PROBLEM MONTY HALL IN NJEGOVE POSPLO SITVEpefprints.pef.uni-lj.si/1786/1/diploma_monty_hall_kopic.pdfPoglavje 1 Uvod Zelo redko se zgodi, da se matemati cni problem znajde na naslovnici

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



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).


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


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.


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).


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) ,


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.

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


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.


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.


• 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

.



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,


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


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


vpraša, ali želimo zamenjati vrata. Ta primer bomo obravnavali v naslednjem

podrazdelku.


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.


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,


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.


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.


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.


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



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-


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.


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



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-


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.


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:

Documents

PROBLEM MONTY HALL IN NJEGOVE POSPLO SITVEpefprints.pef.uni-lj.si/1786/1/diploma_monty_hall_kopic.pdfPoglavje 1 Uvod Zelo redko se zgodi, da se matemati cni problem znajde na naslovnici