Sannsynlighet, hva bør man velge?

[AnonymBruker]

Et forsøk med 2 personer. 1 person er leder, 1 person skal velge.

Lederen har 3 kopper, med 1 mynt under den ene koppen og ingenting under de to andre. Lederen vet hvor mynten er, det gjør ikke den andre personen.

Så skal den andre personen velge 1 av koppene.

Når personen har valgt 1 kopp, skal lederen løfte opp en av de 2 andre koppene og vise at det er tomt under. Denne koppen fjernes fra spillet. Det gjenstår altså to kopper.

Nå skal personen velge om han vil bytte til den andre koppen som gjenstår, eller fortsatt velge den samme som han valgte i utgangspunktet.

Spørsmålet er.. Hva bør han gjøre? Spiller det noen rolle? Hvorfor, hvorfor ikke?

Anonym poster: 810fa6c3b9ee2ffad2007d44e32ac498

[AnonymBruker]

En vanlig matematisk oppfatning av dette er å betrakte resultatet av begge valgene som samme prosess, so to say. Det innebærer rent matematisk at man bør bytte kopp når man kommer til runde 2 som da gir p = 66,66 (2/3)

Anonym poster: 9b80a699da95dd0268433aa632d97751

[Mann 42]

Han bør bytte. Grunnen til det er at i det første valget er det 1:3 sjanse for at han velger koppen med mynt under. Når en av koppene er demonstrert tom og fjernet, vil det neste valget ha 1:2 sannsynlighet for at han treffer en kopp med mynten under. Står han på det opprinnelige valget, så endrer ikke sannsynligheten seg.

Men det er kontraintuivt å skifte. Dette designet har vært brukt i et ganske berømt gameshow i USA, og majoriteten av spillere valgte å stå på sitt opprinnelige valg.

Men både teorien og praktiske tester (senest Mythbusters) viser at det lønner seg å bytte, og at teorien holder ganske bra stikk.

[AnonymBruker]

Han bør bytte. Grunnen til det er at i det første valget er det 1:3 sjanse for at han velger koppen med mynt under. Når en av koppene er demonstrert tom og fjernet, vil det neste valget ha 1:2 sannsynlighet for at han treffer en kopp med mynten under. Står han på det opprinnelige valget, så endrer ikke sannsynligheten seg.

Men det er kontraintuivt å skifte. Dette designet har vært brukt i et ganske berømt gameshow i USA, og majoriteten av spillere valgte å stå på sitt opprinnelige valg.

Men både teorien og praktiske tester (senest Mythbusters) viser at det lønner seg å bytte, og at teorien holder ganske bra stikk.

Jepp, det var litt mer utfyllende enn det jeg skrev over. Betinget sannsynlighet er ordet dersom man vil lese litt mer om det generelt.

Anonym poster: 9b80a699da95dd0268433aa632d97751

[AnonymBruker]

Virkelig? En jeg kjenner sa at det er ingen grunn til å bytte kopp. For uansett om du velger koppen med mynt eller ikke så vil det bli fjernet en tom kopp. Dette gjør det første valget av dør fullstendig meningsløst ettersom du til slutt ender opp med en 50-50 sjanse til å vinne bilen.

Når du i tillegg gir personen lov til å bytte kopp i det siste valget er det som om han ikke hadde tatt et forrige valg i det hele tatt, da han kan velge fritt mellom de resterende to koppene. Sunn fornuft og litt matematikk sier at 50-50 sjanse til å vinne mynten uansett hva man velger.

Anonym poster: 810fa6c3b9ee2ffad2007d44e32ac498

[Skjoldmøy]

I første runde er sjansen 1:3, og det er dermed 2/3 sjanse for å velge koppen med mynt under, samtidig som du er garantert at det ikke er noen mynt under minst en av de to andre koppene.

I andre runde er den ene koppen uten mynt tatt vekk, og spillet begynner på nytt igjen.

Sjansen for å velge koppen med mynt er nå 50%.

Dermed er det opp til deg om du vil ta sjansen på at gresset er grønnere på den andre siden, eller å stå fast ved valget ditt.

"Never change a winning team" kanskje?

[AnonymBruker]

I andre runde er den ene koppen uten mynt tatt vekk, og spillet begynner på nytt igjen.

Sjansen for å velge koppen med mynt er nå 50%.

Dermed er det opp til deg om du vil ta sjansen på at gresset er grønnere på den andre siden, eller å stå fast ved valget ditt.

Ja! Det var akkurat det han sa.

Anonym poster: 810fa6c3b9ee2ffad2007d44e32ac498

[Gjest hva som helst]

Dette er en versjon av The Monthy Hall Problem og det synes som at konsensus er at man bør bytte dør (kopp)

[AnonymBruker]

Jeg skjønner det ikke.

Sett at man har to bokser foran seg og får vite at en inneholder bæsj og den andre inneholder 1 million kroner, da er det jo 50/50 sjanse for å velge millionen. Slik jeg ser det er det akkurat det samme som skjer i dette eksemplet. Etter den ene bæsjboksen er tatt vekk får man vite at nå er det en boks med 1million og en boks med en bæsj. Man har nå to valg, enten å stå ved det første valget, som vil si at man velger den boksen som lå i midten, eller man kan velge den andre boksen. Jeg skjønner ikke at det da kan være 2/3 sjanse for at millionen ligger i boksen man ikke opprinnelig valgte.

Nei, jeg heller nok heller til at det må være slik at hvis du har 2 kopper, og en av dem inneholder en mynt, og en av dem inneholder nada, så sier det seg selv at sjangsen er 1/2 for at du svarer rett. Verre er det ikke. Vi trenger ikke tenke på den boksen så ble tatt bort en gang, siden man vet at på bordet så står det en av hver.

Anonym poster: 810fa6c3b9ee2ffad2007d44e32ac498

[Skjoldmøy]

Det er et velkjent matematisk problem, der utfallet av sannsynlighetsberegningen er avhengig av om man ser på valget som en eller to prosesser.

Ser man det som en prosess er det 1/3 sjanse for at man velger rett i første runde, og fordi man tar bort et verdiløst alternativ øker sjansen for å velge rett i andre runde.

Ser man det som to prosesser er du garantert å ikke tape i første runde fordi ett av alternativene du ikke velger må være verdiløst. I andre runde (ny prosess) er sjansen 50-50 og det er like stor sannsynlighet for å vinne uavhengig av valg.

[AnonymBruker]

Det er et velkjent matematisk problem, der utfallet av sannsynlighetsberegningen er avhengig av om man ser på valget som en eller to prosesser.

Kan det være mer enn én sannsynlighet for hva som er rett her? Det skjønte jeg i hvert fall ikke!

Anonym poster: 810fa6c3b9ee2ffad2007d44e32ac498

[Skjoldmøy]

Kan det være mer enn én sannsynlighet for hva som er rett her? Det skjønte jeg i hvert fall ikke!

Anonym poster: 810fa6c3b9ee2ffad2007d44e32ac498

Nemlig!

Det er slikt som gjør slike problemstillinger så spennende. :-)

[AnonymBruker]

Men en sannsynlighet må da være ett tall! Noe annet gir da ikke mening?

Men uansett, du har blant 3 tilfeldige kopper valgt en du tror har en mynt under seg. Etter du har gjort dette blir en av koppene uten mynt under fjernet. Du har enkelt å greit nå kun 2 kopper igjen å velge mellom, en som inneholder, og en som ikke inneholder 1 mynt. Du vet ikke selv om boksen du først valgte inneholder mynten eller ikke, og derfor er sjansen for at den skal ligge under den andre koppen det samme som at den skal ligge i den du valgte.

Anonym poster: 810fa6c3b9ee2ffad2007d44e32ac498

[AnonymBruker]

Virkelig? En jeg kjenner sa at det er ingen grunn til å bytte kopp. For uansett om du velger koppen med mynt eller ikke så vil det bli fjernet en tom kopp. Dette gjør det første valget av dør fullstendig meningsløst ettersom du til slutt ender opp med en 50-50 sjanse til å vinne bilen.

Når du i tillegg gir personen lov til å bytte kopp i det siste valget er det som om han ikke hadde tatt et forrige valg i det hele tatt, da han kan velge fritt mellom de resterende to koppene. Sunn fornuft og litt matematikk sier at 50-50 sjanse til å vinne mynten uansett hva man velger.

Anonym poster: 810fa6c3b9ee2ffad2007d44e32ac498

Nei, ikke nødvendigvis. Dette er et kjent "partytriks", men kan uttrykkes med regnestykker for betinget sannsynlighet. Hvis forutsetningen er at det alltid vises en tom kopp etter at man har valgt sin første (dvs. at man kan være sikker på at tingen ligger under en av de to resterende), så kan man regne ut til 2/3 sannsynlighet dersom man ser valget av den første koppen samt bytte av kopp i runde to som et valg (samme prosess).

Riktignok vil jeg si at de du skriver heller ikke er helt feil, men da anses valgene matematisk som to, helt isolerte hendelser uten betingelser variablene i mellom. Spør du meg blir det et litt meningsløst spill, fordi man da bare spiller det samme spillet med to og tre kopper.

Anonym poster: 9b80a699da95dd0268433aa632d97751

[AnonymBruker]

Men en sannsynlighet må da være ett tall! Noe annet gir da ikke mening?

Men uansett, du har blant 3 tilfeldige kopper valgt en du tror har en mynt under seg. Etter du har gjort dette blir en av koppene uten mynt under fjernet. Du har enkelt å greit nå kun 2 kopper igjen å velge mellom, en som inneholder, og en som ikke inneholder 1 mynt. Du vet ikke selv om boksen du først valgte inneholder mynten eller ikke, og derfor er sjansen for at den skal ligge under den andre koppen det samme som at den skal ligge i den du valgte.

Anonym poster: 810fa6c3b9ee2ffad2007d44e32ac498

Ja, hvis man tenker på dette som to separate events, med hver sin uavhengige sannsynlighet.

Men dersom man tenker på at at man foretar begge valgene i en og samme permutasjon, så får en fortsatt kun tre permutasjoner der begge valgene sees under et.

Anonym poster: 9b80a699da95dd0268433aa632d97751

[Heart]

Men dersom man tenker på at at man foretar begge valgene i en og samme permutasjon, så får en fortsatt kun tre permutasjoner der begge valgene sees under et.

Anonym poster: 9b80a699da95dd0268433aa632d97751

Du kan se det slik: Du velger 1 av 3 muligheter, og deretter får du valget mellom å beholde ditt alternativ eller få de to andre.

Det er i realiteten dette du blir bedt om å velge mellom. Det faktum at en av de to andre valgene nødvendigvis må være feil, og at en person med kjennskap til dette fjerner en slik unyttig opsjon, forandrer ikke det faktum at det er 66,67% sjanse for at det rette valget var en av de to andre mulighetene, som nå altså er slått sammen til en.

[AnonymBruker]

Ja, hvis man tenker på dette som to separate events, med hver sin uavhengige sannsynlighet.

Men dersom man tenker på at at man foretar begge valgene i en og samme permutasjon, så får en fortsatt kun tre permutasjoner der begge valgene sees under et.

Anonym poster: 9b80a699da95dd0268433aa632d97751

Hm, kanskje.

Men hvordan kan man egentlig bevise at variansen til X er lik forventningen til variansen til X gitt Theta pluss variansen til forventningen til X gitt Theta? ? Altså at VarX = EVar[X|Theta] + VarE[X|Theta]. Skjønner jo at det må være sånn, men., Beviset står ikke i læreboken, typisk å skrive "proof is left to the reader". Hater det. Matte er ikke så lett på videregående i Tyskland, mye verre enn i Norge..

Anonym poster: 810fa6c3b9ee2ffad2007d44e32ac498

[Leifern]

En annen måte å se det på er å se for seg at man har 1000 kopper. Du velger én kopp, og lederen viser fram 998 tomme kopper blant de 999 andre, noe han uansett kan gjøre siden han vet hvor mynten er. Valget står mellom den du valgte først, og den siste.

Hvor er mynten? Jeg vet hva jeg ville valgt..

Dette var jo på Casino til Flatland i gamle dager, bil og appelsin var det vel, tror de fleste skjønte at de måtte bytte faktisk.

Endret 21. januar 2013 av Leifern

[Cumulus]

En annen måte å se det på er å se for seg at man har 1000 kopper. Du velger én kopp, og lederen viser fram 998 tomme kopper blant de 999 andre, noe han uansett kan gjøre siden han vet hvor mynten er. Valget står mellom den du valgte først, og den siste.

Hvor er mynten? Jeg vet hva jeg ville valgt..

Dette var jo på Casino til Flatland i gamle dager, bil og appelsin var det vel, tror de fleste skjønte at de måtte bytte faktisk.

[Cumulus]

Nettopp, det er lettere å se det for seg når det er snakk om større tall. Jeg demonstrerer dette for matteelevene mine ved å bruke ti kort fra en kortstokk, ett sort og ni røde. Jeg vet hvor det sorte er og en elev gjetter hvor det er. Så fjerner jeg 8 røde kort sånn at to kort står igjen, det eleven valgte og ett til. Etter noen runder er alle enige om at det er lurt å bytte.