás?
1. Ha a játékos nem vált, akkor csak abban az esetben nyer, ha elsőre sikerült eltalálni a megfelelő ajtót, amelynek az esélye \(1/3\).
2. Ha a játékos vált, akkor csak úgy nyerhet, ha eredetileg nem azt az ajót választotta, amely mögött az autó van, ennek az esélye \(2/3\).
A paradoxon abból fakad, hogy intuitívan sokan úgy gondolják, hogy a két ajtó közötti választás egyenlő esélyeket, \((50-50\%)\) eredményez, de a valóságban a váltás még ennél is jobb esélyeket biztosít.
Matematikai levezetés
A probléma megoldásának megértéséhez fontos figyelembe venni az információkat, amelyek a játék során változnak és a feltételeket:
1. A játékos az esetek \(1/3\)-ában helyesen választ az első lépésben, azaz az autót választja. Ebben az esetben Monty kinyit egy kecskés ajtót, és ha a játékos vált, elveszíti az autót. Ha nem vált, akkor nyer.
2. Az esetek \(2/3\)-ában a játékos rosszul választ az első lépésben, azaz egy olyan ajtót választ, amely mögött kecske van. Ekkor Monty az egyetlen másik ajtót nyitja ki, amely mögött kecske van, így ha a játékos vált, megnyeri az autót. Ha nem vált akkor veszít.
A fentiek alapján, ha a játékos vált, az esélye, hogy nyer, \(2/3\). Ha nem vált, akkor a nyerés esélye marad \(1/3\).
Történeti háttér
A Monty Hall-paradoxon először 1975-ben került a matematikai közönség figyelmébe, amikor Steve Selvin publikálta az első változatot egy statisztikai folyóiratban. Az igazi ismertség azonban 1990-ben jött, amikor Marilyn vos Savant, aki híres volt, hogy neki volt a világon a legmagasabb IQ-ja, válaszolt a paradoxonra a Parade magazin rovatában.
Vos Savant kijelentette, hogy mindig váltani kell, mivel a nyerési esély így \(2/3\). Azonban ennek ellenére sok matematikus, köztük ismert professzorok is ellenezték ezt a megoldást, és levelekben vitatták vos Savant válaszát, azt állítva, hogy az esélyek \(50-50\%\) arányúak. Az ellenállás annak volt köszönhető, hogy a probléma intuitív megközelítése sokakat félrevezetett.
Kételyek
Több neves tudós és matematikus – köztük Erdős Pál, az egyik legnagyobb hatású magyar matematikus – nem hitt a megoldás helyességében, egészen addig, amíg nem szembesült egy számítógépes szimuláció eredményeivel. A szimulációk igazolták vos Savant állítását: az ajtóváltás valóban növeli a nyerési esélyeket \(2/3\)-ra, míg ha maradunk az eredeti választásunknál, csak \(1/3\) az esélyünk. A szimuláció az oldal alján található interaktív játékban ki is próbálható.
A paradoxon kiterjesztés \(n\) ajtóra
Az \(n\) ajtós Monty Hall probléma kiterjesztésében, a játékvezető \(p\) ajtót nyit ki, mielőtt a játékosnak felajánlja a váltás lehetőségét, amely megértéséhez részletes matematikai levezetésre van szükség. Ebben az esetben is az a cél, hogy megvizsgáljuk, mi a helyes stratégia (váltani vagy nem váltani), és hogy hogyan alakulnak a nyerési esélyek a váltás során.
Általánosított játék leírása
– \(n\) ajtó van, amelyek közül egy mögött nyeremény (pl. autó) van, a többi mögött kecskék (nem nyert).
– A játékos választ egy ajtót.
– A játékvezető (Monty Hall), aki tudja, hogy mi van az ajtók mögött, kinyit \(p\) darab olyan ajtót, amelyek mögött biztosan kecskék vannak. Fontos, hogy \(p < n – 1\), mivel legalább egy ajtónak zárva kell maradnia a váltás lehetőségéhez.
– A játékvezető felajánlja a játékosnak, hogy válasszon egy másik, még zárva lévő ajtót.
Milyen esélyekkel nyer a játékos, ha vált?
A problémát több részre bonthatjuk, a valószínűségek pontos meghatározásával. A játékos eredeti választása után két dolog történhet:
1. A játékos eredetileg az olyan ajtót választott, amely mögött autót van.
2. A játékos eredetileg egy olyan ajtót választott, amely mögött kecske vam.
Az esély, hogy a játékos elsőre helyesen választott, azaz az a nyerő ajtót választotta:
\[\begin{aligned} P(\text{aut\’o az els\Hooe\, v\’alaszt\’askor}) = \frac{1}{n} \end{aligned}\notag\]
Ha a játékos vált, akkor ebben az esetben veszít. Tehát a nyerési esély ebben az esetben nulla.
Az esély, hogy a játékos elsőre egy olyan ajtót választott, amely mögött kecske van:
\[\begin{aligned} P(\text{kecske az els\Hooe\; v\’alaszt\’askor}) = \frac{n-1}{n}. \end{aligned}\notag\]
Ekkor Monty Hall kinyit \(p\) olyan ajtót, amelyek mögött kecskék vannak. Mivel az \(n-1\) ajtó közül \(p\) darab vesztes ajtót kinyitott, a maradék zárt ajtók között egy autó és \(n-p-2\) darab ajtó van, amely mögött kecskék vannak. Ha a játékos vált, akkor az esélye, hogy a nyerő ajtót választja a maradék ajtók közül:
\[\begin{aligned} P(\text{nyer\’es, ha v\’alt kecske v\’alaszt\’asa eset\’en}) = \frac{1}{n-p-1}. \end{aligned}\notag\]
Ez az esély abból adódik, hogy miután Monty Hall kinyitott \(p\) kecskés ajtót, a maradék \(n – p – 1\) ajtó egyike mögött van az autó.
A teljes nyerési esély váltás esetén
Most összegezzük a két lehetséges forgatókönyvet. A játékos akkor nyer, ha eredetileg nem az autót választotta, és azután vált vagy elsőre a nyerő ajtót sikerült kiválasztania és nem vált. Az események összesített valószínűsége: 1. Az esély, hogy a játékos eredetileg olyan ajtót választott, amely mögött kecske van: \( \dfrac{n-1}{n} \), 2. Az esély, hogy ha vált, akkor a nyerő ajtót választja a maradék ajtók közül: \( \dfrac{1}{n-p-1} \).
Ezért a nyerési esély váltás esetén:
\[\begin{aligned} P(\text{nyer\’es v\’alt\’as eset\’en}) = \frac{n-1}{n} \cdot \frac{1}{n-p-1}. \end{aligned}\notag\]
A teljes nyerési esély, ha nem váltunk
Ha a játékos nem vált, akkor az esélye, hogy nyer, egyszerűen az első választás helyességének valószínűsége, ami:
\[\begin{aligned} P(\text{nyer\’es nem v\’alt\’as eset\’en}) = \frac{1}{n}. \end{aligned}\notag\]
A lehetőségek összegzése
Most nézzük meg, melyik stratégia jobb. A két stratégiát összehasonlítva:
1. Váltás esetén:
\[\begin{aligned} P(\text{nyer\’es v\’alt\’as eset\’en}) = \frac{n-1}{n} \cdot \frac{1}{n-p-1} \end{aligned}\notag\]
2. Nem váltás esetén:
\[\begin{aligned} P(\text{nyer\’es nem v\’alt\’as eset\’en}) = \frac{1}{n}. \end{aligned}\notag\]
Ezek alapján érdemes váltani, ha:
\[\begin{aligned} \frac{n-1}{n} \cdot \frac{1}{n-p-1} > \frac{1}{n}\\ (n-1) \cdot \frac{1}{n-p-1} > 1\\ \frac{n-1}{n-p-1} > 1\\ \end{aligned}\notag\]
Ez az arány mindig nagyobb, mint 1, ha \( p < n-1 \), vagyis ha legalább egy ajtót zárva hagynak, ami azt jelenti, hogy a váltás mindig jobb stratégia, mint maradni az eredeti választásnál.
Példa
Tegyük fel, hogy \(n = 100\) ajtó van, és Monty kinyit \(98\) ajtót, amelyek mögött biztosan kecskék vannak (\(p = 98\)).
Ha a játékos nem vált, az esélye, hogy nyer: \(P(\text{nyer\’es nem v\’alt\’as eset\’en}) = \dfrac{1}{100}\).
Ha a játékos vált, az esélye, hogy nyer:
\[\begin{aligned} P(\text{nyer\’es v\’alt\’as eset\’en}) = \frac{99}{100} \cdot \frac{1}{1} = \frac{99}{100}. \end{aligned}\notag\]
Ebben az esetben a váltás esélye majdnem \(100\)-szor jobb, mint ha maradna az eredeti választásánál.
Az \(n\) ajtós Monty Hall probléma általános esete, ahol a játékvezető \(p\) ajtót nyit ki, azt mutatja, hogy a váltás mindig jobb stratégia, függetlenül attól, hogy hány ajtó van, és hányat nyitott ki a játékvezető. A váltás nyerési esélye a maradék ajtók számától függ, és ha \(p\) ajtót kinyitnak, akkor a váltás esélye mindig nagyobb, mint a maradásé.
A fenti gondolatmenet a feltételes valószínűség és a teljes valószínűség tételének alkalmazásával került levezetésre.
1. Feltételes valószínűség
A feltételes valószínűség segít meghatározni egy esemény valószínűségét akkor, ha már van valamilyen információnk más eseményekről. A Monty Hall probléma esetében az a kulcsfontosságú információ, hogy a játékvezető \(p\) darab ajtót nyit ki, amelyek mögött kecskék vannak, amely a későbbiekben befolyásolja a játékos döntését és az események valószínűségét.
Például amikor kiszámítjuk, hogy mekkora eséllyel nyer a játékos, ha vált, akkor figyelembe vesszük azt a feltételt, hogy Monty Hall már kinyitott \(p\) darab ajtót, és ezek mögött kecskék voltak. A feltételes valószínűséget ebben az összefüggésben arra használjuk, hogy meghatározzuk, mi a nyerés esélye, feltéve, hogy a játékvezető \(p\) darab ajtót nyit ki, amelyek mögött kecskék vannak.
A feltételes valószínűség képlete:
\[ \begin{aligned} P(A|B) = \frac{P(A \cdot B)}{P(B)}, \end{aligned}\notag \]
ahol \(P(A|B)\) az \(A\) esemény valószínűsége, feltéve, hogy \(B\) már bekövetkezett. Ezt a gondolkodásmódot használjuk, amikor kiszámítjuk a nyerési esélyeket a maradék ajtók kinyitása alapján, miután Monty kinyitott néhány ajtót.
2. Teljes valószínűség tétele
A teljes valószínűség tétele arra szolgál, hogy egy esemény (jelen esetben a nyerés) valószínűségét több alternatív forgatókönyv összességeként fejezzük ki. A Monty Hall probléma esetében két alapvető lehetőség van:
A játékos eredetileg az autót választotta (ennek valószínűsége \(\dfrac{1}{n}\)),
A játékos eredetileg egy olyan ajót választott, amely mögött kecske van (ennek valószínűsége \(\dfrac{n-1}{n}\)).
Ezek az események egymást kizáróak, és ezek megfelelnek a teljes eseménytér felbontásának. A teljes valószínűség tételét használjuk, amikor a két eset külön-külön esélyét összegezzük a teljes nyerési valószínűség kiszámításakor.
A teljes valószínűség tételének általános képlete:
\[ \begin{aligned} P(A) = P(A|B_1) \cdot P(B_1) + P(A|B_2) \cdot P(B_2) + \ldots + P(A|B_n) \cdot P(B_n), \end{aligned}\notag \]
ahol \(B_1, B_2, \dots, B_n\) az eseménytér egymást kizáró részei.
A Monty Hall probléma esetében:
\(B_1\) az az esemény, hogy a játékos eredetileg a nyerő ajtót választotta (\(P(B_1) = \dfrac{1}{n}\)),
\(B_2\) az az esemény, hogy a játékos eredetileg olyan ajtót választott, amely mögött kecske van (\(P(B_2) = \dfrac{n-1}{n}\)).
A teljes nyerési esély az eredeti döntés megváltoztatása esetén tehát a következő:
\[ \begin{aligned} P(\text{nyer\’es v\’alt\’askor}) = P(\text{nyer\’es | kecsk\’et v\’alasztott}) \cdot P(\text{kecsk\’et v\’alasztott}) + \\ +P(\text{nyer\’es | aut\’ot v\’alasztott}) \cdot P(\text{aut\’ot v\’alasztott}) \end{aligned}\notag \]
Ezt a módszert alkalmaztuk az \(n\) ajtós, \(p\) darab ajtó nyitásos verzió levezetése során is.
Tehát igen, a feltételes valószínűséget és a teljes valószínűség tételét is alkalmaztuk a Monty Hall paradoxon általános esetének levezetésekor. Ezek a tételék segítenek pontosan kiszámítani a nyerési valószínűségeket, figyelembe véve a játékos döntését és Monty Hall cselekedeteit.

Monty Hall interaktív játék

0
Változtatással nyert játék aránya
0
Változtatás nélkül nyert játék aránya
Válassz egy ajtót!
Az 1. ajtót választottad
A 2. ajtót választottad
A 3. ajtót választottad
Kinyitjuk az általad választott ajtót...
Az 1. ajtót nyitottad ki
A 2. ajtót nyitottad ki
A 3. ajtót nyitottad ki

Kinyitok neked egy ajtót, amely mögött nincs nyeremény.

Másik ajtót szeretnél választani?

Gratulálok, Nyertél!

Helyesen döntöttél, hogy megváltoztattad a döntésed.

Azzal, hogy megváltoztattad a döntésed \(33,33\%\)-ról \(66,67\%\)-ra növelted a nyerési esélyed.

Nem nyert!

Annak ellenére nem nyertél, hogy a döntésed megváltoztatásával \(66,67\%\)-ra növelted az esélyed.

Próbálj ismét szerencsét!

Gratulálok, Nyertél!

Szerencsés vagy!

A nyerési esélyed csak \(33,33\%\) volt, mert nem változtattál a döntéseden.

Nem nyert!

Mivel nem változtattál a döntéseden a nyerési esélyed csak \(33,33\%\) volt.

Próbálj ismét szerencsét!

door door door
Minél többet játszol, annál jobban közelítik az egyes arányok az elméleti értékeket, amely a változtatással nyert játékok esetén \(\dfrac{2}{3}\), a változtatás nélküliben pedig \(\dfrac{1}{3}\). Az eredmények 20-40 menet után kezdik közelíteni a fenti értékeket. Ha a szám zöldre vált, akkor legfeljebb néhány százalékpontnyira vagy az elméleti értéktől.

Érdekességek

További alkalmazások

Kriptográfia

A nyílt kulcsú kriptográfia rendkívüli ütemben fejlődik, hogy lépést tudjon tartani a technológia és a biztonságos információ átadás és tárolás iránti igényeinkkel. Megfejteni lényegében lehetetlen.

Tovább olvasom »

Most kedvező áron az előkészítő csomag

2023 iFeladatok I.

Interaktív feladatok felvételire és emelt szintű érettségire
4.590 Ft 2022/23 tanévre
  • 20 iFeladat automatikus javítással
  • 19 témakör
  • 121 megoldási lépés
  • Megoldássegítő felépítés
  • 2,15 átlagos nehézség (1-3 skálán)
  • A tananyag 2023. június 30-ig érhető el

2023 Emelt szintű
matematika előkészítő

Kidolgozott feladatok felvételire és emelt szintű érettségire
59.900 Ft 2022/23 tanévre
  • 25 kidolgozott témakör
  • Több mint 200 kidolgozott példa
  • 13 interaktív feladatsor
  • 21 elméleti összefoglaló
  • Felkészülés folyamatos követése, naplózása
  • 2024-től érvényes követelményekkel kiegészítve
  • 25 szóbeli tétel - teljes tételsor
  • A tananyag 2023. június 30-ig érhető el

2023 Középszintű matematika kurzusok

Tananyag középszintű matematika felkészüléshez
1.750 Ft 2022/23 tanévre, kurzusonként
  • Témakörönkénti előfizetés
  • Megértést segítő magyarázat
  • Definíciók, tételek
  • Kidolgozott típuspéldák
  • Online feladatok, azonnali javítással
  • Felkészülés folyamatos követése, naplózása
  • 2024-től érvényes követelmények alapján
  • A tananyag 2023. június 30-ig érhető el