ﾓﾝﾃﾎｰﾙ確率計算問題を量子論確率収束問題と考える人達 (335ﾚｽ)
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151(1): 04/08(月)15:08 ID:ioD1u33N(1/7) AAS
>>150
log(5^24) / log(2^56)
= (24log5) / (56log2)
= (24/56) × (log5 / log2)
= (3/7) × log[2]5
= (3log[2]5) / 7
= log[2]5^3 / 7
= log[2]125 / 7
= log[2]125 / log[2]128
< 1
省3
155(3): 04/08(月)15:16 ID:ioD1u33N(2/7) AAS
>>147
司会が開けたドアをCとする場合、（「司会が開けたドア」という表現を「C」で置換可能とするから）司会がBを開けた可能性を考えられない場合と、（反事実的に）司会がBを開けた可能性を考えられる場合を区別する必要性があることがわかった
そしてそれは（挑戦者が）最初に選んだドアをAとする場合でも同じだから、司会がCを開けない可能性を考慮する必要があるなら挑戦者が最初にAを選ばない可能性も同様に考慮する必要があると思ったから考え方を修正してみた
3つのドアの集合: D = {A, B, C}
当たりのドア: X
最初に選ぶドア: Y
司会者が開けるドア: Z
司会者の振る舞い: Z≠X, Y (i.e. 司会者はX, Yを避ける)
P(X=A)=P(X=B)=P(X=C)=1/3
選択を変えなければ勝つ⇔X=Y
省18
156(2): 04/08(月)15:17 ID:ioD1u33N(3/7) AAS
>>155
【最初にドアを選んだ後、司会者がドアを開ける前用】
P(Y=A)
= P(X=A)P[Y|X](A|A) + P(X=B)P[Y|X](A|B) + P(X=C)P[Y|X](C|C)
= (1/3)(P[Y|X](A|A) + P[Y|X](A|B) + P[Y|X](A|C))
P(X=Y=A)
= P(X=A)P[Y|X](A|A)
= (1/3)P[Y|X](A|A)
最初にAを選ぶならばP(Y=A) ≠ 0
よって
省20
157(1): 04/08(月)15:18 ID:ioD1u33N(4/7) AAS
>>156
【司会者がドアを開けた後用】
3つのドアの集合: D = {A, B, C}
当たりのドア: X
挑戦者が最初に選ぶドア: Y
司会者が開けるドア: Z
司会者の振る舞い: Z≠X, Y (i.e. 司会者はX, Yを避ける)
P(X=A)=P(X=B)=P(X=C)=1/3
(X, Y, Z) = (x, y, z)をxyzと書く
（例： (X, Y, Z) = (A, B, C)をABCと書く）
省34
158(1): 04/08(月)15:18 ID:ioD1u33N(5/7) AAS
>>157
このとき
0 <= P[Z|XY](C|AA) < 1のとき
P[X|YZ](A|AC) < P[X|YZ](B|AC)
よって、最初にAを選び司会者がCを開けたとき選択を変える方が有利
（特に、P[Z|XY](C|AA) = 0のとき最初にAを選び司会者がCを開けたとき選択を変えれば勝つ）
P[Z|XY](C|AA) = 1のとき
P[X|YZ](A|AC) = P[X|YZ](B|AC)
よって、最初にAを選び司会者がCを開けたとき選択を変えても変えなくても有利度は同じ
特に、P[Z|XY](B|AA) = P[Z|XY](C|AA) = 1/2と仮定する場合
省13
163: 04/08(月)15:32 ID:ioD1u33N(6/7) AAS
>>155
X=xのときY=yの確率をP[Y|X](y|x)と書く
(X, Y) = (x, y)の確率をP[XY](xy)と書く
168: 04/08(月)15:45 ID:ioD1u33N(7/7) AAS
>>158
司会者がCを開けたとき選択を変える方が有利
（このとき
↓
最初にAを選び司会者がCを開けたとき選択を変える方が有利
（このとき
= P[X|YZ](B|AC)
= 1 / (1/2 + 1)
↓
= P[X|YZ](B|AC)
省2
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