View
1
Download
0
Category
Preview:
Citation preview
Univerza v Ljubljani
Pedagoška fakulteta
Univerzitetni študijski program 1. stopnje: Dvopredmetni učitelj
ALEN KOPIĆ
Mentor: doc. dr. PRIMOŽ ŠPARL
PROBLEM MONTY HALL IN
NJEGOVE POSPLOŠITVE
DIPLOMSKO DELO
Ljubljana, 2013
Kazalo
Povzetek
Abstract
1 Uvod 1
1.1 Rojstvo problema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1
1.2 Afera Parade . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
1.3 Problem Monty Hall in njegove posplošitve . . . . . . . . . . . 3
2 Uvod v teorijo verjetnosti 5
2.1 Poskus, izidi, dogodki in verjetnost . . . . . . . . . . . . . . . 5
2.2 Pravili vsote in produkta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
2.3 Pogojna verjetnost in popolna verjetnost . . . . . . . . . . . . 9
3 Problem Monty Hall 15
3.1 Opis osnovnega problema in rešitev . . . . . . . . . . . . . . . 15
3.2 Posplošitve problema Monty Hall . . . . . . . . . . . . . . . . 18
4 Računalnǐska simulacija problema 29
4.1 Opis programa Monty Hall simulator . . . . . . . . . . . . . . 29
4.2 Rezultati simulacije posplošitve Monty Hall 1.0 . . . . . . . . 32
4.3 Rezultati simulacije posplošitve Monty Hall 2.0 . . . . . . . . 35
4.4 Rezultati simulacije posplošitve Monty Hall 3.0 . . . . . . . . 37
5 Zaključek 39
Slike
4.1 Videz aplikacije pri simuliranju različnih posplošitev . . . . . . 30
4.2 Sporočilno okno z rezultati simulacije Monty Hall 1.0 . . . . . 31
4.3 Polja za vnos števila odprtih vrat pred zamenjavo . . . . . . . 31
4.4 Sporočilno okno, ki opozarja na neustreznost vnesenih podatkov 32
Tabele
4.1 Rezultati simulacije Monty Hall 1.0 (n = 1000000) . . . . . . . 34
4.2 Rezultati simulacije Monty Hall 2.0 (n = 1000000) . . . . . . . 36
4.3 Rezultati simulacije Monty Hall 3.0 (d = 13, c = 3, n =
1.000.000) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38
Povzetek
T. i. problem Monty Hall je v svoji osnovni obliki uganka s področja verje-
tnosti, pri kateri imamo troje vrat, od katerih je za dvemi koza, za enimi pa
avtomobil. Na začetku izberemo ena vrata. Nato voditelj odpre ena izmed
preostalih vrat in to takšna, da je za njimi koza, in nam ponudi možnost za-
menjave na začetku izbranih vrat s preostalimi zaprtimi vrati. Zanima nas,
ali se nam izplača zamenjati izbiro.
Namen tega diplomskega dela je razumljivo in logično predstaviti rešitev
problema Monty Hall ter raziskati njegove posplošitve, v katerih nastopa po-
ljubno število vrat, avtomobilov in zamenjav. Teoretični rezultati so podkre-
pljeni tudi z računalnǐskimi simulacijami problema in njegovih posplošitev.
Ključne besede: teorija verjetnosti, problem Monty Hall, posplošitve pro-
blema Monty Hall, simulacija
Abstract
The so-called Monty Hall problem in its basic form is a probability puzzle
where we initially have three doors, with a car behind one of the doors and
goats behind the other two. We first choose one door. The game host, who
knows behind which door the car is, then opens one of the remaining doors
which has a goat behind it and offers us the opportunity to change our initial
choice by picking the only remaining closed door. The question is whether
it is better to change doors or not.
The purpose of this work is to present a solution to the Monty Hall problem
in a clear and mathematically correct way and to explore its generalisations
in which different numbers of doors, cars and door changes are possible. Also
presented are results of computer simulations of the Monty Hall problem and
its generalisations.
MSC (2010) Classification: 60A05, 60C05
Key words: probability theory, Monty Hall problem, generalisations of
Monty Hall problem, simulation
Poglavje 1
Uvod
Zelo redko se zgodi, da se matematični problem znajde na naslovnici nedelj-
ske izdaje časopisa New York Times, vendar pa je problemu Monty Hall 21.
julija leta 1991 uspelo prav to. To je samo eden izmed primerov, ki pričajo
o izjemni publiciteti, ki je je bil skozi leta deležen omenjen problem, ki sicer
velja za eno najzanimiveǰsih matematičnih ugank sodobnega časa.
V tem poglavju, ki je povzeto po [6], predstavimo zgodovino tega problema
in napovemo, o čem bomo govorili v nadaljevanju.
1.1 Rojstvo problema
Med letoma 1963 in 1977 se je v Združenih državah Amerike predvajala tele-
vizijska igra Let’s Make a Deal, ki jo je vodil televizijski voditelj Monty Hall.
Igra, ki je navdihnila rojstvo matematičnega problema Monty Hall, je, če
nekoliko poenostavimo, potekala na naslednji način. Igralec je moral izbrati
ena izmed treh vrat. Za enimi vrati je bil avtomobil, za dvema pa koza. Iz-
brana vrata se niso odprla takoj, temveč je voditelj najprej odprl tista izmed
preostalih dveh vrat (ali ena izmed njih), za katerimi je bila koza, in nato
igralcu ponudil možnost, da zamenja svojo začetno izbiro in izbere preostala
zaprta vrata.
1
2 POGLAVJE 1. UVOD
Februarja leta 1975 je bilo v znanstveni reviji The American Statistician
objavljeno pismo, ki ga je takratni matematik z univerze University of Cali-
fornia, Berkeley, Steve Selvin naslovil na urednika revije. V njem je predsta-
vil matematično uganko, ki je temelj matematičnega problema Monty Hall,
in njeno rešitev. Trdil je, da je verjetnost zmage večja, če se igralec odloči
za zamenjavo vrat, svoje trditve pa je podprl s tabelo vseh možnih izidov, iz
katere je bilo razvidno, da je verjetnost zmage po zamenjavi enaka 69
oziroma
približno 67 %. Poleg tega je v svojem pismu navedel tudi, da je prejel veliko
pisem, v katerih so mu oporekali pravilnost njegove rešitve, med pisci pa ni
manjkalo tudi uveljavljenih matematikov. Ne glede na to je minilo kar dese-
tletje in pol, preden je problem Monty Hall zares pustil pečat v matematičnih
krogih.
1.2 Afera Parade
Septembra leta 1990 je Marilyn vos Savant v svoji kolumni v reviji Parade
podala odgovor na vprašanje bralca. Vprašanje se je glasilo: “Denimo, da
sodelujemo v televizijski igri, v kateri imamo na izbiro troje vrat. Za enimi
vrati je avtomobil, za ostalima dvema pa koza. Izberemo vrata, npr. vrata
številka 1, nato voditelj igre, ki ve, za katerimi vrati je avtomobil, odpre ena
izmed preostalih vrat, in sicer takšna, da je za njimi koza. Denimo, da so
to vrata šrevilka 3. Nato nas vpraša, ali želimo namesto na začetku izbranih
vrat izbrati vrata številka 2. Ali se nam bolj izplača zamenjati vrata ali ostati
pri začetni izbiri?” Vos Savantova je v svojem odgovoru trdila, da se bolj
izplača zamenjati vrata, saj je verjetnost za zmago, če ostanemo pri prvotni
izbiri, enaka 13, če se odločimo za zamenjavo, pa 2
3.
Njen odgovor je sprožil val kritik. Avtorica naj bi prejela okoli 10.000 pisem,
od katerih so jih skoraj 1000 napisali bralci z doktorati. Med drugim so jo
v njih pozivali, naj javno prizna svojo napako. Nekateri izmed odzivov, tudi
1.3. PROBLEM MONTY HALL IN NJEGOVE POSPLOŠITVE 3
uveljavljenih matematikov, so bili zelo negativno nastrojeni in celo žaljivi.
Marilyn vos Savant je kljub temu še naprej vztrajala pri svojem odgovoru in
kmalu je dobila potrditev pravilnosti svojih trditev, saj so jih potrdili rezul-
tati mnogih simulacij problema, prav tako pa so bile podane tudi formalne
matematične utemeljitve, ki so govorile v prid njenim trditvam.
Bralcu, ki bi o aferi L’affaire Parade in o problemu Monty Hall na splošno
rad izvedel več, svetujem branje knjige [6].
1.3 Problem Monty Hall in njegove posplošitve
Problem Monty Hall je bil snov za nastajanje mnogih strokovnih del iz naj-
različneǰsih področij. Poleg matematikov so zanimanje zanj pokazali tudi
kognitivni znanstveniki in psihologi, ki jih je zanimalo, zakaj ga je ljudem
tako težko razumeti. Filozofi so ga uporabili neposredno za raziskovanje
narave verjetnosti in tudi posredno za raziskovanje drugih, na videz nepove-
zanih filozofskih vprašanj, ekonomisti pa so preiskovali, kaj nam dognanja, ki
nam jih nudi problem Monty Hall, povedo o človeškem odločanju. Problem
so raziskovali tudi mnogi drugi strokovnjaki z različnih področij.
V diplomskem delu se bom osredotočil na matematični vidik problema in
raziskal dodatne posplošitve prvotne različice. Za to bom potreboval nekaj
teoretičnih orodij iz teorije verjetnosti. Temu sta namenjeni poglavji 2 in 3.
V poglavju 4 opǐsem osnovno različico problema in podam formalno rešitev.
Nato sledijo posplošitve problema in njihove rešitve ter primerjava med njimi.
V poglavju 5 je opisan program, s pomočjo katerega smo simulirali osnovni
problem Monty Hall in njegove posplošitve. Nato sledijo rezultati simulacij
in njihova interpretacija.
4 POGLAVJE 1. UVOD
Poglavje 2
Uvod v teorijo verjetnosti
Problem Monty Hall je uganka s področja verjetnosti, zato bomo na začetku
spoznali tri najpomembneǰse pojme v teoriji verjetnosti. To so poskus, do-
godek in verjetnost. Nato sledi pregled nekaterih pomembneǰsih pravil in iz-
rekov, ki nam bodo prǐsli prav pozneje, ko bomo obravnavali problem Monty
Hall in njegove posplošitve.
Pri obravnavi se v razdelkih 2.1 in 2.3 naslonimo na knjigi [1] in [4], v razdelku
2.2 pa na knjigo [5].
2.1 Poskus, izidi, dogodki in verjetnost
Okoli nas je veliko pojavov, ki jih dojemamo kot naključne in nepredvidljive.
Naš cilj je, da te pojave opǐsemo z izidi nekega poskusa. V tem kontekstu
obravnavamo pojem poskus zelo splošno, in sicer kot nek proces, ki ga lahko
opravimo pod natanko določenimi pogoji, pri tem pa so vnaprej znani vsi
možni izidi. Izidi so elementi prostora izidov, torej množice, ki jo običajno
označimo z S, podmnožice prostora izidov pa imenujemo dogodki. Dogodku
določimo verjetnost, ki je število med 0 in 1 in izraža, kako gotovo je, da se
bo ta dogodek dejansko zgodil.
5
6 POGLAVJE 2. UVOD V TEORIJO VERJETNOSTI
2.1.1 Prostor izidov in dogodki
Definicija: Prostor izidov je množica, katere elementi opisujejo vse možne
izide poskusa, ki nas zanima.
ZGLED: Poglejmo si preprost poskus meta kovanca. Če predvidimo, da ko-
vanec ne bo nikoli obstal na stranskem robu, obstajata dva možna izida tega
poskusa: cifra in grb. To pomeni, da lahko za prostor izidov tega poskusa
vzamemo S = {C,G}.
ZGLED: Imejmo poskus, pri katerem iz vreče, v kateri so rdeča, zelena in
bela žogica, zaporedoma izvlečemo vse tri žogice. Prostor izidov za ta poskus
je množica vseh možnih zaporedij izvlečenih žogic:
S = {RZB,RBZ,ZRB,ZBR,BRZ,BZR}.
Običajno nas ne zanimajo le posamezni izidi, temveč nas zanima, kdaj se na
primer zgodi vsaj en izmed izidov danega nabora.
Definicija: Dogodek je vsaka podmnožica prostora izidov. Če je izid neke
konkretne izvedbe poskusa element množice A, pravimo, da se je zgodil do-
godek A.
Če se dogodek A zgodi v vsaki ponovitvi poskusa, ga imenujemo gotov
dogodek (če je torej A = S), če se ne zgodi v nobeni ponovitvi poskusa, ga
imenujemo nemogoč dogodek (če je torej A = ∅), ko pa se v določenih pono-vitvah poskusa zgodi, v določenih pa ne, ga imenujemo slučajen dogodek.
Nad dogodki lahko izvajamo običajne operacije, ki jih lahko izvajamo nad
množicami.
ZGLED: V zgoraj omenjenem poskusu z žogicami bi nas lahko zanimali vsi
izidi, pri katerih je bila prva izvlečena bela žogica. To pomeni, da bi nas
2.1. POSKUS, IZIDI, DOGODKI IN VERJETNOST 7
zanimalo, če se je zgodil dogodek L = {BRZ,BZR}.
ZGLED: Če je R = {ZBR,BZR} dogodek, ki ustreza vsem izidom, koje bila rdeča žogica izvlečena zadnja, potem je presek dogodkov L in R enak
L ∩ R = {BZR} in se zgodi, če se zgodi tako dogodek L kot tudi dogodekR (prva je izvlečena bela, zadnja pa rdeča žogica). Dogodek, ki predstavlja
njuno unijo, je L∪R = {BRZ,BZR,ZBR} in se zgodi, če se zgodi vsaj edenod dogodkov L in R (bodisi je prva izvlečena bela žogica bodisi je zadnja
izvlečena rdeča žogica ali pa se zgodi oboje).
Poleg unije in preseka dveh dogodkov je pogosta operacija nad dogodki
tudi komplement. Dogodek Ac = {s ∈ S : s /∈ A} je komplement dogodka Ain se zgodi natanko tedaj, ko se dogodek A ne zgodi. Imenujemo ga tudi
nasprotni dogodek dogodku A in ga označujemo z Ā. Komplement prostora
izidov S je prazna množica (Sc = ∅) in predstavlja nemogoč dogodek. Do-godka A in B sta disjunktna, če je njun presek nemogoč dogodek (A∩B = ∅).
2.1.2 Verjetnost
Želimo si izraziti, kakšna je gotovost, da se bo zgodil nek dogodek. To sto-
rimo tako, da vsakemu dogodku priredimo neko število med 0 in 1, pri čemer
tistik, ki so bolj verjetni priredimo večjo verjetnost, tistik, ki so manj verje-
tni, pa manǰso. Ob tem se je potrebno držati določenih pravil.
Definicija: Verjetnostna funkcija (tudi verjetnost) P na prostoru izidov
S je funkcija, ki vsakemu dogodku A ⊆ S določi realno število P (A) ∈ [0, 1]tako, da velja
i) P (S) = 1 in
ii) za vsako števno neskončno družino {An : n ∈ N} paroma disjunktnihdogodkov velja P (
⋃∞n=1An) =
∑∞n=1 P (An).
8 POGLAVJE 2. UVOD V TEORIJO VERJETNOSTI
Število P (A) imenujemo verjetnost, da se zgodi dogodek A. Če je i izid
nekega poskusa, potem navadno namesto P ({i}) pǐsemo kar P (i), dogodkui pa rečemo elementarni dogodek. Zaradi aditivnosti verjetnostne funkcije
velja, da je verjetnost dogodka kar vsota verjetnosti elementarnih dogodkov,
ki dogodek sestavljajo.
ZGLED: Za zgled vzemimo poskus meta poštenega kovanca. To pomeni,
da je verjetnost, da pade cifra ali grb, enaka. Prostor izidov je S = {C,G}.V tem poskusu so mogoči štirje dogodki, in sicer ∅, {C} , {G} in S. Verjetno-sti za te dogodke so P (∅) = 0, P ({C}) = 1/2, P ({G}) = 1/2 in P (S) = 1. Stem smo definirali verjetnost na prostoru izidov S.
Glede na to, da je verjetnost aditivna funkcija, lahko iz dejstva, da velja
A∪Ac = S, izpeljemo tudi verjetnost nasprotnega dogodka oz. komplementa:P (Ā) = 1− P (A).
2.2 Pravili vsote in produkta
V nadaljevanju bomo obravnavali dva osnovna kombinatorična prijema, ki
sta nam v pomoč pri računanju verjetnosti. Gre za pravilo produkta in pra-
vilo vsote.
Pravilo produkta se nanaša na situacijo, ko izbiranje poteka v k zaporednih
stopnjah: na prvi izbiramo med n1 možnostmi, na drugi med n2 možnostmi
..., na zadnji, k-ti, pa med nk možnostmi. Pri tem je na vsaki stopnji izbira-
nja število možnosti neodvisno od izbranih možnosti na preǰsnjih stopnjah.
Število vseh možnih izborov je tedaj enako n = n1 · n2 · · ·nk.
V jeziku teorije množic to pravilo pove, da je kardinalnost kartezičnega pro-
dukta A1×A2×· · ·×Ak množic A1, A2 . . .Ak enaka produktu kardinalnostiteh množic, to je: |A1 × A2 × · · · × Ak| = |A1| · |A2| · · · |Ak|.
2.3. POGOJNA VERJETNOST IN POPOLNA VERJETNOST 9
Pravilo vsote se nanaša na situacijo, ko imamo pri izbiranju na voljo k
paroma disjunktnih množic. To pomeni, da so izbori iz poljubne množice
nezdružljivi z izbori iz vseh drugih množic. V tem primeru lahko izberemo
eno od n1 možnosti iz prve množice izborov ali eno od n2 možnosti iz druge
množice itd. Število vseh možnih izborov je takrat enako n = n1+n2+· · ·+nk.
V jeziku teorije množic to pomeni, da je v primeru, ko so končne množice
A1, A2. . .Ak paroma disjunktne, kardinalnost njihove unije enaka vsoti kar-
dinalnosti teh množic, to je: Ai ∩ Aj = ∅,∀i 6= j ⇒ |A1 ∪ A2 ∪ · · · ∪ Ak| =|A1|+ |A2|+ · · ·+ |Ak|.
ZGLED: V tovarni oblačil izdelujejo bombažne majice v velikostih S, M,
L, XL in XXL, vsako velikost v štirih različnih barvah in z dvema oblikama
ovratnika. Zanima nas, koliko različnih majic izdelujejo.
Glede na to, da so izbira velikosti, barve in tipa ovratnika med seboj neod-
visne, v tem primeru uporabimo pravilo produkta: 5 · 4 · 2 = 40. V tovarnitorej izdelujejo 40 različnih majic.
ZGLED: Na koliko načinov lahko med 6 moškimi, 5 ženskami in 3 otroki
izberemo eno osebo?
Očitno je, da v tem primeru uporabimo pravilo vsote, saj lahko izberemo
bodisi enega moškega bodisi eno žensko bodisi enega otroka. Rešitev je torej
6 + 5 + 3 = 14.
2.3 Pogojna verjetnost in popolna verjetnost
Včasih dejstvo, da se je zgodil nek dogodek, vpliva na verjetnost nekega
drugega dogodka. Govorimo o tako imenovani pogojni verjetnosti. Če je
pogojna verjetnost enaka prvotni verjetnosti dogodka, to pomeni, da sta
10 POGLAVJE 2. UVOD V TEORIJO VERJETNOSTI
dogodka neodvisna.
V tem razdelku si pobliže pogledamo ta dva pojma, na koncu razdelka pa
obravnavamo še izrek o popolni verjetnosti.
2.3.1 Pogojna verjetnost
Na nek način bi lahko rekli, da je računanje pogojne verjetnosti dogodka A
pri pogoju, da se je zgodil dogodek B, iskanje deleža verjetnosti dogodka B,
ki je vsebovan tudi v dogodku A.
ZGLED: Denimo, da na ulici srečamo neko osebo in se vprašamo, v katerem
mesecu je rojena. Konkretno se sprašujemo o tem, ali je rojena v katerem
izmed “dolgih” mesecev (dogodek D) in ali ima mesec, v katerem je rojena,
v imenu črko “r” (dogodek R).
D = {jan,mar,maj, jul, aug, okt, dec}
R = {jan, feb,mar, apr, sep, okt, nov, dec}
Če malce poenostavimo in privzamemo, da so meseci rojstva enako verje-
tni, je verjetnost dogodkov D in R preprosto izračunati, saj delimo število
mesecev v dogodku s številom vseh mesecev: P (D) = 712
in P (R) = 812
.
Predstavljajmo si, da vemo, da je oseba, ki smo jo srečali, rojena v enem
izmed “dolgih” mesecev. Zanima nas, kakšna je verjetnost, da je rojena v
mesecu, ki ima v svojem imenu črko “r”.
Ugotovimo, da se v tem primeru prostor vseh možnih izidov zmanǰsa za
5 izidov, saj lahko izločimo mesece februar, april, junij, september in no-
vember. Ostane sedem možnih izidov, od katerih so samo štirje v preseku
D ∩R = {jan,mar, okt, dec}. To pomeni, da je pogojna verjetnost dogodkaR pri pogoju, da se je zgodil D, enaka 4
7; to zapǐsemo P (R|D) = 4
7.
Vpeljimo pojem pogojne verjetnosti še formalno.
2.3. POGOJNA VERJETNOST IN POPOLNA VERJETNOST 11
Definicija: Naj bo S prostor izidov za nek poskus, naj bo P verjetnost
na S in naj bosta A,B ⊆ S taka dogodka, da je P (B) > 0. Tedaj pogojnoverjetnost dogodka A pri pogoju, da se je zgodil dogodek B, definiramo kot
P (A|B) = P (A∩B)P (B)
.
2.3.2 Neodvisnost dogodkov
Obravnavali smo primer, ko dejstvo, da se je zgodil določen dogodek, vpliva
na verjetnost, da se je zgodil nek drug dogodek. To ne velja vedno. V
primeru, ko en dogodek ne vpliva na verjetnost drugega, govorimo o neodvi-
snosti dogodkov.
Definicija: Naj bo S prostor izidov za nek poskus in P verjetnost na
S. Pravimo, da sta dogodka A,B ⊆ S neodvisna, če velja P (A|B) = P (A)ali P (B|A) = P (B).Iz definicije pogojne verjetnosti je mogoče izpeljati uporabno pravilo, ki nam
včasih olaǰsa računanje verjetnosti preseka dveh dogodkov.
Trditev 2.1 Naj bo S prostor izidov za nek poskus in P verjetnost na S.
Tedaj za dogodka A,B ⊆ S velja P (A ∩B) = P (A|B) · P (B).
V primeru, ko sta A in B neodvisna dogodka, velja P (A|B) = P (A), zato jeverjetnost preseka dogodkov kar enaka produktu verjetnosti dogodkov (P (A∩B) = P (A) · P (B)).Zgornjo trditev zlahka posplošimo na več dogodkov. Kot bomo videli, nam
bo ta posplošitev prǐsla še kako prav v nadaljevanju.
Izrek 2.2 Naj bo S prostor izidov za nek poskus in P verjetnost na S. Naj
bodo A1, A2 . . . An taki dogodki, da je P (A1 ∩ A2 ∩ · · · ∩ An−1) > 0. Tedajvelja
P (A1∩A2∩· · ·∩An) = P (A1)·P (A2|A1)·P (A3|A1∩A2) · · ·P (An|A1∩A2∩· · ·∩An−1).
12 POGLAVJE 2. UVOD V TEORIJO VERJETNOSTI
Dokaz: Po definiciji pogojne verjetnosti velja P (A|B) = P (A∩B)P (B)
, zato velja
P (A1 ∩ A2 ∩ · · · ∩ An) = P (A1) · P (A2|A1) · P (A3|A1 ∩ A2) · · ·P (An|A1 ∩ A2 ∩ · · · ∩ An−1)
=����P (A1)
·�����
��P (A1 ∩ A2)���
�P (A1)
·((((((
(((P (A1 ∩ A2 ∩ A3)
�����
��P (A1 ∩ A2)
...
·((((((((
(((((
P (A1 ∩ A2 ∩ · · · ∩ An−1)
(((((((
((((((
P (A1 ∩ A2 ∩ · · · ∩ An−2)
· P(A1 ∩A2 ∩ · · · ∩An)
((((((((
(((((
P (A1 ∩ A2 ∩ · · · ∩ An−1).
2
2.3.3 Izrek o popolni verjetnosti
Izrek o popolni verjetnosti nam omogoča, da v primeru, ko imamo celoten
prostor izidov razdeljen s števno particijo, verjetnost poljubnega dogodka
računamo s pomočjo ustreznih pogojnih verjetnosti.
Izrek 2.3 Naj bo S prostor izidov za nek poskus in P verjetnost na S. Naj
bodo C1, C2 . . . Cm takšni paroma disjunktni dogodki, kjer je P (Ci) > 0 ∀i, davelja C1 ∪ C2 ∪ . . . ∪ Cm = S. Tedaj za poljuben dogodek A ⊆ S velja
P (A) = P (A|C1) · P (C1) + P (A|C2) · P (C2) + · · ·+ P (A|Cm) · P (Cm).
Dokaz: Ker je⋃
iCi = S in A ⊆ S, velja
P (A) = P(A ∩
(⋃iCi
))= P
(⋃i(A ∩ Ci)
).
Glede na to, da so vsi preseki A ∩ Ci disjunktni, velja enakost
P(⋃
i(A ∩ Ci)
)=∑
iP (A ∩ Ci) ,
2.3. POGOJNA VERJETNOST IN POPOLNA VERJETNOST 13
to pa lahko po definiciji pogojne verjetnosti napǐsemo tudi kot∑iP (A|Ci)P (Ci).
2
ZGLED: Izmed 1000 električnih žarnic jih je 400 izdelanih v prvi tovarni,
350 v drugi in 250 v tretji tovarni. Verjetnosti, da so žarnice standardne
kakovosti, so za posamezne tovarne zaporedoma 0,95, 0,92, 0,96. Kolikšna je
verjetnost, da je slučajno izbrana žarnica izmed vseh 1000 žarnic standardne
kakovosti?
Če z A1 označimo dogodek, da je bila žarnica izdelana v prvi, z A2, da
je bila izdelana v drugi, in z A3, da je bila izdelana v tretji tovarni, je
{A1, A2, A3} particija prostora izidov. Če označimo z B dogodek, da je bilaizbrana žarnica standardne kakovosti, potem je po izreku o popolni verje-
tnosti P (B) = P (B|A1) · P (A1) + P (B|A2) · P (A2) + P (B|A3) · P (A3) =0,95 · 0,4 + 0,92 · 0,35 + 0,96 · 0,25 = 0,942.
14 POGLAVJE 2. UVOD V TEORIJO VERJETNOSTI
Poglavje 3
Problem Monty Hall
Kot smo že omenili, je osnovno obliko problema Monty Hall leta 1975 zastavil
Steve Selvin, širši javnosti pa je postal znan leta 1990 po zaslugi kolumnistke
Marilyn vos Savant. Od takrat so se s problemom Monty Hall oz. s pro-
blemi, izpeljanimi iz njega, ukvarjali mnogi strokovnjaki iz množice različnih
področij.
V tem poglavju bomo predstavili matematično formulacijo in rešitev osnov-
nega problema Monty Hall in njegovih treh posplošitev. V razdelku 3.1 in
podrazdelku 3.2.1 bomo sledili članku [7], v podrazdelku 3.2.2 članku [2], v
podrazdelku 3.2.3 pa članku [3].
3.1 Opis osnovnega problema in rešitev
V najosnovneǰsi različici problema igramo igro, pri kateri se znajdemo pred
tremi zaprtimi vrati. Za dvemi vrati je koza, za enimi pa avtomobil. Želimo
si osvojiti avtomobil. Na začetku izberemo ena vrata. Nato voditelj igre, ki
ve, za katerimi vrati je avtomobil, odpre ena izmed preostalih dveh vrat, in
sicer vrata, za katerimi je koza. Nato nas vpraša, ali želimo zamenjati vrata.
Zanima nas, ali se nam bolj izplača zamenjati vrata ali ostati pri začetni
izbiri.
15
16 POGLAVJE 3. PROBLEM MONTY HALL
Veliko ljudi je zmotno prepričanih, da je povsem vseeno, za katero možnost
se odločimo, saj naj bi bila verjetnost za zmago vselej enaka 12. Svoje stalǐsče
pogosto utemeljujejo s tem, da gre v tem primeru za izbiro enih izmed pre-
ostalih dveh zaprtih vrat. Takšno razmǐsljanje je napačno. V resnici je
verjetnost za zmago, če zamenjamo izbiro, dvakrat tolikšna, kot če ostanemo
pri prvotni izbiri.
V nadaljevanju sledi matematična utemeljitev te trditve.
Igro lahko obravnavamo kot poskus, pri katerem so mogoči izidi a1 (avto-
mobil je za prvimi vrati), a2 (avtomobil je za drugimi vrati) in a3 (avtomobil
je za tretjimi vrati). Izidi so med seboj paroma disjunktni in skupaj tvorijo
prostor izidov S = {a1, a2, a3}. Ker je avto za naključno izbranimi vrati, sovsi trije enako verjetni. Velja torej P (a1) = P (a2) = P (a3) =
13.
Zato je pri začetni izbiri vrat verjetnost, da se za njimi skriva avtomobil,
enaka P (A0) =13, verjetnost, da se skriva za enimi izmed preostalih vrat
pa P (A0) = 1 − 13 =23. Ko voditelj odpre ena izmed preostalih vrat in
vidimo, da je za njimi koza, se verjetnost, da je za prvotno izbranimi vrati
avtomobil, ne spremeni, saj nismo dobili nobenih dodatnih informacij o tem
ali se za našimi vrati skriva avtomobil ali ne. Verjetnost, da je avtomobil za
našimi vrati, torej ostane 13. To pomeni, da je verjetnost, da se avto skriva
za katerimi izmed preostalih dveh vrat, še vedno enaka 23. Glede na to, da
so ena izmed preostalih dveh vrat že odprta in za njimi ni avtomobila, to
pomeni, da verjetnost 23
pripada zadnjim vratom. Verjetnost avtomobila po
zamenjavi je tako 23. Če zamenjamo svojo prvotno izbiro, je torej verjetnost
za zmago dvakrat tolikšna, kot če vztrajamo pri začetni izbiri.
Bralec, ki je kljub zgornji razlagi še vedno v dvomih, se lahko o pravilno-
sti rešitve prepriča ob ogledu naslednje, nekoliko bolj formalne utemeljitve.
Označimo z A dogodek, da smo pri začetni izbiri izbrali vrata, za katerimi se
skriva avtomobil, z A pa njegov nasprotni dogodek, torej dogodek, da smo
3.1. OPIS OSNOVNEGA PROBLEMA IN REŠITEV 17
pri začetni izbiri izbrali vrata, za katerimi se skriva koza. Očitno je, da ta dva
dogodka skupaj tvorita popoln sistem dogodkov. Dogodek, da smo osvojili
avtomobil, bomo označili z Z.
Z uporabo izreka o popolni verjetnosti bomo izračunali verjetnost dogodka
Z za strategijo, ko vztrajamo pri začetni izbiri, in tudi za strategijo, ko iz-
biro vrat zamenjamo. Velja namreč P (Z) = P (Z|A)P (A) + P (Z|A)P (A).Kot smo omenili že v preǰsnji razlagi, je ne glede na strategijo, P (A) = 1
3in
P (A) = 23.
Oglejmo si najprej primer, ko vztrajamo pri začetni izbiri. Če vemo, da
smo pri začetni izbiri izbrali vrata, za katerimi je avtomobil, bomo na koncu
zagotovo zmagali, ker bomo vztrajali pri tej izbiri. To pomeni, da je pri tej
strategiji P (Z|A) = 1.Če vemo, da smo pri začetni izbiri izbrali vrata, za katerimi ni avtomobila,
bomo seveda zagotovo izgubili. torej je P (Z|A) = 0. Po zgornji formuli torejdobimo P (Z) = 1 · 1
3+ 0 · 2
3= 1
3.
Na enak način lahko izračunamo verjetnost dogodka Z v primeru, ko se
odločimo za zamenjavo. Tedaj je verjetnost za zmago, če vemo, da smo pri
začetni izbiri izbrali vrata, za katerimi je avtomobil, enaka 0, saj bomo ta
vrata zamenjali in izbrali ena izmed preostalih dveh vrat, za katerimi sta
kozi. To pomeni, da je pri tej strategiji P (Z|A) = 0.Verjetnost za zmago, če vemo, da smo pri začetni izbiri izbrali vrata, za ka-
terimi ni avtomobila, je enaka 1, saj bomo v tem primeru zagotovo zmagali.
Ko namreč voditelj odpre ena vrata s kozo, je avtomobil za edinimi preo-
stalimi vrati, ki jih bomo izbrali zaradi naše strategije. To pomeni, da je
P (Z|A) = 1. Po zgornji formuli tako dobimo P (Z) = 0 · 13
+ 1 · 23
= 23.
Velja opomniti na ne tako zelo očitno dejstvo. Pri obravnavi smo privzeli, da
voditelj igre ve, za katerimi vrati je avtomobil, in vedno odpre vrata, za ka-
terimi se skriva koza. Izkaže se, da je to ključni pogoj za to, da naš premislek
18 POGLAVJE 3. PROBLEM MONTY HALL
velja. V nasprotnem primeru bi bilo namreč zares vseeno, če se potem, ko
voditelj po naključju odpre vrata, odločimo za zamenjavo vrat ali ne. Verje-
tnost za osvojitev avtomobila bi bila v obeh primerih enaka 12. Razlog tiči v
tem, da tedaj dogodek, da voditelj odpre takšna vrata, za katerimi se skriva
koza, ni gotov, temveč je slučajen dogodek. Bralec lahko za vajo poskuša
samostojno utemeljiti to trditev.
3.2 Posplošitve problema Monty Hall
V osnovni različici problema imamo troje vrat in en avtomobil. Očitno je,
da je to minimalno število vrat in avtomobilov za obstoj problema.
V nadaljevanju bomo obravnavali nekatere posplošitve in strategije odločanja
v različnih primerih. Konkretno si bomo ogledali posplošitve na poljubno
število vseh vrat, avtomobilov in vrat, ki jih na vsakem koraku odpre voditelj.
S stopnjo posplošitve se povečuje tudi zahtevnost problema.
3.2.1 Monty Hall 1.0
V tem podrazdelku se bomo posvetili posplošitvi, pri kateri povečamo le
število vrat. Pri tem lahko vrata menjamo večkrat, vendar vrat, ki smo se
jim enkrat odrekli, ne moremo več izbrati, pa tudi voditelj jih ne bo nikdar
odprl.
Število vrat bomo označili z d. Glede na to, da v primeru sodega števila vrat
ne moremo izvesti zadnje zamenjave, se bomo osredotočili na primere, ko je
d liho število.
Naj bo d ≥ 3 liho število. Igra se igra na naslednji način:
1. Izberemo ena vrata iz množice zaprtih vrat, ki še niso bila izbrana.
2. Voditelj odpre naključna vrata iz množice zaprtih vrat, ki še niso bila
izbrana in ne skrivajo avtomobila. Če takšna vrata ne obstajajo, po-
tem je igre konec in odprejo se vrata, ki so bila izbrana nazadnje. Če
3.2. POSPLOŠITVE PROBLEMA MONTY HALL 19
obstajajo, nas po njihovem odprtju vpraša, ali želimo zamenjati svojo
izbiro.
3. V primeru, ko se odločimo, da vrat ne želimo zamenjati, se odprejo
zadnja izbrana vrata. Sicer ponovno sledi korak 1.
Posplošitev osnovnega problema, pri kateri veljajo takšna pravila igranja,
bomo poimenovali Monty Hall 1.0. V nadaljevanju si bomo ogledali, kakšna
je najbolǰsa strategija igranja, če želimo osvojiti avtomobil. Najprej si oglejmo
konkreten primer.
ZGLED: Igramo igro po pravilih Monty Hall 1.0, kjer je d = 5. Verje-
tnosti, da je za trenutno izbranimi vrati avtomobil, bomo rekli “verjetnost
avtomobila”.
Verjetnost avtomobila pri prvotni izbiri je (po analogiji z osnovnim pro-
blemom) enaka P (A0) =15. Potem ko voditelj odpre ena izmed preosta-
lih štirih vrat in pokaže, da za njimi ni avtomobila, lahko z zamenjavo
vrat izbolǰsamo verjetnost avtomobila. Takrat je namreč verjetnost avto-
mobila preostalih treh vrat enaka P (S) − P (A0) = 1 − 15 =45. Glede na
to, da je verjetnost avtomobila za vsa tri preostala vrata enaka, dobimo
verjetnost poljubnih preostalih vrat tako, da celotno verjetnost delimo s
3. Verjetnost avtomobila po prvi zamenjavi je torej enaka P (A1) =415
,
to pa je več kot prvotnih 15. Z morebitno naslednjo zamenjavo potem, ko
voditelj odpre še ena vrata, lahko še dodatno povečamo verjetnost avtomo-
bila. Pred drugo menjavo je namreč verjetnost, da je avtomobil za našimi
vrati, 415
, da je za enimi izmed preostalih dveh zaprtih vrat, pa 815
. To-
rej je po odprtju drugih vrat verjetnost, da je avto za edinimi preostalimi
vrati, 815
. Verjetnost avtomobila zadnjih vrat je torej enaka verjetnosti pro-
stora izidov, zmanǰsani za verjetnosti avtomobila pri obeh predhodnih izbirah
P (A2) = P (S)− (P (A0) + P (A1)) = 1− (15 +415
) = 1− 715
= 815
.
Posvetimo se sedaj problemu Monty Hall 1.0 v vsej splošnosti.
20 POGLAVJE 3. PROBLEM MONTY HALL
Izrek 3.1 V primeru, ko igramo igro po pravilih Monty Hall 1.0, se verje-
tnost, da se za izbranimi vrati skriva avtomobil, poveča z vsako zamenjavo
vrat. Če z m označimo število vrat in velja m > 2n, je verjetnost, da so n-ta
izbrana vrata prava, enaka
P(An) =(m− 1)(m− 3) · · · (m− 2n + 3)
m(m− 2) · · · (m− 2n + 4)(m− 2n + 2).
Dokaz: Igramo igro po pravilih Monty Hall 1.0, in sicer tako, da ob vsaki
priložnosti v igri zamenjamo vrata. Število vrat naj bo enako m in naj velja
m > 2n. Z An označimo dogodek, da so n-ta izbrana vrata prava. Pri tem
je A1 dogodek, da so prvotno izbrana vrata prava.
Zanima nas verjetnost dogodka An, ki ga lahko zapǐsemo tudi kot An =
An ∩ An−1 ∩ An−2 ∩ · · · ∩ A1. To je res zato, ker so dogodki Ai paroma dis-junktni in je zato An ⊆ A1 ∩A2 ∩ · · · ∩An−1. Njegovo verjetnost lahko torejizračunamo s pomočjo izreka 2.2 kot P (An) = P (A1) · P (A2|A1) · P (A3|A1 ∩A2) · · ·P (An−1|A1 ∩ A2 ∩ · · · ∩ An−2) · P (An|A1 ∩ A2 ∩ · · · ∩ An−1).Posamezne verjetnosti iz zgornjega produkta lahko relativno preprosto izračunamo
na naslednji način:
• P (A1) = m−1m , saj je verjetnost, da na začetku ne izberemo vrat, zakaterimi se skriva avtomobil, enaka številu vseh vrat, za katerimi ni
avtomobila (m − 1), deljenemu s številom vseh vrat, ki so na izbiro(m).
• P (A2|A1) = m−3m−2 , saj je verjetnost, da po prvi menjavi ne izberemovrat, za katerimi se skriva avtomobil, enaka številu vseh preostalih
vrat, za katerimi ni avtomobila ((m − 1) − 2 = m − 3), deljenemu sštevilom vseh vrat, ki so še na izbiro (m − 2). Na tem mestu namrečže vemo (ker se je zgodil A1), da za prvotno izbranimi vrati in tistimi,
ki jih je odprl voditelj, ni avtomobila. Na takšen način lahko izrazimo
tudi ostale pogojne verjetnosti iz zgornjega produkta.
3.2. POSPLOŠITVE PROBLEMA MONTY HALL 21
• P (A3|A1 ∩ A2) = m−5m−4
...
• P (An−1|A1 ∩ A2 ∩ · · · ∩ An−2) = m−2n+3m−2n+4
• P (An|A1∩A2∩· · ·∩An−1) = m−2n+1m−2n+2 =⇒ P (An|A1∩A2∩· · ·∩An−1) =1− P (An|A1 ∩ A2 ∩ · · · ∩ An−1) = 1m−2n+2
Če zdaj te verjetnosti vstavimo v zgornji produkt, dobimo formulo iz izreka
3.1.
P (An) =m− 1m
· m− 3m− 2
· · · m− 2n+ 3m− 2n+ 4
· 1m− 2n+ 2
=(m− 1)(m− 3) · · · (m− 2n+ 3)
m(m− 2) · · · (m− 2n+ 4)(m− 2n+ 2)
Dokažimo zdaj še prvi del izreka, ki pravi, da se verjetnost za osvojitev av-
tomobila po vsaki zamenjavi vrat poveča. To sledi neposredno iz dejstva, da
velja P (An+1) = P (An) · m−2n+1m−2n , saj posledično veljaP (An+1)P (An)
= m−2n+1m−2n > 1
oz. P (An+1) > P (An). 2
V primeru, ko imamo poljubno število vrat (d ≥ 3) in en avtomobil, sitorej z zamenjavo vrat na vsakem koraku izbolǰsamo verjetnost za zmago,
zato je najbolǰsa strategija vedno zamenjati vrata.
ZGLED: Izračunajmo končno verjetnost avtomobila, če izvedemo maksi-
malno število zamenjav v primeru s petimi vrati še z uporabo zgornje formule:
P (5) = 2·43·5 =
815
.
22 POGLAVJE 3. PROBLEM MONTY HALL
3.2.2 Monty Hall 2.0
Do zdaj smo obravnavali le primere z enim samim avtomobilom. Zdaj si
bomo ogledali nadaljnjo posplošitev problema s poljubnim ševilom vrat (d),
avtomobilov (c) in vrat, ki jih pred zamenjavo odpre voditelj (o). Tokrat so
pravila igre sledeča.
Naj bo d ≥ 3 in 1 ≤ c ≤ d− 2. Igra se igra na naslednji način:
1. Izberemo ena vrata iz množice vseh d vrat.
2. Voditelj odpre skupino o naključno izbranih vrat iz množice preostalih
d − 1 vrat, ki ne skrivajo avtomobila. Nato nas vpraša, ali želimozamenjati svojo izbiro.
3. V primeru, ko se odločimo, da ne želimo zamenjati, se odprejo prvotno
izbrana vrata. V nasprotnem primeru se odpro vrata, ki jih izberemo
izmed preostalih d− 2 vrat.
Posplošitev problema, pri kateri veljajo takšna pravila igranja, bomo poime-
novali Monty Hall 2.0. Od posplošitve Monty Hall 1.0 se razlikuje po tem, da
lahko voditelj odpre več kot ena vrata in da lahko imamo avtomobile za več
kot enimi vrati. Poleg tega se pri posplošitvi Monty Hall 2.0 osredotočamo
na primer, ko se zgodi največ ena zamenjava.
Ponovno nas zanima, kakšna je najbolǰsa strategija za zmago. Povedano
drugače, zanima nas, ali naj zamenjamo vrata ali ne, ko imamo za to priložnost.
Če želimo odgovoriti na to vprašanje, moramo za oba primera poznati verje-
tnosti, da bomo osvojili avtomobil, torej za primer, ko jih zamenjamo, in za
primer, ko jih ne.
Verjetnost osvojitve avtomobila v primeru, ko vrat ne menjamo, je vnaprej
znana in je enaka razmerju med številom ugodnih izidov in številom vseh
možnih izidov oz. konkretno razmerju med številom vrat, za katerimi je av-
tomobil (c), in številom vseh vrat (d). Če svoje izbire vrat ne spremenimo,
3.2. POSPLOŠITVE PROBLEMA MONTY HALL 23
je torej verjetnost osvojitve avtomobila enaka P0 =cd.
V primeru, ko zamenjamo izbiro, je verjetnost osvojitve avtomobila enaka
P1 =c(d−1)
d(d−1−o) .
V nadaljevanju bomo razložili, kako pridemo do tega rezultata.
Denimo, da igramo igro po pravilih Monty Hall 2.0. Število vrat označimo z
d, število avtomobilov s c in število vrat, ki jih odpre voditelj, z o. Odločili se
bomo za zamenjavo vrat. Dogodek, da smo ob začetni izbiri izbrali vrata, za
katerimi se skriva avtomobil, bomo označili s C0, njegov nasprotni dogodek,
torej dogodek, da smo ob začetni izbiri izbrali vrata, za katerimi je koza,
pa s C0. Dogodek, da smo ob zamenjavi izbrali vrata, za katerimi se skriva
avtomobil, bomo označili s C1, njegov nasprotni dogodek, torej dogodek, da
smo ob zamenjavi izbrali vrata, za katerimi je koza, pa s C1.
Zanima nas verjetnost, da po zamenjavi izberemo vrata, za katerimi je av-
tomobil, torej P (C1). Glede na to, da je {C0, C0} popoln sistem dogodkov,lahko uporabimo izrek o popolni verjetnosti in zapǐsemo
P (C1) = P (C1|C0)P (C0) + P (C1|C0)P (C0).
Pogojno verjetnost dogodka C1 pri pogoju, da se je zgodil dogodek C0,
zlahka izračunamo kot razmerje med številom ugodnih in številom vseh izi-
dov pri zamenjavi. Namreč če vemo, da se je zgodil dogodek C0 in smo torej
že ob začetni izbiri izbrali vrata, za katerimi je bil avtomobil, je pri zame-
njavi vrat za vsemi vrati, med katerimi izbiramo, en avtomobil manj. Število
ugodnih izidov je takrat c− 1. Število vseh vrat, med katerimi izbiramo, sezmanǰsa za število vrat, ki jih je voditelj odprl, odšteti pa je treba še vrata,
ki smo jih izbrali na začetku, zato je vseh možnih izidov d − 1 − o. Takodobimo P (C1|C0) = c−1d−1−o . Da je P (C0) =
cd, smo utemeljili že zgoraj.
Pogojno verjetnost dogodka C1 pri pogoju, da se je zgodil dogodek C0, lahko
izračunamo na enak način. Če vemo, da se je zgodil dogodek C0 in smo torej
ob začetni izbiri izbrali vrata, za katerimi ni bilo avtomobila, je pri zame-
njavi vrat na voljo isto število avtomobilov kot na začetku. Število ugodnih
24 POGLAVJE 3. PROBLEM MONTY HALL
izidov je takrat še vedno c. Število vseh vrat, med katerimi izbiramo, je kot
v preǰsnjem primeru d − 1 − o. Tako dobimo P (C1|C0) = cd−1−o . Seveda jeP (C0) = 1− P (C0) = d−cd .
Verjetnost, da bomo pri zamenjavi izbrali vrata, za katerimi je avtomobil, je
torej enaka
P (C1) =c(c− 1)
d(d− 1− o)+
c(d− c)d(d− 1− o)
=c(c− 1 + d− c)d(d− 1− o)
=c(d− 1)
d(d− 1− o).
Enačbo lahko zapǐsemo kot produkt P1 =cd· d−1d−1−o = P0 ·
d−1d−1−o . Opazimo, da
je verjetnost osvojitve avtomobila v primeru, ko vrata zamenjamo, enaka ver-
jetnosti v primeru, ko vrat ne zamenjamo, pomnoženi s faktorjem d−1d−1−o . V
posebnem primeru, ko voditelj ne odpre nobenih vrat, je faktor enak d−1d−1 = 1
in velja P1 = P0. To pomeni, da se verjetnost pri zamenjavi v tem primeru
ne spremeni, kar je seveda tudi intuitivno jasno. Nasprotno pa se vedno, ko
se vrata odprejo in torej velja o > 0 ter posledično d−1d−1−o > 1, verjetnost
osvojitve avtomobila po menjavi vrat poveča.
Zato je najbolǰsa strategija pri igranju igre po pravilu Monty Hall 2.0 zame-
njati vrata.
ZGLED: Imamo deset vrat in dva avtomobila (d = 10, c = 2). Oglejmo
si, kako se spremeni verjetnost osvojitve avtomobila, če zamenjamo vrata.
Verjetnost osvojitve avtomobila ob začetni izbiri vrat je enaka cd
= 210
. Če
vrata zamenjamo potem, ko voditelj odpre ena vrata (o = 1), je verjetnost
osvojitve avtomobila enaka 2·(10−1)10·(10−1−1) =
1880
= 940
, kar pomeni izbolǰsanje za
12,5 %. Če vrata zamenjamo potem, ko voditelj odpre dvoje vrat (o = 2), je
verjetnost osvojitve avtomobila enaka 2·(10−1)10·(10−1−2) =
1870
, kar pomeni izbolǰsanje
za 28,6 %. Če bi voditelj odprl troje vrat, bi bila verjetnost osvojitve avto-
mobila po zamenjavi vrat enaka 1860
= 310
, kar pomeni izbolǰsanje za 50 %.
Lahko se vprašamo, kakšna je verjetnost za osvojitev avtomobila, če se igra
nadaljuje in voditelj ponovno odpre nekaj vrat, za katerimi so koze, ter nas
3.2. POSPLOŠITVE PROBLEMA MONTY HALL 25
vpraša, ali želimo zamenjati vrata. Ta primer bomo obravnavali v naslednjem
podrazdelku.
3.2.3 Monty Hall 3.0
Pri posplošitvi Monty Hall 2.0 smo privzeli, da je največje možno število za-
menjav 1. Zdaj bomo obravnavali nadaljnjo posplošitev, pri kateri je možnih
več zamenjav.
Naj bo d ≥ 3 in 1 ≤ c ≤ d− 2. Igra se igra na naslednji način:
1. Izberemo ena vrata iz množice zaprtih vrat, ki še niso bila izbrana. Če
takšnih vrat ni, je igre konec in odprejo se zadnja izbrana vrata.
2. Voditelj odpre skupino ok naključno izbranih vrat iz množice zaprtih
vrat, ki še niso bila izbrana in ne skrivajo avtomobila. Če takšnih vrat
ni dovolj, je igre konec in odprejo se zadnja izbrana vrata. Sicer pa nas
voditelj po odprtju vrat vpraša, ali želimo zamenjati svojo izbiro.
3. V primeru, ko se odločimo, da ne želimo zamenjati vrat, se odprejo
zadnja odprta vrata, sicer ponovno sledi korak 1.
Posplošitev problema, pri kateri veljajo takšna pravila igranja, bomo poime-
novali Monty Hall 3.0.
Denimo zdaj, da igramo igro po pravilih Monty Hall 3.0, v kateri je d vrat
in c avtomobilov. Potem ko smo na začetku izbrali neka vrata, je voditelj
igre odprl o1 vrat, za katerimi so bile koze. Ko nam je ponudil možnost
zamenjave, smo vrata zamenjali. Nato je voditelj odprl o2 vrat, za katerimi
so prav tako bile koze, in mi smo ponovno zamenjali vrata. V tretjem in
naslednjih korakih se je potek igre ponovil. Zanima nas, kakšna je verjetnost
avtomobila po s-ti zamenjavi.
26 POGLAVJE 3. PROBLEM MONTY HALL
Izrek 3.2 Verjetnost za osvojitev avtomobila po s-ti zamenjavi v igri, ki jo
igramo po pravilih Monty Hall 3.0, je
Ps =c(d− 1)(d− 2− o1) · · · (d− s− o1 − · · · − os−2 − os−1)
d(d− 1− o1)(d− 2− o1 − o2) · · · (d− s− o1 − · · · − os−1 − os).
Izreka 3.2 ne bomo dokazovali v splošnem. V nadaljevanju si bomo ogledali
zgolj dokaz za primer, ko je s = 2. Splošni dokaz gre z indukcijo na število
zamenjav.
Oglejmo si torej primer, ko se zgodita dve zamenjavi. S Ck bomo označili
dogodek, da smo po k-ti menjavi izbrali vrata, za katerimi je avtomobil, in s
Ck dogodek, da smo po k-ti menjavi izbrali vrata, za katerimi ni avtomobila.
Zanima nas verjetnost, da po drugi zamenjavi izberemo vrata, za katerimi je
avtomobil, torej P (C2). Glede na to, da je {C0∩C1, C0∩C1, C0∩C1, C0∩C1}popoln sistem dogodkov, lahko uporabimo izrek o popolni verjetnosti in
zapǐsemo
P (C2) = P (C2|C0 ∩ C1)P (C0 ∩ C1)
+ P (C2|C0 ∩ C1)P (C0 ∩ C1)
+ P (C2|C0 ∩ C1)P (C0 ∩ C1)
+ P (C2|C0 ∩ C1)P (C0 ∩ C1),
oziroma
P (C2) = P (C2 ∩ C1 ∩ C0)
+ P (C2 ∩ C1 ∩ C0)
+ P (C2 ∩ C1 ∩ C0)
+ P (C2 ∩ C1 ∩ C0).
Vsakega izmed teh štirih členov zlahka izračunamo s pomočjo izreka 2.2.
Tako je na primer P (C2 ∩ C1 ∩ C0) = P (C0) · P (C1|C0) · P (C2|C0 ∩ ∩C1) =d−cd· d−c−1−o1
d−1−o1 ·c
d−2−o1−o2 , saj je verjetnost, da pri začetni izbiri izberemo kozo
enaka razmerju med številom koz (d−c) in številom vseh vrat (d), verjetnost,
3.2. POSPLOŠITVE PROBLEMA MONTY HALL 27
da nato ponovno izberemo kozo, pa prav tako to razmerje s to razliko, da
je pri zamenjavi ena koza manj zato, ker smo jo izbrali že na začetku, in še
o1 koz manj, saj jih je razkril voditelj igre. Število koz ob prvi zamenjavi je
zato enako d − c − 1 − o1, število vseh vrat, med katerimi izbiramo, pa jezmanǰsano za na začetku izbrana vrata in vrata, ki jih je odprl voditelj, ter
znaša d− 1− o1. Tudi pogojno verjetnost P (C2|C0 ∩C1) lahko izrazimo kotrazmerje med številom preostalih avtomobilov (c) in številom vseh preostalih
vrat, med katerimi izbiramo, torej številom vrat na začetku, zmanǰsanim za
število do tedaj izbranih vrat (2), in številom vrat, ki jih je voditelj odprl pred
prvo (o1) in pred drugo zamenjavo (o2). Dobimo P (C2|C0∩C1) = cd−2−o1−o2 .Na enak način izračunamo tudi preostale tri člene vsote.
• P (C2 ∩ C1 ∩ C0) = d−cd ·d−c−1−o1d−1−o1 ·
cd−2−o1−o2
• P (C2 ∩ C1 ∩ C0) = d−cd ·c
d−1−o1 ·c−1
d−1−o1−o2
• P (C2 ∩ C1 ∩ C0) = cd ·d−c−o1d−1−o1 ·
c−1d−2−o1−o2
• P (C2 ∩ C1 ∩ C0) = cd ·c−1
d−1−o1 ·c−2
d−2−o1−o2
Verjetnost, da po drugi zamenjavi izberemo vrata, za katerimi je avtomobil,
je torej:
P (C2) =c[(d− c)(d− c− 1− o1) + (d− c)(c− 1) + (d− c− o1)(c− 1) + (c− 1)(c− 2)]
d(d− 1− o1)(d− 2− o1 − o2)
=c[(d− c)(d− c− 1− o1 + c− 1) + (c− 1)(d− c− o1 + c− 2)]
d(d− 1− o1)(d− 2− o1 − o2)
=c[(d− c)(d− 2− o1) + (c− 1)(d− 2− o1)]
d(d− 1− o1)(d− 2− o1 − o2)
=c(d− 2− o1)(d− c+ c− 1)d(d− 1− o1)(d− 2− o1 − o2)
=c(d− 2− o1)(d− 1)
d(d− 1− o1)(d− 2− o1 − o2)
=c(d− 1)(d− 2− o1)
d(d− 1− o1)(d− 2− o1 − o2),
kar se ujema s formulo iz izreka 3.2.
28 POGLAVJE 3. PROBLEM MONTY HALL
ZGLED: Igramo igro po pravilih Monty Hall 3.0, v kateri je 15 vrat in 6
avtomobilov. Pred prvo zamenjavo voditelj igre odpre 3 vrata, pred drugo
zamenjavo 1 vrata in pred tretjo zamenjavo dvoje vrat. Kakšna je najbolǰsa
strategija pri tej igri?
Najbolǰsa strategija je seveda tista, ki nam zagotovi največjo verjetnost za
osvojitev avtomobila. Glede na to, da je verjetnost pri začetni izbiri enaka
P0 = 0, 4, po prvi zamenjavi P1 =6·1415·11 ≈ 0, 509, po drugi P2 =
6·14·1015·11·9 ≈
0, 566 in po tretji P3 =6·14·10·815·11·9·6 ≈ 0, 754, je najbolǰsa strategija vsakokrat
zamenjati vrata.
V igri Monty Hall 3.0 je menjava vrat ob vsaki priložnosti vedno najbolǰsa
strategija. Verjetnost za osvojitev avtomobila se na n-tem koraku poveča za
faktor (d−o1−o2−···−on−1−n)(d−o1−o2−···−on−1−on−n) > 1.
Poglavje 4
Računalnǐska simulacija
problema
V tem poglavju bomo predstavili program Monty Hall simulator (beta) in
rezultate računalnǐskih simulacij problema Monty Hall oz. njegovih po-
splošitev.
4.1 Opis programa Monty Hall simulator
Simulacije so bile izvedene z uporabo programa Monty Hall simulator (beta),
ki sem ga napisal v programskem jeziku C#. Namen programa je, da simulira
posplošitve problema Monty Hall, ki jih obravnavamo v tem diplomskem
delu. Dostopen je na naslednjem spletnem naslovu:
https://www.dropbox.com/s/pcpc3g9xz3qlrp0/Monty%20Hall.exe.
4.1.1 Videz in gradniki aplikacije
Po zagonu se program odpre v oknu, ki vsebuje menijsko vrstico, dva radijska
gumba, štiri vnosna polja za števila in gumb za začetek simulacije.
S pritiskom na ustrezen radijski gumb izberemo, katero posplošitev problema
želimo simulirati. Če izberemo posplošitev Monty Hall 2.0 oz. Monty Hall
3.0, se prikažejo še vnosna polja, ki omogočajo vnos števila odprtih vrat
29
30 POGLAVJE 4. RAČUNALNIŠKA SIMULACIJA PROBLEMA
na vsakem koraku igre. Slika 4.1 prikazuje videz aplikacije v načinu, ko
simuliramo posplošitev Monty Hall 1.0 in posplošitvi Monty Hall 2.0 oz.
Monty Hall 3.0.
Slika 4.1: Videz aplikacije pri simuliranju različnih posplošitev
4.1.2 Uporaba in delovanje
V štirih osnovnih vnosnih poljih nastavimo število vrat, avtomobilov, zame-
njav in zaporednih poskusov, ki jih želimo simulirati. Privzete vrednosti teh
parametrov so najmanǰse možne vrednosti, pri katerih je igra še smiselna,
to je troje vrat in en avtomobil. Program onemogoča nastavitev neveljavnih
vrednosti parametrov.
Simuliranje posplošitve Monty Hall 1.0
Pri posplošitvi Monty Hall 1.0 nastopa vedno samo en avtomobil, zato je
vnosno polje za vnos števila avtomobilov onemogočeno, njegova vrednost pa
je vedno 1. Nastaviti moramo samo število vrat in število zamenjav. Nato
vnesemo število poskusov, ki jih želimo simulirati. Privzeta vrednost tega
parametra je 1.000.000.
Ko zaključimo z vnosom podatkov o simulaciji, kliknemo gumb “Začni simu-
lacijo”. Po zaključku simulacije se v sporočilnem oknu izpǐsejo verjetnost za
osvojitev avtomobila v simulaciji in verjetnost, izračunana po formuli iz pod-
razdelka 3.2.1 za uporabljene parametre, ter razlika med obema podatkoma,
4.1. OPIS PROGRAMA MONTY HALL SIMULATOR 31
izražena v odstotkih. Primer sporočilnega okna z rezultati pri simulaciji po-
splošitve Monty Hall 1.0 je prikazan na Sliki 4.2.
Slika 4.2: Sporočilno okno z rezultati simulacije Monty Hall 1.0
Simuliranje problemov Monty Hall 2.0 in Monty Hall 3.0
Če izberemo posplošitvi Monty Hall 2.0 in Monty Hall 3.0, se prikaže 6 do-
datnih vnosnih polj za vnos števil na desni strani okna, kot je prikazano na
Sliki 4.3.
Slika 4.3: Polja za vnos števila odprtih vrat pred zamenjavo
Ta polja so na začetku, ko je število zamenjav nastavljeno na 0, onemogočena.
32 POGLAVJE 4. RAČUNALNIŠKA SIMULACIJA PROBLEMA
Število omogočenih polj je nato enako številu zamenjav. V njih nastavimo,
koliko vrat naj se odpre pred vsako zamenjavo. Vsota teh vrednosti mora
biti ob začetku simulacije manǰsa kot število vrat, ki skrivajo koze, saj je v
nasprotnem primeru poskus nesmiseln. Na to nas opozori sporočilno okno,
ki je prikazano na Sliki 4.4.
Slika 4.4: Sporočilno okno, ki opozarja na neustreznost vnesenih podatkov
Poleg tega je mogoče nastavljati tudi število avtomobilov. Izpis rezultatov je
enak kot pri simulaciji posplošitve Monty Hall 1.0.
4.2 Rezultati simulacije posplošitve Monty Hall
1.0
Simulacije smo izvedli za primere, ko je vrat 3, 5, 7, 9 in 11. Za primer, ko
je vrat d, smo izvedli posamezne simulacije za število zamenjav od 0 do d−12
.
V prvem stolpcu tabele rezultatov simulacije se nahaja podatek o številu vrat
(d), v drugem pa podatek o številu zamenjav (z). V tretjem stolpcu je verje-
tnost osvojitve avtomobila, izračunana po formuli Pf =(d−1)(d−3)···(d−2·(z−1)−1)
d(d−2)···(d−2·(z−1)) ·1
d−2·(z−1)−2 , v petem pa verjetnost osvojitve avtomobila v simulaciji glede
na relativno frekvenco zmag (Ps). Ta verjetnost je izračunana po formuli
Ps =st.ugodnihposkusovst.vsehposkusov
. V četrtem in šestem stolpcu je podatek o spremembi
verjetnosti glede na primer z za ena manǰsim številom zamenjav (+/−). Vzadnjem stolpcu je podatek o odstopanju verjetnosti iz simulacije od dejanske
verjetnosti, izračunane po formuli (Razlika [%]). Ta podatek je izražen v od-
stotkih glede na verjetnost 1. Pri vsaki simulaciji je bilo izvedenih 1.000.000
4.2. REZULTATI SIMULACIJE POSPLOŠITVE MONTY HALL 1.0 33
poskusov.
Razlika med obema verjetnostima je bila zanemarljiva. Verjetnost osvoji-
tve avtomobila v simulaciji se je v povprečju od verjetnosti, izračunane po
formuli, razlikovala za 0, 29 h, najvǐsja pa je bila 0, 72 h.
Rezultati simulacije potrjujejo, da je pri posplošitvi Monty Hall 1.0 zame-
njava vrat pri vsaki priložnosti vselej najbolǰsa strategija, saj se je za vse
simulirane primere verjetnost osvojitve avtomobila po vsaki zamenjavi vrat
povǐsala.
34 POGLAVJE 4. RAČUNALNIŠKA SIMULACIJA PROBLEMA
Tabela 4.1: Rezultati simulacije Monty Hall 1.0 (n = 1000000)
d z Pf +/− Ps +/− Razlika [%]
3 0 0,33333 / 0,33405 / 0,072
3 1 0,66667 0,33334 0,66641 0,33236 −0,026
5 0 0,2 / 0,20009 / 0,009
5 1 0,26667 0,06667 0,26649 0,0664 −0,0185 2 0,53333 0,26666 0,53327 0,26678 −0,006
7 0 0,14286 / 0,14305 / 0,019
7 1 0,17143 0,02857 0,17114 0,02809 −0,0297 2 0,22857 0,05714 0,22839 0,05725 −0,0187 3 0,45714 0,22857 0,45746 0,22907 0,032
9 0 0,11111 / 0,11133 / 0,022
9 1 0,12698 0,01587 0,12693 0,0156 −0,0059 2 0,15238 0,0254 0,15211 0,02518 −0,0279 3 0,20317 0,05079 0,20335 0,05124 0,018
9 4 0,40635 0,20318 0,40686 0,20351 0,051
11 0 0,09091 / 0,09125 / 0,034
11 1 0,10101 0,0101 0,10127 0,01002 0,026
11 2 0,11544 0,01443 0,11528 0,01401 −0,01611 3 0,13853 0,02309 0,138 0,02272 −0,05311 4 0,1847 0,04617 0,1842 0,0462 −0,0511 5 0,36941 0,18471 0,36997 0,18577 0,056
4.3. REZULTATI SIMULACIJE POSPLOŠITVE MONTY HALL 2.0 35
4.3 Rezultati simulacije posplošitve Monty Hall
2.0
Simulacije smo izvedli za primer z 10 vrati in 1, 2 oz. 3 avtomobili. Za vsak
c smo izvedli posamezne simulacije za število vrat, odprtih pred zamenjavo,
od 0 do 10− (c+ 1).
V prvem stolpcu tabele rezultatov simulacije se nahaja podatek o številu
vrat (d), v drugem podatek o številu avtomobilov (c) in v tretjem podatek
o številu vrat, odprtih pred zamenjavo (o). V četrtem stolpcu je verjetnost
osvojitve avtomobila, izračunana po formuli Pf =c(d−1)
d(d−1−o) , v šestem pa ver-
jetnost osvojitve avtomobila v simulaciji glede na relativno frekvenco zmag
(Ps). V petem in sedmem stolpcu je podatek o spremembi verjetnosti glede
na primer z za ena manǰsim številom odprtih vrat (+/−). V zadnjem stolpcuje podatek o odstopanju verjetnosti iz simulacije od dejanske verjetnosti,
izračunane po formuli (Razlika[%]). Ta podatek je izražen v odstotkih glede
na verjetnost 1. Pri vsaki simulaciji je bilo izvedenih 1.000.000 poskusov.
Razlika med obema verjetnostma je bila zanemarljiva. Verjetnost osvoji-
tve avtomobila v simulaciji se je v povprečju od verjetnosti, izračunane po
formuli, razlikovala za 0,18 h, najvǐsja pa je bila 0,52 h.
V rezultatih simulacije se je verjetnost osvojitve avtomobila po menjavi vrat
potem, ko so bila odprta vsaj ena vrata, vselej povečala v primerjavi s prime-
rom, ko se zamenjava vrat ni zgodila (o = 0). Iz rezultatov je razvidno, da z
vǐsanjem števila odprtih vrat pred menjavo narašča tudi verjetnost osvojitve
avtomobila.
36 POGLAVJE 4. RAČUNALNIŠKA SIMULACIJA PROBLEMA
Tabela 4.2: Rezultati simulacije Monty Hall 2.0 (n = 1000000)
d c o Pf +/− Ps +/− Razlika [%]
10 1 0 0,10000 / 0,09970 / −0,0310 1 1 0,11250 0,01250 0,11248 0,01278 −0,00210 1 2 0,12857 0,01607 0,12858 0,01610 0,001
10 1 3 0,15000 0,02143 0,15038 0,02180 0,038
10 1 4 0,18000 0,03000 0,17966 0,02928 −0,03410 1 5 0,22500 0,04500 0,22498 0,04532 −0,00210 1 6 0,30000 0,07500 0,29998 0,07500 −0,00210 1 7 0,45000 0,15000 0,44980 0,14982 −0,0210 1 8 0,90000 0,45000 0,90014 0,45034 0,014
10 2 0 0,20000 / 0,20011 / 0,011
10 2 1 0,22500 0,02500 0,22448 0,02437 −0,05210 2 2 0,25714 0,03214 0,25704 0,03256 −0,0110 2 3 0,30000 0,04286 0,30012 0,04308 0,012
10 2 4 0,36000 0,06000 0,36009 0,05997 0,009
10 2 5 0,45000 0,09000 0,44982 0,08973 −0,01810 2 6 0,60000 0,15000 0,60026 0,15044 0,026
10 2 7 0,90000 0,30000 0,90016 0,29990 0,016
10 3 0 0,30000 / 0,29990 / −0,0110 3 1 0,33750 0,03750 0,33774 0,03784 0,024
10 3 2 0,38571 0,04821 0,38547 0,04773 −0,02410 3 3 0,45000 0,06429 0,44977 0,06430 −0,02310 3 4 0,54000 0,09000 0,54014 0,09037 0,014
10 3 5 0,67500 0,13500 0,67499 0,13485 −0,00110 3 6 0,90000 0,22500 0,89968 0,22469 −0,032
4.4. REZULTATI SIMULACIJE POSPLOŠITVE MONTY HALL 3.0 37
4.4 Rezultati simulacije posplošitve Monty Hall
3.0
Simulacije smo izvedli za primer s 13 vrati in 3 avtomobili. Simulirali smo
vse možne kombinacije, ko v štirih korakih voditelj skupaj odpre 6 vrat. Za
vsako kombinacijo smo ločeno simulirali igro v enem, dveh, treh in štirih
korakih.
V prvih štirih stolpcih tabele rezultatov simulacije so zaporedoma zapi-
sana števila, ki povedo, koliko vrat je bilo odprtih pred katero zamenjavo
(o1, o2, o3, o4). S Pk je označen stolpec, v katerem se nahajajo pridobljeni po-
datki o verjetnostih za osvojitev avtomobila v simulaciji (s.) in verjetnosti,
izračunane po formuli (f.) po k-ti menjavi vrat v igri. Poleg vsakega stolpca
Pk, za k ≥ 2, se nahaja stolpec (+/−), v katerem je zabeležena spremembaverjetnosti glede na primer, ko je bila izvedena ena zamenjava manj Pk−1.
Pri vsaki simulaciji je bilo izvedenih 1.000.000 poskusov.
Razlika med obema verjetnostma je bila zanemarljiva. Verjetnost osvoji-
tve avtomobila v simulaciji se je v povprečju od verjetnosti, izračunane po
formuli, razlikovala za 0,27 h, najvǐsja pa je bila 1,49 h.
V rezultatih simulacije se je verjetnost osvojitve avtomobila po vsaki me-
njavi vrat vselej povečala. Iz rezultatov je razvidno, da z vǐsanjem števila
odprtih vrat pred posamezno menjavo narašča tudi verjetnost osvojitve avto-
mobila. Končna verjetnost osvojitve avtomobila, torej verjetnost, da so bila
po četrti menjavi izbrana vrata, za katerimi je avtomobil, se je razlikovala
pri različnem vrstnem redu odpiranja vrat na posameznih korakih. Vǐsja je
bila v primerih, ko je bilo večje število vrat odprto pred pozneǰso menjavo.
Tako je npr. verjetnost P4 večja za primer, pri katerem so odprta vrata po
vrsti o1 = 1, o2 = 1, o3 = 1, o4 = 3, kot za primer o1 = 1, o2 = 1, o3 = 3,
o4 = 1, ta pa je večja kot v primeru o1 = 1, o2 = 3, o3 = 1, o4 = 1 itd.
38 POGLAVJE 4. RAČUNALNIŠKA SIMULACIJA PROBLEMA
Tabela 4.3: Rezultati simulacije Monty Hall 3.0 (d = 13, c = 3, n =
1.000.000)
o1 o2 o3 o4 / P1 P2 +/− P3 +/− P4 +/−
1 1 1 3
f. 0,2518 0,2797 0,03 0,3197 0,04 0,63936 0,3197
s. 0,2513 0,2797 0,03 0,3200 0,04 0,63941 0,3194
R.[%] −0,0470 −0,0060 / 0,0350 / 0,005 /
1 1 3 1
f. 0,2518 0,2797 0,03 0,4476 0,17 0,59674 0,1492
s. 0,2513 0,2797 0,03 0,4475 0,17 0,59671 0,1492
R.[%] −0,0470 −0,0060 / −0,0010 / −0,003 /
1 3 1 1
f. 0,2518 0,3596 0,11 0,4316 0,07 0,57542 0,1439
s. 0,2513 0,3599 0,11 0,4313 0,07 0,57537 0,1441
R.[%] −0,0470 0,0270 / −0,0270 / −0,005 /
3 1 1 1
f. 0,3077 0,3517 0,04 0,4220 0,07 0,56264 0,1407
s. 0,3079 0,3521 0,04 0,4222 0,07 0,56285 0,1406
R.[%] 0,0170 0,0450 / 0,0230 / 0,021 /
1 1 2 2
f. 0,2518 0,2797 0,03 0,3730 0,09 0,6216 0,2486
s. 0,2513 0,2797 0,03 0,3726 0,09 0,62191 0,2493
R.[%] −0,0470 −0,0060 / −0,0340 / 0,031 /
1 2 1 2
f. 0,2518 0,3147 0,06 0,3671 0,05 0,61189 0,2448
s. 0,2513 0,3144 0,06 0,3673 0,05 0,6115 0,2442
R.[%] −0,0470 −0,0260 / 0,0190 / −0,039 /
2 1 1 2
f. 0,2769 0,3115 0,03 0,3635 0,05 0,60577 0,2423
s. 0,2770 0,3113 0,03 0,3631 0,05 0,60726 0,2442
R.[%] 0,0060 −0,0220 / −0,0400 / 0,149 /
1 2 2 1
f. 0,2518 0,3147 0,06 0,4406 0,13 0,58741 0,1469
s. 0,2513 0,3147 0,06 0,4403 0,13 0,58704 0,1467
R.[%] −0,0470 0,0050 / −0,0260 / −0,037 /
2 1 2 1
f. 0,2769 0,3115 0,03 0,4362 0,12 0,58154 0,1454
s. 0,2770 0,3113 0,03 0,4366 0,13 0,58138 0,1448
R.[%] 0,0060 −0,0220 / 0,0480 / −0,016 /
2 2 1 1
f. 0,2769 0,3560 0,08 0,4273 0,07 0,56967 0,1424
s. 0,2770 0,3560 0,08 0,4273 0,07 0,56997 0,1427
R.[%] 0,0060 −0,0040 / 0,0050 / 0,03 /
Poglavje 5
Zaključek
V diplomskem delu smo povzeli nekaj zgodovinskega ozadja problema Monty
Hall in njegovih začetkov. Presenetljivo je, da je na videz tako preprost pro-
blem skozi leta dvigoval toliko prahu in bil deležen tolikšne publicitete in
pozornosti tako s strani javnosti kot tudi strokovnjakov z različnih znanstve-
nih področij.
Teoretična orodja, ki so potrebna za matematično korektno utemeljitev pro-
blema, ne presežejo okvirov uvoda v teorijo verjetnosti.
Z njihovo uporabo smo v diplomskem delu raziskali in predstavili mate-
matično utemeljitev rešitve problema Monty Hall in njegovih posplošitev
Monty Hall 1.0, Monty Hall 2.0 in Monty Hall 3.0. Ugotovili smo, da je tako
pri osnovnem problemu kot tudi pri vseh treh obravnavanih posplošitvah
najbolǰsa strategija v igri ob vsaki priložnosti zamenjati vrata. Verjetnost
osvojitve avtomobila se namreč po vsaki zamenjavi vrat poveča glede na ver-
jetnost pred zamenjavo.
Teoretični rezultati so podkrepljeni tudi z rezultati računalnǐskih simulacij,
ki se s prvimi zelo dobro ujemajo.
39
40 POGLAVJE 5. ZAKLJUČEK
Literatura
[1] Dekking, F., Kraaikamp, C., Lopuhaa, H., Meester, L., 2005. A Mo-
dern Introduction to Probability and Statistics: Understanding Why
and How. London, Springer-Verlag, 486 str.
[2] Depuydt, L., 2011. The Monty Hall Problem and beyond: Digital-
Mathematical and Cognitive Analysis in Boole’s Algebra, Including an
Extension and Generalization to Related Cases. Advances in Pure Ma-
thematics, 1, 4, str. 136–154.
[3] Depuydt, L., Gill, R., 2012. Higher Variations of the Monty Hall Problem
(3.0 and 4.0) and Empirical Definition of the Phenomenon of Mathema-
tics, In Boole’s Footsteps, as Something the Brain Does. Advances in
Pure Mathematics, 2, 4, str. 243–273.
[4] Jamnik, R., 1986. Verjetnostni račun in statistika. Ljubljana, Fakulteta
za narovoslovje in tehnologijo, 156 str.
[5] Kapus, S., Avsec, F., Cokan, A., 2004. Zbirka nalog za srednje šole,
Matematika, Kombinatorika, verjetnostni račun in statistika. Ljubljana,
DZS, 82 str.
[6] Rosenhouse, J., 2009. The Monty Hall Problem: The Remarkable Story
of Math’s Most Contentious Brainteaser. New York, Oxford University
Press, Inc., 194 str.
[7] Zorzi, A., 2009. Cars, Goats, π, and e. Mathematics Magazine, 82, 5,
str. 360–363.
41
Izjava o avtorstvu diplomskega dela
Podpisani Alen Kopić z vpisno številko 01009396 sem avtor diplomskega
dela z naslovom:
Problem Monty Hall in njegove posplošitve.
S svojim podpisom zagotavljam, da sem diplomsko delo izdelal samostojno
pod mentorstvom doc. dr. Primoža Šparla.
V Ljubljani, dne 7. septembra 2013 Podpis avtorja:
Recommended