[過去ログ] 2つの封筒問題 Part.3 [無断転載禁止]©2ch.net (1002レス)
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355: 2017/03/29(水)00:25 ID:U7bZg3RO(1/8) AAS
>>351
有限空間だと仮定して解くのも、結局仮定して解いてるわけじゃん
無限派の基本的な結論は「封筒の分布に関する条件が足りない」だからそれを崩せてるわけじゃない
364: 2017/03/29(水)08:56 ID:U7bZg3RO(2/8) AAS
当確率であると仮定したから
366
(1): 2017/03/29(水)10:35 ID:U7bZg3RO(3/8) AAS
>>365
エントロピー最大の原理
369
(1): 2017/03/29(水)13:21 ID:U7bZg3RO(4/8) AAS
>>368
なぜかも何も定義に従って計算するとそうなるから(たぶん君はそれができないんだろうけど…)
エントロピー最大の原理は事前分布に適用するものだから
事後確率に適用するものじゃない。
そんなことしたら事後確率の意味がないだろう。それだとモンティホール問題では扉を変えても変えなくても1/2になってしまうじゃないか。
何回同じこと言わせるんだ
371: 2017/03/29(水)14:53 ID:U7bZg3RO(5/8) AAS
>>370
お前の思い込みなんてどうでもいい
数学は定義が第一だ
372
(2): 2017/03/29(水)14:55 ID:U7bZg3RO(6/8) AAS
>>370
条件付き確率の定義に従って確率が変わらないことを証明したらいい
常識的に考えてこうでしょ?みたいな君の浅い経験による直感など何も役に立たない
374
(11): 2017/03/29(水)15:45 ID:U7bZg3RO(7/8) AAS
>>373
封筒の組が{x,2x}となる分布をp(x)とする。
開く封筒をX,残った封筒をYとする。
すなわちX,Yは確率変数でP(∃x ∈N,{X,Y}={x,2x})=1を満たすと仮定する。
ここで封筒の組とX,Yの大小関係は独立であると仮定する。
すなわちP(X>Y|{X,Y}={x,2x})=1/2と仮定する。
ここでP(X>Y|X=10000)を求めるのが問題だ。

P(X>Y|X=10000)=P(X>Y,X=10000)/P(X=10000) (∵条件つき確率の定義)
分子は
P(X>Y,X=10000)=P(X=10000,Y=5000)
省6
375: 2017/03/29(水)15:51 ID:U7bZg3RO(8/8) AAS
>>374
(オマケ)
P(X>Y)=Σ_{x ∈N} P({X,Y}={x,2x})P(X>Y|{X,Y}={x,2x}) (∵ベイズの定理)
=Σ_{x ∈N} p(x)/2
=1/2である。

P(X>Y)=1/2が出るのは偶然pに依存しなかっただけ。一般の事象P((X,Y)∈A)はpに依存する。

書いてなかったけどNは自然数全体を表す。けど、嫌なら有理数全体でもよい。(実数全体だと条件付き確率の理論的な取り扱いが面倒になるのでお勧めしない)
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