Discussione:Problema di Monty Hall/Archivio I

La probabilità è 2/3. Dov’è il trucco?

Sono riuscito a capire perchè la probabilità di vincita passa a 2/3 cambiando la scelta iniziale. Ho capito l'errore che facevo e lo riporto in quanto potrebbe essere utile a qualcuno.

Per prima cosa consiglio di fare una prova concreta con 3 oggetti: dopo pochissime partite si ha subito l’evidenza che la probabilità è 2/3.

Quello che fa il conduttore scoprendo una capra equivale a tutti gli effetti ad offrire al concorrente la possibilità di invertire l’esito della sua scelta iniziale (se aveva trovato una capra si ritroverà un auto e viceversa).

Per spiegarmi meglio estremizzo un po’ il gioco ipotizzando che ci siano 100 porte (99 capre ed 1 auto) sulle quali il concorrente fa la prima scelta; se il conduttore chiedesse “Vuoi invertire l’esito della tua scelta?” la mente non si inganna e capisce subito che è meglio cambiare.

a) Il rapporto 1/100 serve solo ad evidenziare l’effetto del rapporto 1/3 del gioco originale.

b) La domanda serve a far capire che, ai fini del gioco, probabilisticamente tutto dipende dalla scelta iniziale.

--Alessmaga (msg)

Dubbio sul problema

Allora i grandi matematici che affermano che Marilyn von Savant aveva torto hanno pienamente ragione ( e non per niente sono scienziati) Innanzitutto se una persona sceglie una porta c'è 1/3 possibilità che dietro alla sua porta ci sia la macchina. Ma se il presentatore gli mostra la porta dove si nasconde la capra la probabilità di vincere l'auto sale al 50:50 ci sono 2 porte e una capra e una macchina. L'auto potrebbe essere per la legge della probabilità dietro qualunque porta e quindi la probabilità di vincere è 1/2 e NON 2/3
Spero di avervi chiarito. C.

Ricapitoliamo. Nel Monty standard la probabilità A PRIORI di vincere cambiando è:

P(giocatore sceglie capra) * P(conduttore sceglie auto|giocatore ha scelto capra) 
+ P(giocatore sceglie auto)*P(conduttore sceglie auto | giocatore ha scelto auto)
= 2/3 * 1 + 1/3* 0  = 2/3

Si noti che uso le P anche per il conduttore per meglio spiegare il Monty "alla cieca" Vediamo il Monty alla cieca, ossia dove il conduttore non sa nulla:

P(giocatore sceglie capra) * P(conduttore sceglie auto|giocatore ha scelto capra) 
+ P(giocatore sceglie auto)*P(conduttore sceglie auto | giocatore ha scelto auto)
= 2/3 * 1/2 + 1/3* 0  = 1/3

La differenza rispetto a prima sta nel P(conduttore sceglie auto|giocatore ha scelto capra) che ora è 1/2 anziché 1 E sin qui abbiamo valutato le probabilità A PRIORI.

Vediamo invece quelle a POSTERIORI. Nel Monty Standard, dato che il giocatore vede sempre il conduttore scoprire una capra, non c'è differenza per lui, non ha alcuna informazione aggiuntiva nell'osservare la scena. Ossia P(conduttore sceglie capra) = 1 Quindi P(vincita cambiando) =

 P(vincita cambiando| conduttore sceglie capra)*P(conduttore sceglie capra)+
      P(vincita cambiando |conduttore sceglie auto)*P(conduttore sceglie auto)
 = 2/3  *  1  + 0*0 = 2/3

In questo caso P(vincita cambiando| conduttore sceglie capra)=2/3 per quanto provato prima, ossia coincide con la probabilità a priori.

Nel Monty alla cieca invece:

 P(vincita cambiando| conduttore sceglie capra)*P(conduttore sceglie capra)+
      P(vincita cambiando |conduttore sceglie auto)*P(conduttore sceglie auto)=
   1/2 * 2/3 + 0 * 1/3 = 1/3

In particolare se il conduttore sceglie una capra, la probabilità di vincere è 1/2 e non 2/3. Ossia non coincide con la probabilità a priori, visto che in questo caso non sempre il conduttore sceglie una capra. Dato che la probabilità a quel punto è 1/2, la scelta di cambiare è indifferente. Se la spiegazione convince tutti possiamo correggere la voce (l'avevo cambiata io).Mea culpa. Gaetano

Direi che puoi correggerla. La prox volta magari prima esponi i tuoi dubbi nella pagina di discussione. Ciao --Gvittucci (msg) 13:26, 9 lug 2010 (CEST)

Se siete d'accordo nella soluzione del Monty-Hall "standard", e quindi che di norma conviene cambiare SE il conduttore esclude la capra "con coscienza", mi dovete dire, di grazia, cosa cambia, se il conduttore esclude la capra "a caso". Per caso le probabilità risentono della consapevolezza con cui accadono le cose? Ripeto, una volta che il conduttore ha escluso la capra, a prescindere se l'abbia fatto per caso o con coscienza, la probabilità di vincere cambiando (a POSTERIORI, se sapete cosa vuol dire) è 2/3. La probabilità complessiva di vincere quindi per il giocatore è: P(il conduttore non sceglie la macchina)* 2/3 = 2/3 * 2/3 = 4/9.

Provo a rispondere anche a Stefano sul discorso degli eventi indipendenti, a mio avviso errato. La probabilità che il conduttore scelga la macchina è pari a: P(io scelgo la macchina)* 0 + P(io non scelgo la macchina)*1/2 = 1/3* 0 + 2/3 * 1/2 = 1/3 e quindi, come già detto, P(il conduttore non sceglie la macchina) = 1 - P (conduttore scelga la macchina) = 2/3 che è appunto il valore che ho usato nel calcolo.

La differenza rispetto al Monty-Hall Standard sta appunto in questa probabilità, che è pari a 1 nella versione "Standard" Ma, ripeto, A POSTERIORI, quando la scelta è stata fatta, questo fa tornare tutto come prima. Visto che 2/3 è maggiore di 1/3 (sino a prova contraria), se il presentatore, per caso, dovesse scegliere la capra, conviene senz'altro cambiare (qualora la possibilità si presenti, visto che il presentatore può beccare l'auto). Questi sono i fatti. Gaetano

Caro Gaetano, se il conduttore non sa cosa c'è dietro le porte ed esclude per caso la capra la probabilità a posteriori cambiando di beccare la capra è 1/2 (1 su 2 porte rimaste), la stessa che si ha di trovare la capra mantenendo la porta scelta prima. Ciao --Gvittucci (msg) 21:12, 8 lug 2010 (CEST)

Scusa GVittucci mi spieghi perchè "se il conduttore non sa cosa c'è dietro le porte ed esclude per caso" la probabilità a posteriori è 1/2 mentre "se il conduttore non sa cosa c'è dietro le porte ed esclude con l'intenzione (!)" invece è 2/3?

A mio avviso l'importante è che escluda una capra, a prescindere dal fatto che lo faccia con l'intenzione o meno. Gaetano

Mi pare la spiegazione matematica l'hai trovata da solo. A livello di intuizione, il punto è proprio che, nel caso la porta che hai scelto contiene una capra e il conduttore sappia qual è quella che contiene la macchina, è in qualche modo obbligato a scegliere l'altra. E questo ti dà informazioni. Questo ti fa capire proprio la prospettiva bayesiana alla probabilità: la probabilità non è qualcosa di "oggettivo", che attiene alle cose, ma incorpora anche il set informativo degli agenti. Ciao --Gvittucci (msg) 13:16, 9 lug 2010 (CEST)

Vorrei segnalare che c'e' un errore nella pagina principale nel paragrafo "Il conduttore non sa cosa c'e' dietro le porte". In questo caso e' indifferente per il concorrente cambiare o tenere la porta, come e' facile dimostrare. La formula 4/9 che compare nel paragrafo e' errata (non tiene conto del fatto che la probabilita' che il conduttore scelga una capra e la probabilita' che noi abbiamo inizialmente scelto la macchina non sono indipendenti).

Stefano

ci sono quattro possibili scenari. lascio a voi la riflessione

• A me la cosa pare banale. Scegliendo una porta si ha una probabilità di trovare un auto pari a 1/3, scegliendone 2 contemporaneamente la probabilità di trovare un auto è 2/3. Questo è quello che succede quando il presentatore offre la possibilità di cambiare. Si sta cambiando da 1 porta a 2 porte, perchè il mostrare quello che c'è dietro una porta equivale a dire: fai a cambio tra la tua porta e queste due? Quindi la probabilità è 2/3 se si cambia.

Nicola

Buon per te. A giudicare dalla montagna di persone fermamente convinte del contrario (e di cui in alcuni degli autori degli interventi qui sotto e di tentativi di modifica della voce hai alcuni rappresentanti), non è poi così facile arrivarci. Ciao --Gvittucci (msg) 21:03, 19 set 2009 (CEST)

Tra l'altro, rileggendo adesso per caso la cosa, a cui avevo risposto frettolosamente un po' di tempo fa, mi sono accorto che il ragionamento di Nicola è sbagliato, perché nel caso il conduttore non sapesse effettivamente il contenuto delle tre porte, la probabilità cambiando non aumenterebbe (rimanendo un 1/2 per entrambe condizionata al fatto che il conduttore non apra la porta con la macchina). E' importante che il conduttore sappia il contenuto delle porte e scelga volutamente quella con la capra perché la probabilità passi ad 2/3 cambiando. Ciao --Gvittucci (msg) 14:52, 14 ott 2009 (CEST)

La soluzione è sbagliata a mio avviso. La spiegazione è semplice: qualunque sia la scelta iniziale del giocatore, essa non ha valore, perché poi gli viene offerta una seconda scelta. Infatti in qualunque caso, sia che egli abbia scelto la porta con dietro l’automobile, sia che egli abbia scelto una delle capre, egli ha il 50% delle probabilità, poiché una delle capre è stata già eliminata dal conduttore. Quindi ora il giocatore ha una porta con una capra e una porta con l’automobile. Non è più importante che cosa ha scelto prima, così come dopo un lancio di dado con risultato 6, non varia la probabilità che esca un altro sei.

In altre parole, la soluzione proposta è ingannevole. Vediamo perché con un confronto tra la soluzione proposta e quella reale:

Soluzione proposta:

Ci sono tre scenari possibili, ciascuno avente probabilità 1/3:

Il giocatore sceglie la capra numero 1. Il conduttore sceglie l'altra capra. Cambiando, il giocatore vince l'auto. Il giocatore sceglie la capra numero 2. Il conduttore sceglie l'altra capra. Cambiando, il giocatore vince l'auto. Il giocatore sceglie l'auto. Il conduttore sceglie una capra, non importa quale. Cambiando, il giocatore trova l'altra capra.

Soluzione reale:

Se il giocatore sceglie l’auto, come viene detto sopra, il conduttore sceglie una capra, non importa quale. Cambiando, il giocatore trova l'altra capra. Ma se il giocatore sceglie una capra, noi potremo chiamarla sempre capra X, ignorando del tutto se sia l’una o l’altra delle due (per capirci, ignorando del tutto se sia la capra Ninetta o la capra Rosina). Sia che scelga la capra Ninetta che la capra Rosina, dunque, il giocatore sceglierà la capra X, e il conduttore scoprirà la capra Y, qualunque delle due sia. E cambiando il giocatore sceglierà la macchina.

Non ha senso infatti la duplicazione data di quest’ultima possibilità, che porta ingannevolmente a supporre che al momento della seconda scelta il giocatore abbia 2 possibilità su 3 di prendersi la macchina cambiando.

Ma per spiegarci ancora meglio proviamo a rendere il caso più generale: abbiamo tre oggetti, due Non Desiderabili (ND) e uno Desiderabile (D).

Durante la scelta iniziale il giocatore ha quindi 1 possibilità su 3 di prendere D. Qualsiasi cosa il giocatore scelga all’inizio, però, il conduttore elimina uno dei due ND e offre una seconda chance al giocatore, il quale ora si trova a fare di nuovo la scelta (che è come se fosse la prima), ma stavolta solo tra un ND e un D. Ha quindi il 50% di prendere D e il 50% di prendere il restante ND.

E’ quindi questa la soluzione: dopo che il conduttore ha eliminato una delle due possibilità sbagliate, il giocatore ha uguale probabilità (il 50%) di vincere sia cambiando che non cambiando al sua scelta iniziale. La soluzione si può anche formulare in questo modo, ignorando la temporalità, che è ciò che inganna: il giocatore ha uguale probabilità di vincere sia scegliendo la prima che scegliendo al seconda delle due possibilità rimaste.

I teoremi presentati non tengono conto della temporalità che in probabilità è da trattare con i guanti. E non tengono neanche conto di quel sottinteso algebrico che il termine X e Y (nella vostra soluzione "capra 1" e "capra 2") sono intercambiabili perchè non sono i nomi propri delle capre.

Nemorat

http://nostalgian13.splinder.com albenaes@yahoo.it

Ciao, io ho un'ulteriore osservazione da fare . Il paradosso deriva da un errata scelta dello spazio delle soluzioni. Le soluzioni sono 4 e non 3 come proposto Secondo me la soluzione su wikipedia e’ errata :

Soluzione wikipedia :

Il giocatore sceglie la capra numero 1. Il conduttore sceglie l'altra capra. Cambiando, il giocatore vince l'auto.

Il giocatore sceglie la capra numero 2. Il conduttore sceglie l'altra capra. Cambiando, il giocatore vince l'auto.

Il giocatore sceglie l'auto. Il conduttore sceglie una capra, non importa quale. Cambiando, il giocatore trova l'altra capra.

Soluzione a mio avviso corretta  :

Il giocatore sceglie la capra numero 1. Il conduttore sceglie l'altra capra. Cambiando, il giocatore vince l'auto.

Il giocatore sceglie la capra numero 2. Il conduttore sceglie l'altra capra. Cambiando, il giocatore vince l'auto.

Il giocatore sceglie l'auto. Il conduttore sceglie la capra 1. Cambiando, il giocatore trova l'altra capra.

Il giocatore sceglie l'auto. Il conduttore sceglie la capra 2. Cambiando, il giocatore trova l'altra capra.

Si capisce che allora le probabilita’ ridiventano : ¼, ¼ , ¼, ¼, e sia cambiando che rimanendo "fermi" sulla propria decisione si ha ½ .

Nella soluzione del problema di Monty Hall non si considerano tutte le possibilita’ e questo origina il paradosso. Massimo

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Ci sono caduto anch'io, ma riflettendo a lungo devo dire che la probabilità di successo in caso di cambiamento è proprio 2/3. E' un caso raro, di solito nella teoria delle probabilità è tutto abbastanza intuitivo, ma in questo caso l'istinto viene ingannato. Ci sono due modi semplici per dimostrarlo: 1) sviluppare un semplice programma in un qualunque linguaggio che simuli il problema per un numero molto grande di ripetizioni. L'ho fatto e appena capisco come fare lo pubblico in queste pagine. 2) provare con gli amici, mettendosi dalla parte del presentatore e tenendo il conto dei risultati (magari giocandosi un euro ogni volta) In entrambi i casi si vede che le vittorie tendono a 2/3 per chi usa la tattica descritta dal problema. Landuz (bartleby99@tiscali.it)

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L'osservazione precedente di Massimo mi pare sensata e mi ha generato diversi dubbi sulla correttezza della soluzione. Anche se la soluzione fosse corretta, e' una delle cose piu' controintuitive che abbia mai sentito.

Il problema secondo me nasce dal fatto che il conduttore NON APRE una porta a caso ma apre sempre la porta con una capra dietro.

Proviamo a considerare il caso in cui una delle 2 porte con le capre sia già aperta prima della scelta (che secondo me equivale al gioco proposto). Cio' conduce a 2 casi:

1) Porta con capra 1 aperta, Porta con capra 2 chiusa, Porta con auto chiusa

  La probabilità che il conduttore aprisse la porta con la capra 1 è 1/2 (perche' apre solo quelle con le capre) e
  la probabilità che il concorrente scelga l'auto e' 1/2

2) Porta con capra 1 chiusa, Porta con capra 2 aperta, Porta con auto chiusa

  La probabilità che il conduttore aprisse la porta con la capra 2 è 1/2 (perche' apre solo quelle con le capre) e
  la probabilità che il concorrente scelga l'auto e' 1/2

  Probabilità complessiva: 1/2 * 1/2 + 1/2 * 1/2 = 1/2

Considerando invece il caso in cui il conduttore apra una porta a caso (quindi puo' aprire anche quella con l'auto) avremmo:

1) Porta con capra 1 aperta, Porta con capra 2 chiusa, Porta con auto chiusa

  La probabilità che il conduttore aprisse la porta con la capra 1 è 1/3 e
  la probabilità che il concorrente scelga l'auto e' 1/2

2) Porta con capra 1 chiusa, Porta con capra 2 aperta, Porta con auto chiusa

  La probabilità che il conduttore aprisse la porta con la capra 2 è 1/3 e
  la probabilità che il concorrente scelga l'auto e' 1/2

3) Porta con capra 1 chiusa, Porta con capra 2 chiusa, Porta con auto aperta

  La probabilità che il conduttore aprisse la porta con l'auto è 1/3 e
  la probabilità che il concorrente scelga l'auto e' 1 (visto che la vede)

  Probabilità complessiva: 1/3 * 1/2 + 1/3 * 1/2 + 1/3 * 1 = 2/3

In conclusione la soluzione proposta mi sembra errata perche' dovrebbe essere 1/2 .

A me sembra che sia sbagliato dire: "Il giocatore sceglie l'auto. Il conduttore sceglie una capra, non importa quale. Cambiando, il giocatore trova l'altra capra." No, andrebbe: "Il giocatore sceglie l'auto. Il conduttore sceglie una capra, la numero 1. Cambiando, il giocatore trova l'altra capra. Il giocatore sceglie l'auto. Il conduttore sceglie una capra, la numero 2. Cambiando, il giocatore trova l'altra capra." Quindi, le chance di vittoria sono 2/4, 50%. Semplicione (msg) 21:52, 16 dic 2019 (CET)

Tu stai contando la probabilità di vincere nell'ipotesi in cui il concorrente sceglie casualmente con probabilità 1/2 di cambiare o meno la porta quando gliene viene offerta l'opportunità. In tal caso la probabilità di vittoria è 1/2 come scrivi tu. Ma non è questo il punto, il punto è che se invece scegli una strategia fissa (es. "cambio sempre porta"), allora le probabilità cambiano (e cambiano anche se suppongo che il concorrente scelga se cambiare o meno con probabilità diversa da 1/2). Quindi, supponendo che p sia la probabilità che il concorrente cambi porta e 1-p la probabilità che il concorrente non cambi porta, qual è la scelta più conveniente per p? (p ha valori reali possibili tra 0 e 1 estremi inclusi.) Tutto il ragionamento descritto di fatto mostra che la probabilità di vittoria è massima per p=1 (cioè il concorrente cambia sempre porta) e in tal caso la probabilità di vittoria (che è la massima ottenibile rispetto a p) è appunto 2/3. Cioè se si fa il conto con p come l'ho definito, si ottiene che le probabilità di vincere del concorrente sono ${\frac {1}{3}}p+{\frac {1}{3}},$ che è una retta inclinata positivamente, quindi è una funzione continua strettamente crescente. Se cerco il massimo per $p\in [0,1]$ (che esiste per il teorema di Weierstrass visto che l'intervallo [0,1] è un insieme compatto), questo è in p=1 poiché la funzione è strettamente crescente e il minimo si ha in p=0. Quindi il valore del massimo è 2/3 (se il concorrente cambia sempre porta) e il valore del minimo è 1/3 (se il concorrente non la cambia mai). Ogni scelta intermedia tra queste dà valori intermedi di probabilità di vincere, in particolare scegliendo p=1/2 si ottiene che vince con probabilità 1/2, ma questa NON è la scelta più conveniente per il concorrente. Spero di essermi spiegato :) --Mat4free (msg) 10:51, 17 dic 2019 (CET)

Non ristudiate la ruota, l'hanno già studiata

Vi rammento che Wikipedia non pubblica ricerche originali, non inventa niente e non propone niente di nuovo. Riporta (dovrebbe riportare) soltanto ciò che scienziati, storici e studiosi di ogni sorta hanno già definito e studiato a fondo. Vi consiglio un librino facile e divertente che spiega il problema (insieme a molti altri):

• Jeffrey S.Rosenthal, Le regole del caso, istruzioni per l'uso, Longanesi, Milano, 2006, ISBN 883042370X, pagine 243-248

Oppure potete prenderne un altro a piacere dalla bibliografia della voce. E ricordate di firmare i vostri interventi nelle discussioni. :-) --LaseriumFloyd 22:34, 11 set 2007 (CEST)

il vero nome di Monty Hall

L'ho beccato in Colin Bruce, I conigli di Schrödinger, ISBN 9788860300508 - nota a pagina 75. -- .mau. ✉ 14:51, 19 nov 2007 (CET)

Come la vedo io

Il calcolo delle probabilità si attua per trovare le possibilità che certi eventi accadono o meno in situazioni casuali possibili e ignote

Se all'inizio del quiz effettivamente ci sono 3 porte, si ha il 33.3% di trovare l'auto Ma dopo che il presentatore apre la porta e fa vedere la capra, la situazione iniziale varia

Difatti, le porte chiuse restano 2, e per vincere l'auto le probabilità passano al 50% per scelta. La terza porta viene esclusa dal calcolo delle probabilità, essendo il suo 'contenuto' reso conosciuto

E' come, per esempio, da un mazzo coperto di 13 carte di cuori tutte di diverso valore dove si deve pescare l'asso: All'inizio c'e' una probabilità su 13 (7,69%). Ma se dal mazzo si leva/scopre il re, le possibilità passano a 1 su 12 (e non 2 su 13).

Vida (supervida@yahoo.it)

Vida, il tuo ragionamento non fa una piega. Il DRAMMA di questo "problema" sta nel fatto che, tra le persone che conosco, ben l'85% hanno sposato la tesi riportata da Wikipedia. Con riferimento a questo 85%, si tratta di persone laureate in matematica o che comunque insegnano matematica nelle scuole medie. Tra il 15% troviamo APPASSIONATI di matematica, che per mestiere fanno gli ingegneri elettronici o i commercialisti. MauroSerra (msg) 07:16, 27 ott 2017 (CEST)

Il ragionamento di Vida è assolutamente errato, altro che non fa una piega! La differenza è che nel secondo caso non c'è nessuna informazione aggiuntiva che interviene nella scelta della carta, mentre nel primo caso è ESSENZIALE l'informazione che il presentatore CONOSCE dove sta il premio e apre DI CONSEGUENZA una delle altre due porte e non apre quella scelta. Quindi esiste una informazione sul risultato della prova che influisce sulle possibilità di vincere. Il caso con 1000 porte dovrebbe risultare più intuitivo. Il secondo esempio dovrebbe essere visto così per renderlo analogo: devo trovare l'asso, scelgo una carta a caso (possibilità di indovinare 1/13) ma se dal mazzo si tolgono tutte le carte tranne due quella che hai scelto e l'asso, oppure quella che hai scelto e un'altra a caso (il fatto che quella scelta e l'asso non possano essere rimosse è il punto fondamentale del ragionamento), allora la probabilità di trovare l'asso cambiando carta è 12/13 (cioè è la stessa di non aver scelto l'asso all'inizio).

Nel gioco delle porte, se il presentatore apre una delle porte senza premio PRIMA che il concorrente scelga una porta allora certo che la probabilità è 50% a quel punto, ma il fatto che il presentatore NON POSSA aprire la porta scelta dal concorrente né quella col premio rende differente il problema.--Mat4free (msg) 08:36, 27 ott 2017 (CEST)

Nuova immagine per la spiegazione

Ho realizzato, a supporto di questa spiegazione, un'immagine a colori per la spiegazione del paradosso. Preferisco non modificare la pagina principale perchè non credo di esserne in grado e non vorrei creare problemi, ho comunque reso disponibile l'immagine su wikipedia senza licenza: Iraiscoming223 [14:54 - 26/05/2008]

Diagramma Eulero Venn

29/08/08 Concordo con il fatto che la seconda scelta è quella che vale e questa viene fatta tra due porte che sono equiprobabili, quindi ho il 50% di probabilità di successo. La trappola logica che porta a dire p=2/3 la si può facilmente trovare nella svolgimento errato del diagramma citato di Eulero Venn. Indichiamo con A,B,C le tre porte rappresentate , A quella a sinistra , B centrale e C quella a destra con la capra per intenderci. Ebbene , dopo aver aperto la porta C con la capra si afferma che la probabilità di 2/3 posseduta inizialmente dal gruppo B+C = (1/3 + 1/3)=2/3 resta alla sola porta B dato che la C ha la capra e quindi P=0; questo è scorretto perchè si dimentica che anche il gruppo A+C ha le medesime probabilità=2/3. Quindi posso scegliere solo fra due ipotesi A+C ( mantenedo la scelta iniziale) o B+C ( se cambio la scelta); dato che C è capra, la scelta si riduce ad A o B entrambe con con P=2/3 della probabilità iniziale. Ma dato che posso ora scegliere tra A o B equiprobabili, di cui una sicuramente vincente-> ognuna passa da P=2/3 iniziale a P=1/2 attuale: ho quindi il 50% di probabilità di trovare la macchina in seconda scelta, sia cambiando che non cambiando. Supertiero

Soluzione 2/3 non esatta, parte da logica erronea

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Siamo alla statistica del pollo. Davvero singolare che si ricorra a formulazioni Bayesiane o a diagrammi ad albero per validare una soluzione del tutto fuor di logica.

Così come posto il problema, è apparentemente esatta la soluzione del problema Monty Hall: ai concorrenti conviene sempre cambiare ed in questo modo innalzano la probabilità teorica di vincita da 1/3 a 2/3.

Questa soluzione è solo aritmeticamente esatta. Se con un PC simulo il gioco effettivamente ottengo su molte ripetizioni una frequenza 2/3.

Ma in reltà è erronea la strategia e di conseguenza anche la frequenza sperata.

Una frequenza "collettiva" non può essere scambiata come "probabilità" individuale del singolo giocatore. Infatti non stiamo parlando di un gioco collettivo - collaborativo, tutti si mettono d'accordo e poi si spartisce. Stiamo parlando di un gioco individuale.

Mettiamoci nei panni del giocatore che vede che moltissimi giocatori prima di lui hanno vinto accettando lo scambio, mentre le perdite sono state pochissime (molto meno di 1/3). Quale sarà il suo calcolo? Calcolerà che per il principio di "ritorno alla media" quella di accettare ha poche probabilità di successo. Dovrà rifiutare l'offerta di scambio, perchè poco plausibile a quel punto. Sarebbe sciocco che lui accettasse lo scambio per fare media collettiva.

Qualunque risultato lui ottenga, il concorrente successivo non ha più riferimenti statistici! In mancanza di riferimenti il concorrente dovrà optare per la sorte (metodo Montecarlo) e scegliere se accettare o no con un lancio di monetina: questa la vera soluzione di "probabilità individuale". Tirare a sorte se accettare o no.

Quando una serie di vittorie si fa troppo lunga, ci sarà un concorrente che avrà necessità di cambiare strategia. E prima o poi accade. A quel punto la soluzione fissa per tutti non regge più. Da quel momento in poi conviene a tutti optare per scelte casuali (la monetina).

Simulando al computer una tale scelta si ha una frequenza di vittorie complessive pari al 50%. Ma è sempre un po' la statistica del pollo. Ogni concorrente in realtà deve valutare tra sorte e serie statistica che lo precede. Ripeto: non è un gioco collettivo.

Nei giochi competitivi conviene sempre spezzare l'equilibrio con decisioni casuale: strategie miste (Nash, strategie miste). Che la sorte è forse la strategia migliore ce lo dice anche la TEORIA DEI GIOCHI. Nei giochi non collaborativi conviene sempre una strategia di tipo misto, che realizza un equilibrio non ottimale ma sicuramente con un payoff migliore di altre alternative: l'equilibrio di Nash. (Cercate equilibrio di Nash - John Nash).

Saluti:mp3.7

--Mp3.7 (msg) 11:44, 10 gen 2009 (CET)--Mp3.7 (msg) 11:44, 10 gen 2009 (CET)

Il problema di Monty Hall non ha nulla di "ripetitivo secondo la teoria dei giochi". Il presentatore ha una strategia non forzata solo nel caso in cui il giocatore abbia scelto la porta dove c'è l'auto; ma dal punto di vista del giocatore a questo punto le due alternative del presentatore sono irrilevanti. Tutta quella sezione è fuorviante (oltre che essere scritta da cani, ma su quello si sarebbe potuto anche lavorare), ergo la cancello a meno che qualcuno non mi dimostri qui il contrario. -- .mau. ✉ 19:16, 11 gen 2009 (CET)

ps per Mp3.7: (la consuetudine su wikipedia è che gli interventi stanno in fondo e non in cima) Se tu non sei convinto della soluzione, avevo giusto una scommessa stile Monty Hall con multiple partite da fare con qualcuno. Leggi qua. -- .mau. ✉ 19:22, 11 gen 2009 (CET)

Convengo che l'inserto era criptico. Mi rifacevo ai giochi non cooperativi di Nash e allo studio di serie storiche pseudo casuali (Hamilton). In sintesi 2/3 è la massima perdita probabile per il conduttore, ma la probabilità per il singolo giocatore che ha solo una prova da fare è soggetta a collassamento, secondo la logica fuzzy. Probabilità fuzzy = 0,5. Inoltre se un giocatore capita dopo 10 vittorie consecutive di giocatori che hanno fatto lo swap che probabilità ha? Secondo la Mean Reversion quasi zero. Il problema Monty distorce la reltà. Ogni singolo concorrente ha la sua probabilità in dipendenza della vincite/perdite precedenti. Mediamente la scelta migliore è la casuale. Ho messo entrambe le dimostrazioni.--Mp3.7 (msg) 22:01, 11 gen 2009 (CET)

probabilità

Ho dato un'occhiata al gioco di cui al sito proposto. Mi rendo conto che in un' enciclopedia non si puo' andare molto a fondo. Ma dal punto di vista matematico una cosa sono le probabilità a priori di chi gioca una sola partita (Monty Hall) e altra cosa una serie ripetuta di partite (tre carte con lo stesso giocatore) dove si hanno frequenze di realizzo. La confusione Monty Hall è proprio questa. Se il gioco puo' essere ripetuto dallo stesso giocatore i conti tornano,sempre a 2/3. Ma in uno spettacolo irripetibile per il concorrente le probabilità diventano binarie. O vince o perde. Che senso ha una vittoria al 60% o una perdita al 40%, se è solo quella. E' come dire Nato al 60% o morto al 40%. Roba da dibattito di bioetica. Va sempre specificato se il gioco è con ripetizione per il concorrente oppure no. Il concetto frequentista di probabilità è frequenza/tentativi. Il significato di probabilità condizionata dice che su N lanci hai

F successi dove F<N, ma se N =1 come in uno show non abbiamo un concetto utile di probabilità perchè avremmo F <1, che ti danno mezza auto? si discretizza la distribuzione di probabilità. E una probabilità discretizzata elide le parti frazionarie. Diversa cosa in un gioco con ripetizione dove F puo' assumere valori > 1, ma ci vogliono adeguati tentativi.

--79.22.75.79 (msg) 23:28, 11 gen 2009 (CET)

@anonimo: anche quando lanci un dado può venire o 1, o 2, o 3, o 4, o 5, o 6; e ne verrà uno e uno solo, di questi risultati. So what? -- .mau. ✉ 11:07, 12 gen 2009 (CET)

So that : ho una probabilità a priori teorica non convertibile in frequenza. Dovrei consentire al minimo sei lanci per dare al giocatore di realizzare la sua probabilità teorica. Con un lancio solo non ho nulla. Nei dadi la probabilità di uscita del 3 è di 1/6 tradotto esce una volta ogni sei lanci. E allora me li vuoi far fare sei lanci o no? O mi devo accontentare di uno, ma con un solo lancio solo gli dei sanno che probabilità ho. Nei giochi con ripetizione il giocatore sfrutta tutte le probabilità. In uno show LUI non le sfrutta perchè ha solo una prova. E allora per LUI non si realizzano tutte le probabilità teoriche, dovrebbe fare almeno 3 tentativi. Nel primo codice che ho messo se fai solo due tentativi per giocatore la frequenza modale di vittorie è 50%. Il valore modale aumenta con l'aumentare dei tentativi, in linea con il concetto di limite delle probabilità. La probabvilità è il limite di f/n per n tendente ad infinito (Bernoulli). Se non faccio abbastanza tentativi non realizzo mai la probabilità piena. Se mi fai fare un solo tentativo poi.... mp3.7

1. chi è che sta parlando di frequenza?
2. la probabilità è nata proprio per NON parlare di frequenza. Al limite, in questo caso, puoi parlare di utilità così gli economisti sono contenti: e parlando di utilità sto sempre aspettando che tu accetti la mia scommessa stile Monty Hall con ben 90 prove, così sei contento.
3. Sto anche aspettando che tu risponda alla mia domanda che ti ho fatto sulla tua pagina di discussione.

-- .mau. ✉ 12:20, 12 gen 2009 (CET)

Mi sono certamente spiegato male. Non sto affatto mettendo in discussione il fatto che su N prove > 20 con una probabilità teorica 2/3 Monty Hall deve certamente regalare un'auto. Non scopro niente. Ma la voce di wiki che stiamo commentando ammette solo una prova, non 20.

La distribuzione binomiale di Bernoulli mi dice che con probabilità a priori 2/3 per vincere con approssimazione 0,9999 devo fare almeno 20 tentativi. Alla coda sinistra della distribuzione ho che con due tentativi mantenendo la probabilità teorica 2/3 ho solo il 44% di probabilità di realizzare la vincita promessa.

Allora concordo e non gioco contro una probabilità 2/3 su N > 20 tentativi. Ma su un tentativo secco o la va o la spacca ci posso stare.

Ripeto applico la binomiale su tentativi limitati dando per buoni i 2/3 di probabilità teorica. Ma se si mantiene l'impostazione che un giocatore fa solo un tentativo (come nella voce) la probabilità crolla e la vincita diventa un caso random a probabilità ignota (a prescindere dalla strategia che diamo per scontata fissa swap della porta). Sto solo applicando la distribuzione binomiale al caso di giocatore che ha limitati tentativi da provare N < 20.

Se mi si dice invece che Monty Hall concede al singolo piu' prove... nulla questio. Ma non ldeggo da nessuna parte che Monty Hall concede il bis allo stesso giocatore.

mp3.7

guarda che la probabilità è svincolata dalla distribuzione binomiale almeno dal 1930. E ribadisco che anche usando l'utilità io continuo a preferire cambiare porta pur avendo a disposizione un solo tentativo, se le regole sono "Monty Hall aprirà necessariamente una porta dove dietro non c'è nulla" (se potesse darsi il caso che M.H. apra la porta col premio, tutto il ragionamento va a farsi benedire).

Quanto al programma, non serve assolutamente a nulla se non specifichi qual è l'algoritmo. Ci credo anch'io che un programma che scelga a caso tra due porte dove il premio è messo a caso dietro una delle porte ha probabilità 50% di trovare il premio, ma non è quello che accade nel gioco. -- .mau. ✉ 13:43, 12 gen 2009 (CET)

Il programma è la forma Bayes di seguire le fasi fase per fase. Una con scelta fissa, l'altra con scelta casuale. E' equivalente a scrivere 6-porta1-porta2 come si fa in matlab o Java dove le porte assumono valori da 1 a 3.

C' è un link nella pagina della voce

http://utenti.quipo.it/base5/probabil/montyhall.htm

soluzione c = 50%

Ho fatto l'esame di statistica ormai da qualche anno, mi era sfuggito il fatto che dal 1930 le probabilitàsono sganciata dalla binomiale. Rimetto tutto come prima. mp3.7

Explanation

I'm sorry it is difficult to write in your language, but I do enough understand it as to comprehend the article. As in most other languages the given explanation is not correct. It gives the solution to a slightly, but essential other problem. The real problem as stated has the condition that the door that is chosen and the door that is opened and revealing a goat are both known to the player. This excludes possibilities in which the other door is opened. Many people does not see the difference with the problem, in which the chosen door is known, but the presentator explains his plans to the player, and before opening one of the other doors, asks the player what he intends to do if a door is opened. The presented solution is the right one for the last case, but not for the real problem.

In more formal mathematics: Let X be the door behind which the car is, Y the door chosen by the player and M the door opened by the presentator, then when Y=1 (conditional that door 1 is initially chosen):

$P(X=2|M=3,X\neq 3)={\frac {P(M=3|X=2)P(X=2)}{P(M=3,X\neq 3)}}=$

${\frac {P(M=3|X=2)P(X=2)}{P(M=3,X=1\cup M=3,X=2)}}={\frac {\frac {1}{3}}{{\frac {1}{2}}\times {\frac {1}{3}}+1\times {\frac {1}{3}}}}={\frac {2}{3}}$Nijdam (msg) 23:24, 7 feb 2009 (CET)

@Nijdam: I am not able to understand your point. The player must know which door is opened by the host before she chooses whether to change her choice or not, and - as stated by Mueser e Granberg - the host must always give her the offer. I agree with you that if the host may not make the offer then the problem is essentially different. -- .mau. ✉ 10:57, 6 mar 2009 (CET)

scusate ,"l'intrusione"...

sono appassionato di matematica ricreativa e volevo dire la mia sulla suddetta questione: credo che il cambiamento della porta da parte del giocatore non sia "necessario", in quanto lo stesso giocatore non sa ovviamente che cosa c'e' dietro la porta, quindi e' lecito affermare che e' inutile cambiare.....attendo opinioni. — Questo commento senza la firma utente è stato inserito da Vivabari2001 (discussioni · contributi).

se ne sei così convinto, io ho pronta una scommessa da fare con te: guarda qua. -- .mau. ✉ 12:28, 28 apr 2009 (CEST)

"Strani" conti a parte, secondo me ha ragione Vivabari2001. --Aushulz (msg) 01:55, 7 ago 2010 (CEST)

Testo spostato dalla voce

il seguente testo senza fonti è stato tolto dalla voce:

*ciò nonostante, tutte queste teorie risultano essere errate.

Per quanto sia certo che sulla prima scelta la probabilità di sbagliare sia del 66.6%, è altrettanto

certo che sul secondo evento stocastico la probabilità di sbagliare sia del 50%, questo perchè si

tratta di una scelta(o estrazione) fra 2 possibilità. Cambiare la propria scelta prma della seconda

estrazione nn aumenta le probabilità di successo, dato che il "cambio" altro nn sarebbe che ripetere

un'estrazone con la stessa probabilità..in altre parole dopo aver scelto un delle opzioni, e dopo

averne esclusa una fallimentare, cambiare la propria scelta altro nn è che cambiare la propria

scelta(che dopo l'esclusione dell' opzione sbagliata ha il 50% di probabilità di essere giusta) con

un'altra opzione con la stessa probabilità di essere sbagliata (50%)... Per escludere qualsiasi

dubbio basta analizzare solo il caso finale: abbiamo 2 possibilità, una l' abbiamo scelta prima e

l'altra no, possiamo decidere se cambiare, oppuse no, in ogni caso la probabilità è del 50% per

entrambe le opzioni. L'errore di considerare maggiore, la probabilità si successo, della scelta non

presa in considrazione dall'inizio, deriva dalla non considerazione del cambio della probalità di

successo della nostra scelta iniziale dopo aver saputo che un'altra selta è necessariamente

sbagliata. JKXKF

--mpitt (msg) 21:30, 24 ago 2009 (CEST)

Senza fonte rimosso

Ho rimosso il senza fonte alla curiosità riguardante Lo strano caso del cane ucciso a mezzanotte in quando posseggo il libro e pertanto ho controllato. Ho aggiunto anche il ref rimandante alle pagine del libro. Kraff クアツフ (msg) 21:11, 27 nov 2009 (CET)

scusate il maschilismo, ma...

La vos savant ha torto, se la versione del problema è ESATTAMENTE la seguente, che riporto:

"Supponi di partecipare a un gioco a premi, in cui puoi scegliere tra tre porte: dietro una di esse c'è un'automobile, dietro le altre, capre. Scegli una porta, diciamo la numero 1, e il conduttore del gioco a premi, che sa cosa si nasconde dietro ciascuna porta, ne apre un'altra, diciamo la 3, rivelando una capra. Quindi ti domanda: "Vorresti scegliere la numero 2?" Ti conviene cambiare la tua scelta originale?"

infatti il conduttore potrebbe decidere di scegliere un'altra porta che nasconde una capra SE E SOLO SE la porta che il giocatore ha scelto è quella con la macchina, e non fare nulla altrimenti. In questo caso il giocatore fallirebbe SEMPRE!

sarebbe il caso di metterci un minimo di obiettività, almeno in matematica...--79.21.104.56 (msg) 00:00, 28 mar 2010 (CET)

Anche io dico la mia

ho trovato la voce in vetrina e non ho potuto fare a meno di leggerla, e di leggere la relativa discussione. E mi è venuta voglia di dire la mia (lo so che Wikipedia non è un forum, ma è stato più forte di me...)

Matematica e statistica sono scienze per me inarrivabili (ahimè, quando vedo le formule salto subito avanti!), però la logica mi pare di averla e da questo punto di vista affronto l'argomento.

Il problema lo abbiamo capito. La domanda posta è Cambiare porta, migliora le chance del giocatore di vincere l'automobile?

Secondo me no.

La voce di wikipedia dice: La risposta è sì: le probabilità di successo passano da 1/3 a 2/3

Ringrazio wikipedia di avermi fatto capire i motivi di questò SI.

Cosa mi è chiaro della tesi riportata dalla voce?

1. che le probabilità di prendere l'auto sono inizialmente 1/3
2. che (ovviamente) la probabilità di scegliere la capra all'inizio è di 2/3
3. che Assumendo che come prima scelta si incappi ... 2/3 delle volte nella capra, si dovrà solo attendere che venga scoperta l'altra porta con la capra, per poi cambiare la propria scelta con quella con maggiore probabilità di successo
4. in altre parole assumo di aver scelto ... uno dei due errori possibili, attendo che mi si mostri il secondo e cambio scelta. Così facendo, su un numero infinito di partite se ne vincono SEMPRE 2/3

Tutto vero! e quando capisco un qualcosa di matematico mi sento un fenomeno. Grazie, Wiki!

Ma c'è una cosa che si ribella in me.. Quel numero infinito di partite... Quella distanza dalla realtà che tanto il problema quanto la soluzione mostrano. Se vi chiedono "quanto guadagni al mese?" rispondete forse 1700 euro lordi Non credo proprio rispondiate così, direte piuttosto quanto vi viene in tasca.

Eppure quella non sarebbe una risposta sbagliata.

Nel nostro caso quello che è sbagliato (e che genera discussione) è evidentemente la domanda. Se la domanda posta fosse stata: Cambiare porta aumenta, su un numero infinito di tentativi, le probabilità di trovare l'automobile? la risposta sì non genererebbe poi forse tanto scandalo.

Ma se la domanda posta è Cambiare porta, migliora le chance del giocatore di vincere l'automobile? la mia risposta è no. Secondo me le possibilità restano sempre di 1/2. Oserei dire che sono sin dall'inizio pari a 1/2.

Perché sin dall'inizio so che una porta verrà aperta. Di fatto so già che dovrò scegliere tra 2 porte anziché 3. Questo elemento tangibile non può non essere considerato.

Cosa cambierebbe se il quiz fosse formulato in altra maniera, tipo scegli tra una di queste due porte? Oppure se, presenti 3 porte, una fosse già aperta con la capra in bella vista? Non saremmo forse, di fatto, nella stessa situazione che Monty Hall propone dopo l'apertura della porta, dopo la nostra prima scelta?

Non sembra quindi tutto un teatrino la parte precedente? Non è evidente come al concorrente interessi solo ed esclusivamente scegliere tra 2 porte?

A questo proposito mi sono permesso di modificare lo schemino di Iraiscoming223 e metterlo al volo su internet. non so per quanto tempo ci rimarrà, il link è http://www.allfreeportal.com/imghost2/viewer.php?id=507610capre.JPG

Questo schema a mio parere distingue meglio quella che è la matematica dalla reale situazione.

E' vero che all'inizio ho tre porte ed effettuo una scelta, ma non è quella scelta che determina qualcosa;

anzi visto che mi sarà data di nuovo la possibilità di scegliere tra due sole porte, escludendo sempre una terza porta inutile, è ovvio che la prima scelta non è servita a nulla, nè va a influire sulle possibilità di beccare o meno la porta con l'automobile.

(RI?)Comincio da quella seconda (o forse prima?????) scelta, e le possibilità sono al 50%.

Chi poi in questa discussione parteggia per il partito che "cambiare aumenta le possibilità da 1/3 a 2/3" (la cui ragione matematica, ripeto, l'ho capita) dice cose tipo di simulare "il problema per un numero molto grande di ripetizioni" o di mettersi "dalla parte del presentatore" che è proprio la cosa che non possiamo fare perché 1) il gioco prevede un solo tentativo 2) il concorrente non fa il presentatore.

E dunque, su questa pagina è così dibattuta la cosa, a stento si riesce a sostenere che il quiz prevede una scelta tra 3 porte, quasi litighiamo che le porte son due e non tre....

...E qui mi si vuole addirittura far passare che posso scegliere un numero infinito di volte assumendo che con la prima scelta si incappi "sempre" nella capra ecc... Questa è una visione matematica e non realtà.

Lo dico terra terra. Cambiare porta NON aumenta le possibilità di vincita di QUEL concorrente ma aumenta le possibilità di PERDITA del conduttore, o ancora meglio, del network (anche se sostituisce Monty Hall con Paolo Bonolis nel corso di millanta stagioni televisive). Il network può essere preoccupato se TUTTI i concorrenti cambiano. Ma poiché le probabilità su un numero N di volte aumentano, sì, ma non diventano certezza, ci sarà sempre qualcuno che perde; e non credo che qualche altro concorrente che ha vinto gli recapiterà per posta un fanalino della macchina. Andate a spiegare al concorrente che ha cambiato porta che c'erano più possibilità di vincere cambiando, e l'ha fatto, e non ha vinto.

Se questa fosse una voce palesemente matematica o filosofica (tipo i bei paradossi di zenone) l'avrei lasciata correre lì, come molte altre belle voci. Ma siccome pare che si prospetti il metodo per poter vincere una macchina!...........

Per concludere, se mai partecipassi a questo quiz non starei a guardare prima di me chi ha vinto e quando e come. Tiro una monetina, scelgo una porta (su due!!!!! 50%!!!!!), e spero mi dica bene!!--Maxpendy (msg) 01:57, 8 lug 2010 (CEST)

Beh, la maggior parte delle volte faresti male! Comunque, mi sembra tu abbia le idee piuttosto confuse di cosa sia la teoria della probabilità. Il fatto che la probabilità in un caso sia 2/3, nell'altra sia 1/3 è una cosa vera speigata abbondantemente nella voce. Se non ti fidi, puoi verificarlo sperintalmente con un tuo amico (ad esempio con 3 carte da gioco), e dopo non molti tentativi riuscirai a convinverti che la stima è giusta. Una volta convinti che la probabilità è 2/3, posso spiegarti che Cambiare porta NON aumenta le possibilità di vincita di QUEL concorrente, e forse ti posso convincere facilmente; infatti, possiamo adesso possiamo tradurre il problema in quello di tirare un dado: cambiare corrisponde a vincere se esce 1,2,3,4 e non cambiare a vincere se esce 5,6. E' chiaro che in un tiro singolo può uscire un 5 o un 6, e quindi scegliere 5-6 potrebbe essere la scelta giusta, ma tu cosa sceglieresti? Ovviamente 1-2-3-4.--Sandro (bt) 03:00, 7 ago 2010 (CEST)

E' passato più di un mese e anche se non continuativamente, ho pensato svariate volte a Monty Hall e al suo problema. :D

Come ho già scritto precedentemente, non mi sfuggiva il nesso probabilistico, ma mi risultava indigesto il fatto che le probabilità si calcolano su un numero n di casi, mentre io..

Io, nell'unica occasione della vita, di fronte a Paolo Bonolis, che mi chiede: "cambia?" che cosa ci guadagno - o ci perdo - a cambiare? Mi sono dato la risposta: scegliendo una porta su 3, ho beccato al 33% la macchina. Spengo il cervello, chiudo gli occhi e non seguo ulteriormente il gioco. Capre e porte non mi interessano, penso. E rimango sulla mia scelta. E quindi rimango al 33% delle possibilità.

Questo è quello che mi ha fatto ragionare. Alla fine se non cambio è come se non ci fosse un seguito.

Lampo nel buio, oserei dire. A questo punto comincia a interessarmi in maniera diversa il seguito. Se mentre prima sostenevo che le due fasi del gioco fossero divise, tanto da dire (mi cito): Non sembra quindi tutto un teatrino la parte precedente? Non è evidente come al concorrente interessi solo ed esclusivamente scegliere tra 2 porte? ora, mi chiedo ma perché non approfittare dell'aiuto, della capra rivelata? VISTO CHE STA BENEDETTA PORTA VIENE APERTA!

Ora penso che scegliendo l'ultima porta chiusa, non solo per i cultori delle statistiche ma anche per me, qualcosa si muova. E dal 33% passo al 66%.

Questo, ripeto, mi era chiaro anche da prima, ma non riuscivo a farlo digerire al mio intelletto un po' troppo pragmatico in quanto affrontavo l'argomento suddividendolo in elementi slegati. Concentrandomi ANCORA sugli elementi separati, ma stavolta più sul primo che sul secondo, mi sono reso conto che questo restava un po' appeso e senza senso, e ciò mi ha portato finalmente ad avere una visione di insieme.

E così ora posso giustificare a me stesso questa "soluzione" al problema di Monty Hall, ed è un bene perché altrimenti non mi sare goduto le ferie che andrò a fare tra qualche giorno.

Certo, di queste autoarzigogolate quasi psicanalitiche magari non interessa molto a chi legge, ma giusto per dare un cenno a Sandro e a qualcun altro che invece ha provato a capire quale fosse la mia personale difficoltà, sono tornato qui per mettere e soprattutto mettermi in chiaro la cosa!

Un saluto!--Maxpendy (msg) 01:04, 15 ago 2010 (CEST)

Errore gravissimo

Si trattava di questa frase a doppio senso che ho modificato, in quanto si poteva intendere che convenisse dire al presentatore "cambio porta!" anziché "non cambio!". Invece ciò che conta è avere la possibilità di cambiare, in quanto una volta che la porta con la capra è stata aperta si ha una possibilità su due di vincere, non 1 su 3! Mi dispiace per chi pensava di avere trovato la soluzione per tutti i quiz televisivi, ma per me è un errore. --Aushulz (msg) 01:49, 7 ago 2010 (CEST)

Mhm, direi che sei stato troppo bold! Attenzione che su questo genere di voci, la verità non è sempre dove ti porta l'intuizione e quindi è meglio non farsi guidare da questa per fare cambiamenti improvvisi.--Sandro (bt) 02:48, 7 ago 2010 (CEST)

La probabilità di trovare l'auto alla prima scelta è ovviamente piú bassa di quella di trovare la capra.Sapendo che il conduttore aprirà sempre la porta con la capra,è ovvio che ,cambiando, la probabilità di trovare l' auto aumenta.— Questo commento senza la firma utente è stato inserito da Mathslover (discussioni · contributi) 18:24, 20 ott 2010 (CEST).

Indubbiamente, ma questa non è un forum, ma la pagina di discussione della voce che su questo mi sembra sufficientemente chiara e corretta.--Sandro (bt) 04:02, 21 ott 2010 (CEST)

---

(spostata in fondo come norma per le discussioni - .mau.)

Io analizzerei il problema in maniera diversa:
Questo quesito di statistica si ricollega ai famigerati "numeri ritardatari" del lotto; ad ogni estrazione le probabilità di ogni numero sono sempre le stesse indipendentemente dal fatto che sia uscito l'estrazione prima o meno, idem con le porte. Siamo tutti d'accordo che alla prima scelta la possibilità è di 1/3, ok... il presentatore elimina una porta (il fatto che sappia o meno dove sia il premio non influenza nulla) e si pone al concorrente una seconda scelta, tenere o no la porta designata; la situazione è ESATTAMENTE uguale che mettere un concorrente davanti a due porte e chiedere di scegliere, l'unica differenza è che invece di dire: "scelgo la uno" dirà: "non cambio" e al posto di: "scelgo la due" dirà: "cambio"; in un caso o nell'altro la probabilità di vincere è 1/2. La cosa ingannevole è che se il concorrente non cambia e vince, dal punto di vista della prima scelta si è verificato l'evento meno probabile, ma il sistema di riferimento è cambiato e il futuro non può influire sul passato, ogni volta che si ha la possibilità di effettuare una scelta si "azzerano" tutte le probabilità, infatti se il concorrente SCEGLIE di non cambiare porta ha comunque influenzato l'andamento degli eventi effettuando una decisione.
La risoluzione quindi è: il concorrente sceglie una porta, il conduttore mostra una capra, il concorrente SCEGLIE: di cambiare(1); di non cambiare(2). essendo rimaste due porte e due possibili scenari, la probabilità di vincere la macchina è comunque di 1/2, con o senza cambio.
Rasty1989 (msg) 15:22, 22 nov 2010 (CET)

no, il fatto che il presentatore sappia o meno dove sia il premio influenza eccome. Se lui sa dov'è il premio, allora ha scelto di aprire una porta senza premio; se non sa dov'è il premio, allora abbiamo l'informazione in più che ha aperto una porta a caso senza che si sia trovato il premio. -- .mau. ✉ 15:33, 22 nov 2010 (CET)

ma la situazione che va analizzata per il calcolo delle probabilità non è la prima scelta effettuata; se il presentatore aprisse subito la porta del concorrente allora si avrebbe 1/3 di probabilità, ma il fatto che viene chiesto al concorrente di cambiare sposta il calcolo sul secondo sistema dove si hanno due porte e un premio e quindi 1/2. Ho provato un programma che sperimentalmente da circa 66'000 vincite su 100'000 se si sceglie il cambio, avvalorando la tesi della von Savant; questo però va contro il teorema statistico che ogni estrazione è indipendente dalla precedente e sinceramente mi mette un p'ò in crisi... Rasty1989 (msg)

Il ragionamento è errato, se ci sono due possibilità per un evento non è necessariamente vero che queste abbiano la stessa probabilità di realizzarsi. In ogni caso, il problema di Monty Hall è un "problema ristolto", e su questa pagina si parla di come esporre meglio il problema e la sua soluzione accetta dalla comuntà scientifica, non di dimostrare che la soluzione è sbagliata (per quello prima convicete la comunita scientifica dell'errore e poi lo riporteremo qua su Wikipedia). Questo ovviamente riguarda le decine di utenti che in questa pagina hanno contestato l'esattezza della soluzione.--Sandro_bt (scrivimi) 01:52, 23 nov 2010 (CET)

Al di là che Sandro ha ragione (ragionamenti di questo tipo diventano ricerche originali), mi viene il dubbio che il programma che hai usato abbia qualche errore. In una simulazione che ho fatto io le probabilità (su 200 combinazioni random) non combaciano con la soluzione dei 2/3. Semplicemente, le condizioni di valutazione delle probabilità, dopo l'apertura di una delle tre porte, sono cambiate: abbiamo una situazione di un risultato utile su due. Non si può fare un'analisi probabilistica su tre possibilità quando di fatto ce ne sono solo due. Chiusa la parentesi POV, se (come qualcuno mi sembra avesse indicato) esistono posizioni contrarie a questa soluzione, sarebbe buona cosa inserirle e referenziarle. --WebWizard - Free entrance »» This way... 12:38, 25 nov 2010 (CET)

Certo che esistono prove contrarie, e sono ampiamente discusse nella voce nei paragrafi Soluzione e Aiuti alla comprensione del problema (comprensivi di risposta alla tua obiezione) e onestamente a leggerli mi paiono chiarissimi. Comunque, se scrivi qua il codice della simulazione che hai fatto, dovrei metterci poco a capire dov'è l'errore.--Sandro_bt (scrivimi) 13:42, 25 nov 2010 (CET)

Io comunque sono sempre pronto a fare una scommessa con chi è convinto che non cambiare porta sia ininfluente. È tutto spiegato a http://xmau.com/mate/scommessa.html , non c'è trucco non c'è inganno! -- .mau. ✉ 13:51, 25 nov 2010 (CET)

MIO Monty

Mettiamo 1= vinco, 0= perdo.
PRIMA le possibilità di vincita sono: 001, 010, 100, rispettivamente, per le porte A,B,C.
PRIMA se scelgo una porta ho 1/3, se ne scelgo due ho 2/3, e se CAMBIO ho ancora 2/3.
PRESENTATORE APRE una porta 0 diversa dalla mia.
DOPO rimangono le possibilità 01 oppure 10.

Io ho già scelto PRIMA, ma cambio (o no) DOPO.
QUINDI cambiare o no è ininfluente.

Tutto il resto è linguaggio o matematica (= formule e procedimenti per capirci, che stanno alla realtà COME-SE).

Lo schemino delle tre porte rappresenta la situazione PRIMA.
Per rappresentarla DOPO deve essere ridotto a due rami: CAPRA NON ELIMINATA e AUTO.
CAMBIARE esaurisce 2/3 possibilità di PRIMA, e ne diminuisce a 2 i casi per il DOPO.
Sono due scelte diverse in situazioni diverse!
Anche il Gardner citato (Enigmi e Giochi Matematici, Vol. 2 Sansoni Enciclopedie Pratiche pag. 184) è incoerente quando assegna 1/3 e 2/3 probabilità di salvezza ai prigionieri, mentre (pag. 184) dice che la probalità che il secondo figlio sia maschio è 1/3 se si considerano solo le famiglie di due figli ‘con almeno un maschio’ (casi MM, MF, FM) ma 1/2 se si considerano tutte le famiglie (anche FF).
Ma se il secondo figlio deve nascere, come nel problema, allora devo confrontarmi con tutte le famiglie (o con tutti (=2) i sessi del nascituro, il che è lo stesso).
Forse chi ha 6 maschi può attendersi un settimo maschio per problemi di famigliarità, ma statisticamente, a mio parere, il nascituro sarà 1/2 femmina.

DOMANDA: la statistica (sistema PROBABILISTICO) è matematica (procedimento ESATTO)?.

• PRESENTATORE APRE una porta 0 diversa dalla mia.

no.

PRESENTATORE APRE una porta 0 diversa dalla mia E DOVE SICURAMENTE NON C'È L'AUTO

il punto è banalmente quello: il presentatore non apre una porta a caso, e la porta che apre dipende dalla TUA scelta iniziale (perché se l'auto è dietro la porta 1, all'inizio lui potrebbe aprire la 2 o la 3; ma se tu hai scelto la 3 è costretto ad aprire la 2). -- .mau. ✉ 14:09, 4 nov 2011 (CET)

.mau. grazie della risposta, ma con 'porta 0 ' intendo proprio ' dove non c'è l'auto'
PER ME con questo fatto si conclude la situazione iniziale ed inizia un altro evento:

'Dopo aver fatto una scelta SI/NO con uguali probabilità, sono state eliminate tutte le altre possibilità e rimangono solo due, delle quali una è SI e l'altra NO'
conviene cambiare la scelta?
Mi sembra che, se sono rimaste le porte A e B che avevano la stessa probabilità di contenere il premio, ed ORA sono sicuro che una lo contiene e l'altra no, ORA ho la stessa probabilità di aver scelto giusto, e quindi posso cambiare o no, senza vantaggi.
Con riferimento al tuo esempio, avrei avuto all'inizio il caso 100 (premio nella 1)

Scelgo premio (porta 1), scarta porte 2 o 3), rimane  10 (1 premio e 1 no premio)

Scelgo no premio (porta 2 o 3), scarta no premio (porta 2 o 3), rimane 10 come sopra.

Quando cambio lui ha già aperto, ORA cosa può influire se è stato costretto o no?

Il MIO Monty chiede se CONVIENE cambiare ORA e non PRIMA.

Scusandomi per l'inesperienza di Wikipedia.
--Franco Arimondo (msg) 18:20, 4 nov 2011 (CET)

.mau. Dopo ho continuato a cercare, ed ho trovato Maurizio Codogno (saluti), che dice che la mia risposta al Mio Monty è errata e asserisce che 'calcolare la probabilità di un evento dipende dalla conoscenza a priori che noi abbiamo', con la quale concordo in pieno.
Quindi: se tutti i professori concordano, allora ho sbagliato io. MA DOVE??
Rivedo il Mio Monty e trovo che non è esatto dire '0=PERDO' e sarebbe meglio '0=NON VINCO'. Ma questo per me è solo un aspetto formale. Per il calcolo delle probabilità iniziali ho costruito una tabella con tante COLONNE quante sono le PORTE e una RIGA per ogni COMBINAZIONE possibile.
Nel Mio Monty DEVE esserci SEMPRE e SOLO una vincita: e sin qui concordiamo nel calcolo della probabilità di vincita INIZIALE (=1/3). Ma nel mio procedimento ogni volta che apro una porta elimino dalla tabella una colonna, devo anche eliminare la riga della vincita in quella colonna. Pertanto CAMBIA il RICALCOLO delle probabilità.
Quindi al momento della scelta non possono esservi rimaste le stesse probabilità iniziali: la domanda del Mio Monty non chiede quante probabilità iniziali copriva la porta rimasta, ma quale porta delle due rimaste nasconde ORA il premio.
Ma se gli esperti concordano nel dire che sbaglio, significa che non è corretto dire che sono uguali le possibilità di vincita dietro ad una porta che nasconde la mia prima scelta (che può essere SI o NO) ed una che nasconde una scelta non svelata (che può essere SI o NO) + TUTTE le altre possibili scelte iniziali NEGATIVE.
E qui mi fermo perchè non riesco a convincermi... Poi mi viene in mente un nuovo enunciato che ritengo equivalente al Mio Monty originale, ed è come segue:
Franco e Carlo che non hanno mai giocato comprano entrambi un biglietto alla lotteria di capodanno, che in tempo di crisi, avrà un solo premio, che sarà regolarmente estratto il 6 Gennaio, ma, per favorire i giovani, non si rivelerà subito il vincitore, ma ogni sera a Porta a Porta sarà rivelato un numero NON ESTRATTO, con relativo modellino.
DOMANDO: quando saranno convocati alla serata per l'assegnazione del premio, essendo rimasti gli unici due biglietti NON ESTRATTI di cui uno vincitore, l'erede di Franco avrà convenienza a cambiare o no?
Con questa enunciazione del Mio Monty sono convinto di NO, e quindi ne ricavo che anche nel Mio Monty iniziale l'altra porta che contiene l'altra alternativa da svelare ha le stesse probabilità, anche se ora sono 1/2 e prima erano 1/3. ... GIORNO DOPO: OK, OK Ho capito il mio errore e sono un po' demoralizzato, ma contento di dover ammettere che gli addetti ai lavori abbiano ragione. GRAZIE!

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Sarebbe bello e interessante almeno dal punto di vista psicologico capire che cosa esattamente ha fatto cambiare idea all'autore (Mau?) di "MIO Monthy"! E riguardo al problema da lui formulato della lotteria con stillicidio di estrazione di schede non vincenti come la mette? E come la mettiamo? Del resto potrebbero ben dichiarare tutte le schede non vincenti in una sola volta! O no? Inoltre: la coscienza cambia le probabilità? Allora il problema non si può simulare con software incoscienti! 93.151.38.50 (msg) 00:17, 11 apr 2013 (CEST) PS ho messo le 4 tildi in tutte le combinazioni possibili... se non sono graditi interventi di non registrati, basterebbe esplicitarlo!

Paradosso delle tre scatole o delle tre carte?

il link paradosso delle tre scatole manda a una pagina in cui viene descritto il paradosso delle tre scatole! c.— Questo commento senza la firma utente è stato inserito da 140.105.233.53 (discussioni · contributi) 17:57, 25 mag 2012‎ (CEST).

Beh, sono due modi per chiamare lo stesso paradosso (cfr.). Ciao,--Sandro_bt (scrivimi) 01:55, 26 mag 2012 (CEST)

Argomentazione spostata dalla voce

Vos Savant,non ha tenuto conto di un particolare:se si sceglie la porta con l'automobile,e il conduttore apre una con dietro una capra e si cambia,si perde.lo stesso succede se si sceglie sempre quella con l'automobile ma il conduttore apre l'altra porta contenente una capra.i casi sono quindi 4 e non 3 come invece afferma Vos Savant.nel primo e nel secondo caso,se sceglie una porta contenente una capra e poi cambia vince.se invece sceglie la porta dietro cui si nasconde l'automobile e il conduttore apre quella con una capra,perde.lo stesso succede se sceglie sempre la porta che nasconde l'automobile, il conduttore apre l'altra porta contenente una capra e il concorrente cambia.in questi ultimi due casi,il concorrente perderà, mentre nei primi due citati sopra vincerà.la probabilità di vincere è perciò di due casi su quattro,quindi 1/2 — Questo commento senza la firma utente è stato inserito da 37.116.234.29 (discussioni · contributi) 22:38, giu 22, 2012 (CEST). Argomentazione senza fonte spostata dalla pagina. --Aplasia 23:04, 22 giu 2012 (CEST)

no, nella soluzione si è tenuto conto di prendere la porta con l'automobile e cambiare. Se non sei sicuro del ragionamento a parole usa il teorema di Bayes (o guarda la schemino in alto) e credo ti sarà tutto chiaro. :)--Nickanc ♪♫@ 16:04, 3 lug 2012 (CEST)

Caro Nickanc,lei non ha compreso la mia spiegazione a quanto pare.I casi considerati sono quattro e non 3 come voi pensate.Primo caso:il concorrente sceglie la porta che nasconde la capra 1 e il conduttore apre la porta che nasconde la capra 2;secondo caso:il concorrente sceglie la porta che contiene la capra 2 e il conduttore apre la porta contenente la capra 1;terzo caso:il conduttore sceglie la porta contenente l'automobile e il conduttore apre la porta contenente la capra 1;quarto caso:il concorrente sceglie la porta che contiene l'automobile e il conduttore apre la porta contenente la capra 2.Nei primi due casi se confermi perdi e se cambi scelta vinci;negli ultimi due casi se confermi vinci e se cambi scelta perdi.Questo significa che cambiando hai 2 possibilità su 4 di vincere e confermando ne hai sempre 2 su 4:ossia,cambiando o non cambiando,le probabilità di vittoria ammontano a 1/2.

Dammi pure del tu. :) No, i casi con l'automobile sono lo stesso caso perché le capre, dal punto di vista del concorrente, sono indistinguibili (è come quando si tirano due dadi nei giochi, non c'è un primo e un secondo dado; è un po' complicato da spiegare). Se vuoi una descrizione dettagliata, ho trovato questa dispensa di Harvard sulla probabilità dove a pagina 49 il problema è discusso molto dettagliatamente.--Nickanc ♪♫@ 13:05, 4 lug 2012 (CEST)

Se posso aggiungere un chiarimento per far capire meglio, se scegli di cambiare la porta scommetti sul fatto che la tua prima scelta era sbagliata, se scegli di mantenere la porta scommetti sul fatto che la tua prima scelta era giusta; il ragionamento fino ad ora è corretto? Bene tu all'inizio hai 2 possibilità su 3 di sbagliare e solo una possibilità su 3 di azzeccare la porta giusta, quindi nella seconda scelta ti conviene scommettere che hai sbagliato porta, e quindi ti conviene cambiare la porta.--dega180 (msg) 13:15, 4 lug 2012 (CEST)

No,i casi devono essere considerati come separati.Faccio un banale esempio:pari o dispari.I casi possibili sono 4:pari e pari, dispari e dispari,pari e dispari e dispari e pari.molta gente ritiene,a torto,che convenga scegliere pari,perchè considera come un unico caso la scelta"pari e dispari".invece i casi sono 4, e le probabilità di vittoria scegliendo pari sono pari a 1/2, e non a 2/3,come alcuni credono.Inoltre,Vos Savant,si sbaglia quando afferma che il conduttore,quando apre una porta contenente una capra,non ti dà nessuna informazione.A differenza di come lei crede,ottieni una preziosa informazione:tu vedi qual è la porta contenente quella capra.Quindi quei casi devono essere considerati come distinti,perchè possono verificarsi entrambi— Questo commento senza la firma utente è stato inserito da 37.117.168.178 (discussioni · contributi) 13:54, 4 lug 2012‎ (CEST).

Allora, alla prima domanda tu scegli una porta, e siamo tutti d'accordo che hai 1 probabilità su 3 di azzeccare. Ora il presentatore apre una porta, e tu decidi di tenere la porta che hai scelto, per quale magico avvenimento le tue probabilità si dovrebbero trasformare da 1/3 a 1/2? La seconda scelta è la stessa che hai fatto prima, se prima avevi 1/3 probabilità e non cambi scelta anche ora le probabilità sono le stesse. Se io ti do la possibilità di scegliere e tu riprendi comunque la stessa decisione hai le stesse probabilità della prima decisione, è un po come se ti do 5 carte coperte e ti chiedo di indicare l'asso di cuori, e poi le scopro una alla volta, non è che le tue probabilità aumentano ogni volta che scopro una nuova carta, perché la scelta l'hai fatta quando le carte erano 5 e quindi la probabilità rimane 1/5.--dega180 (msg) 14:42, 4 lug 2012 (CEST)

No,le probabilità sono 1/2 perchè tu vedi qual'e la porta che apre il conduttore,quindi quella porta è esclusa e non è possibile sceglierla.— Questo commento senza la firma utente è stato inserito da 37.117.160.136 (discussioni · contributi) 16:05, 4 lug 2012‎ (CEST).

Se non sei convinto nella mia mia sandbox ho scritto un programmino in Python che simula il gioco, se lo esegui ti accorgi che il numero delle volte che vinci cambiando la porta è sempre circa 2/3.--dega180 (msg) 17:26, 4 lug 2012 (CEST)

No,le probabilità sono 1/2 sia che si cambi scelta,sia che si confermi.I casi sono 4,non 3 come pensate voi.Voi considerate due casi come un caso unico, ed è proprio questo l'errore.— Questo commento senza la firma utente è stato inserito da 37.117.160.136 (discussioni · contributi) 17:34, 4 lug 2012‎ (CEST).

Se sai usare Python puoi controllare se il codice del mio programma è corretto e far eseguire il gioco al computer 10 000 volte così le probabilità che i risultati siano sballati sono molto basse. Comunque la capra che sceglie il conduttore non fa cambiare le probabilità di vincita del giocatore, perché poi alla fine si ritrova sempre nella stessa situazione: una porta scelta da lui, una porta non scelta da lui e una porta aperta senza capra. Le probabilità le calcolli con le scelte del giocatore e non del conduttore, che poi è sempre la stessa cioè apre una porta senza capra. Se per esempio cambiamo le regole del gioco e il conduttore dovesse scegliere di aprire sempre la porta senza capra più a destra, saresti più convinto?--dega180 (msg) 18:13, 4 lug 2012 (CEST)

Per dimostrare la tua spiegazione,devi dimostrare che due dei quattro casi che ho citato hanno probabilità 1/6,e gli altri due 1/3— Questo commento senza la firma utente è stato inserito da 37.117.160.136 (discussioni · contributi) 21:16, 4 lug 2012‎ (CEST).

Vorrei focalizzare il problema su un altro punto: hai una qualche fonte autorevole che dimostri che Vos Savant ha torto e tu ragione? Se la risposta è no, questa discussione e l'edit war sono durate anche troppo --Tia solzago (dimmi) 21:22, 4 lug 2012 (CEST)

In modo ancora più diretto: hai letto tutte le varie spiegazioni della voce? Ce ne sono diverse e penso anche molto chiare e non c'è alcun dubbio che la soluzione del problema riportata nella voce sia corretta. Come primo passo per cercare di capire la soluzione devi quindi leggere le spiegazioni che ti sono state date e quelle sulla voce senza la convinzione assoluta di avere ragione. Se invece continui a essere convinto al 100% di aver ragione allora puoi sempre accettare la scommessa di .mau..--Sandro_bt (scrivimi) 08:33, 5 lug 2012 (CEST)

Se riuscite a dimostrarmi quello che ho detto,avete ragione,altrimenti non è detto che la soluzione sia corretta— Questo commento senza la firma utente è stato inserito da 37.116.243.73 (discussioni · contributi) 14:12, 5 lug 2012‎ (CEST).

Se ho ben capito quello che affermi, tu sostieni che ci siano 4 eventi, ovvero (chiamando S la tua scelta e C quella del conduttore):

$\{S=Capra1,C=Capra2\}$

$\{S=Capra2,C=Capra1\}$

$\{S=Auto,C=Capra1\}$

$\{S=Auto,C=Capra2\}$

e successivamente dici che siccome i primi due sono favorevoli (nel caso si cambi), e i secondi due non lo sono, la probabilità è 1/2. Il problema nel tuo ragionamento è che per fare quest'ultimo passaggio è necessario che gli eventi siano equiprobabili, cosa che invece non è vera: infatti, la probabilità del primo evento è il prodotto tra la probabilità di beccare la capra1 (1/3) per la probabilità del conduttore di scegliere la capra2 (che è 1, siccome il conduttore conosce quello che c'è dietro e non può fare una scelta diversa); il primo evento ha probabilità 1/3. Al contrario, la probabilità del quarto evento è il prodotto della probabilità di beccare l'auto (1/3) per la probabilità del conduttore di scegleire la capra2 (se il conduttore sceglie a caso, 1/2). Quindi la probabilità è 1/6, gli eventi non sono equiprobabili e non puoi applicare il tuo ragionamento. Più precisamente, la probabilità dell'unione degli ultimi due eventi è proprio 1/3 (a prescindere da come il conduttore scelga la capra da mostrare quando tu indovini l'auto),e da questo fatto si arriva velocemente alla soluzione del problema :) Baroc (msg) 15:27, 5 lug 2012 (CEST)

Estensione del problema e casi generali

Salve a tutti, Ho dimostrato alcuni risultati interessanti concernenti alcune varianti (generalizzazioni) del problema classico di Monty Hall. Nello specifico, immaginiamo di poter agire su 2 variabili: Monty sa dietro quale porta si cela l'automobile / Monty non lo sa ; Monty è intenzionato ad aprire la porta con l'automobile, facendo perdere la vincita al concorrente / Monty non vuole aprire la porta con l'automobile e apre quella con una capra.

Per semplicità indichiamo l'ipotesi "Monty non sa dove sia l'automobile" con "M.D-K." e "Monty lo sa" con "M.K." ; indichiamo invece "Monty vuole far perdere il concorrente" con "E.M". e il suo opposto con "L.M." (che sarebbe il caso del problema di "Monty Hall" cananonico). Ebbene:

1)[E.M. & L.M. + M.D-K.] implica che è indifferente cambiare o meno: le probabilità di vincita sono le medesime in entrambi i casi (il 33% quando inizia il gioco che salirebbero al 50% qualora Monty aprisse una porta con dietro la capra). Infatti: 100-->X00-->X00 010-->X10-->XY0 001-->X01-->X0Y

Cambiando: _00 --->vincita capra (2 volte) __0 --->vincita automobile (1 volta)---->2 vittorie su 4 casi (50%). _0_ --->vincita automobile (1 volta)

Non cabiando: _00 --->vincita automobile (2 volte) __0 --->vincita capra (1 volta)---->2 vittorie su 4 casi (50%). _0_ --->vincita capra (1 volta)

2)[E.M. + M.K.] implica che non cambiando si vincerà una volta su 3 (quando si sceglierà subito l'automobile) mentre, nei casi restanti, si perderà sempre.

3)[L.M. + M.K.]. Questo è la versione classica del problema e converrà cambiare per avere 2 possibilità su 3 di vincere l'auto.

Ora vediamo cosa succede nel caso in cui Monty ci mostra una capra e ci chiede di cambiare (l'ipotesi è che lui apre la porta con la capra):

1) Se Monty non sa dove si trova l'auto, sia nel caso in cui voglia farci perdere che nel caso contrario abbiamo le stesse probabilità di vittoria, è INDIFFERENTE cambiare. Nello specifico: Se scegliamo una porta e stabiliamo di non cambiare, vincemo una volta su 3... vale a dire quando scegliamo la porta con l'automobile. Qualora stabilissimo di cambiare avremmo che 1/3 delle volte Monty aprirà la porta con l'automobile e noi perderemo, 1/3 delle volte noi avremo scelto l'automobile e (cambiando) perderemo, mentre 1/3 delle volte (nei casi restanti) vinceremo l'auto (giacché noi scegliamo una porta con una capre, Monty ci mostra l'altra capra e noi cambiamo una capra per un'automobile. Posto che Monty ci mostra la porta con la capra, le probabilità di vincere l'auto sarebbero del 50% in entrambi i casi (cambiando o non cambiando)... infatti vinceremmo comunque 2 volte su 4.

2) Raginando, capiamo immediatamente che può verificarsi l'occorrenza [E.M. + M.K.] se e solo se noi abbiamo scelto la porta con l'auto. Questo è l'unico caso possibile e quindi, non cambiando, vinceremmo sempre (evento che, "ex ante" si verifica 1 volta su 3).

3) Problema classico-->conviene cambiare, si passerà così dal 33.33% al 66.67% di possibilità di vincere l'automobile.

Marco Ripà --Marcokrt (msg) 16:02, 26 dic 2012 (CET)

logica e chiacchiere gonfiano un problemino

Non importa quanto lunghe e articolate e cervellotiche siano i ragionamenti e quanti e quali autorità li avallano: se sono falsi restano falsi.

Qualcuno argomenta "Se le probabilità di vincita all'inizio sono del 33%, ha senso pensare che queste passino automaticamente al 50% solo perché il conduttore ha chiesto qualcosa che il giocatore non ascolta neanche? Ovviamente no." E' un paralogismo. Il conduttore non ha soltanto chiesto qualcosa. Ha fatto passare una probabilità da 1/3 a 0.

Cfr. lanci di monete: non è che dopo una serie di 100 testa aumenti la probabilità di CROCE. Non è che dopo avere impedito una faccia al dado resti 1/6 di probabilità per ogni faccia, non è che dopo avere impedito una faccia a una moneta resti 1/2. Al contrario, dopo ogni lancio, la probabilità che sia testa, se è testa, o che sia croce, se è croce, è = 1.— Questo commento senza la firma utente è stato inserito da 93.151.38.26 (discussioni · contributi) 16:39, 27 dic 2012‎ (CET).

Purtroppo per spiegare alcuni eventi possono essere fatti solo ed esclusivamente ragionamenti articolati e cervellotici. È un po' come se dico: "Non importa quanto lunghi e articolati e cervellotici siano i ragionamenti che ha fatto Einstein per spiegare la teoria della relatività ristretta, è ovvio che il tempo è uguale per tutti". Se non sei convinto, prova ad eseguire effettivamente questo gioco con un amico, fai 20 giocate usando la strategia di cambiare e fanne altre 20 usando quella di non cambiare, quasi sicuramente avrai che usando la prima strategia il tuo amico vincerà di più.--dega180 (msg) 16:47, 27 dic 2012 (CET)

Ma che discorsi sono questi? Ecco un'altra dimostrazione rigorosa (verificata anche tramite elaborazioni al computer con due generatori random di numeri), proposta da un mio amico:

Well, it seems that the output of my program is not sufficient to convince all members that, IF (AND ONLY IF) THE HOST DOESN'T KNOW WHAT IS BEHIND DOORS, switching doesn't alter your odds of winning (which are always 50%, regardless of your decision to switch or not). Therefore, I post here a proof (wrote by me), hoping that it will definitely convince everyone:

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The Monty Hall problem - In this case we assume that the host "doesn't know" what is behind the doors. If the player switches the doors, does he receive any advantage?

Let's denote by A,B,C the 3 doors. The possible distributions are as follows: D1 : A=car , B=goat , C=goat D2 : A=goat , B=car , C=goat D3 : A=goat , B=goat , C=car

Each distribution has a probability = 1/3. Let's assume that the player chooses A (this doesn't affect my reasoning). Then the host unhides door B or door C; we assume that he doesn't find the car, otherwise the game would end, of course (the main question <<If the player switches the doors, does he receive any advantage?>> would have no meaning if the host discovered the car). Therefore, one of the following events certainly happens:

E1 : the actual distribution is D1 and the door opened by the host is B E2 : the actual distribution is D1 and the door opened by the host is C E3 : the actual distribution is D2 and the door opened by the host is C E4 : the actual distribution is D3 and the door opened by the host is B

Now let's calculate the probabilities of each of the mentioned events. It is important to underline that, once the host has unhided a door discovering a goat, each probability becomes a "conditional probability", because it must be calculated taking into account that the event "the host has unhided a goat, not a car" (here on, I will denote by E_g this event) has just happened. The event E_g actually affects the probabilities P(D1), P(D2) and P(D3): in fact, E_g suggests that D1 is more probable that D2 and D3: P(D1) > P(D2) = P(D3). E_g also affects P(E1) , P(E2) , P(E3) and P(E4) : in fact, E_g "increases" the values of these probabilities. However, E_g doesn't make one of these events (any of them) more probable than the other ones: we still have P(E1)=P(E2)=P(E3)=P(E4). Since the sum of these probabilities is 100%, each of them is 25% : P(E1) = P(E2) = P(E3) = P(E4) = 1/4.

Now we can verify whether or not switching the doors provides an advantage to the player, considering each possible event: E1, E2, E3 and E4. If the player doesn't switch, he wins if and only if the event which has actually happened is the event E1 (prob = 1/4) or the event E2 (prob = 1/4). This means that, if he doesn't switch, his global probability to win is 1/4 + 1/4 = 1/2. If, on the contrary, the player switches the doors, he wins if and only if the event which has actually happened is the event E3 (prob = 1/4) or the event E4 (prob = 1/4). This means that, if he switches the doors, his global probability to win is 1/4 + 1/4 = 1/2.

Conclusion: switching the doors doesn't alter the odds of winning (always 50%).

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NOTE: the main difference between this case (the host doesn't know what is behind the doors) and the classical case (the host knows) can be explained as follows: if the host KNOWS what is behind the doors, the event "The host unhides a door discovering a goat, not a car" DOES NOT PROVIDE INFORMATION. In fact, before the host unhides the door with the goat, we already know that he will certainly be able to unhide a door with a goat (because there are globally 2 doors with goats); therefore, when he actually unhides that door with a goat, there aren't new information, in addition to what we already knew. So, when we calculate the probability that the car is behind the door initially chosen by the host, we must reason as follows: since the host has discovered a goat, we should calculate the mentioned probability taking into account this event, but the latter is a "certain event" and any "conditional probability", if subordinated to a "certain event", is exactly equal to the corresponding "absolute probability". This means that, in the classical case of the Monty Hall problem, the action made by the host doesn't affect the probability that the door initially chosen by the player hides the car: so this probability was 1/3 and still is 1/3. On the contrary, in the case in which the host doesn't know what is behind the doors, the action made by the host actually affects the probabilities, as described in the demonstration above. Of course, in the classical version of the problem, we can conclude that, since (once the host discovers the goat) the probability that the car is behind the door initially chosen by the player is still equal to 1/3, then the probability that the car is behind the remaining door is 1-1/3 = 2/3 ==> switching the doors is the best choice.

Avrei potuto proporne anche una mia, ma direi che questa è più che sufficiente a spiegare il risultato... Le probabilità salgono al 50% perché si escludono per ipotesi i casi in cui il conduttore apre la porta con l'automobile (1/3 dei casi), tutto qui... non mi pare complicatissimo.

Suggerisco pertanto di integrare l'articolo con la casistica più generale da me esplicitata. Saluti

P.S. Il problema originario (con soluzione "2/3 W" cambiando e "1/3 W" non cambiando) non è in discussione... è però il mero caso "Monty sa dove si trova l'auto & parteggia per il concorrente), ci sono altri 3 casi da analizzare (quelli che ho discusso prima). Nei due casi in cui Monty NON sappia dove si trovi l'auto (e chiaramente se apre la porta con l'automobile il gioco termina lì) il risultato è quello di cui sopra, ovvero che è INDIFFERENTE cambiare o meno la scelta iniziale. Condizionando l'evento a "Monty non sa ma apre comunque la porta con una capra" le probabilità di vincere, sia cambiando che non cambiando, sono appunto pari al 50% (mentre "a priori" sono del 33%, essendoci il rischio che una volta su tre Monty apra la porta con l'automobile). --Marcokrt (msg)

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Non è ovvio che il tempo è uguale per tutti, è esperienza comune che il tempo psicologico varia parecchio. La relatività del moto è esperienza comune. I ragionamenti dello Einstein sono difficilmente o impossibilmente riducibili a schemi facili da seguire da persone di cultura e intelligenza non specialistica, e se alludi alla relatività non c'entra un gran che colla probabilità. La probabilità potrebbe c'entrare con la fisica quantica, e a proposito stando a quanto divulgato una corrente di pensiero specialistico ritiene che la probabilità quantica avrebbe molto a che fare con la coscienza e le aspettative degli sperimentatori. "Condizionando l'evento a "Monty non sa ma apre comunque la porta con una capra" le probabilità di vincere, sia cambiando che non cambiando, sono appunto pari al 50%" : quindi importa che "Monthy" abbia coscienza di escludere un'opzione non vincente? Come viene simulata codesta coscienza da un software? 93.151.38.50 (msg) 00:45, 11 apr 2013 (CEST)Pianetavivo93.151.38.50 (msg) 00:45, 11 apr 2013 (CEST)

Inganni semantici

Al netto di tutti i possibili inganni semantici che si possono nascondere nella presentazione del problema, il "paradosso" di Monty Hall puo' essere espresso cosi:

"Il presentatore afferma che dietro ad una delle tre porte c'e' un premio e che dietro alle due rimanenti non c'e' nulla. Chiede al concorrente di scegliere una delle tre porte e poi di scommettere sulla possibilita' di aver vinto o meno"

Cosi' posta la questione non e' piu' controintuitiva. Banalmente chiunque direbbe che ci sono piu' probabilita' di perdere (2/3) rispetto a quelle di vincere (1/3) ed e' esattamente quello che avviene quando si fa una simulazione pratica del gioco. In realta' il presentatore non influisce nella faccenda perche' il suo comportamento e' predeterminato. Io la simulazione l'ho fatta in Perl e cambiare la porta "aiuta".

Questa argomentazione e' stata esposta da dega180

Si potrebbe inserire una voce del tipo "Esposizione non controintuitiva"?

Codexmundi (msg) 19:30, 7 mar 2013 (CET)

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Messa così la questione, quello che mi viene intuitivo è che sì, la probabilità di vincere è 1/3... allora posso cambiare opzione... la probabilità resta 1/3... finché viene escluso uno di quei terzi, e la probabilità di essere restato "davanti" a un'opzione vincente resta 1/3, e che l'altra opzione, quella non ancora esclusa, ha anch'essa probabilità 1/3 di essere vincente. Se posso scegliere ancora, scelgo a caso tra questi terzi residui. 93.151.38.50 (msg) 00:24, 11 apr 2013 (CEST)Pianetavivo93.151.38.50 (msg) 00:24, 11 apr 2013 (CEST)

EG: Ampliamo la discussione del Monty Hall

Supponiamo che:

- il concorrente A abbia scelto inizialmente la porta n. 1;
- il conduttore, dopo aver aperto la porta n. 2 con la capra, oltre a dare al concorrente A la possibilità di cambiare o meno la sua scelta, inviti anche un secondo concorrente B (che ha seguito lo show) a partecipare alla gara scegliendo tra le due porte 1 e 3 chiuse. 
- il concorrente B scelga la porta n. 3.

Quante probabilità ha B di vincere? Ritengo 1/2 in quanto vi sono due porte (due casi possibili) con 1 solo premio (caso favorevole). Quindi dovrei credere che A cambiando scelta da 1 a 3 avrebbe più probabilità di vincere (2/3)di B pur trovandosi entrambi nella stessa situazione? Credo di essere troppo vecchio per crederci, ma aspetto comunque graditi commenti. EG-30.6.14

Pagina modificata con soluzione 50/50

Ho notato che sono state aggiunte delle postille in alcuni punti della pagina, in cui si afferma, senza fonte fra l'altro (e con esempi sul cioccolato!!!) che la soluzione al problema sia di 1/2 piuttosto che di 2/3... Non sto affermando né l'una né l'altra soluzione, ma invito chi ha effettuato le modifiche a discuterne qui, ovvero nel creare un paragrafo apposito in cui si afferma con dovizia di particolari e con altrettante basi matematiche la teoria alternativa. Sinceramente confonde molto vedere delle aggiunte improvvise, in cui si legge, cito " MA CHE STAI DICENDO, se ho due cioccolatini che mi rappresentano il 100% del mio cioccolato e ne mangio uno, il cioccolatino che mi rimane rappresenta ancora il 50% del mio intero cioccolato? Ma che cose nonsense." Tali comportamenti sono da forum e non da pagine di enciclopedie. --151.74.159.188 (msg) 12:27, 12 ago 2015 (CEST) Angelo Laratta

Passando alle molte porte

Ho aggiunto questa controtesi alle dimostrazioni ed è stata cancellata. Pare che la cultura abbia delle concessini esclusive e debbano restare solo le dimostrazioni prive di fondamento, ad ingannare i lettori.

VIZIO DI IPOTESI ED ERRATA APPLICAZIONE DELLE FORMULE In realtà tutte le formule applicate sono invalidate da un vizio. Infatti non è possibile considerare un qualsiasi valore di probabilità per la prima scelta del concorrente, in quanto, QUALSIASI SCELTA VENGA FATTA DAL CONCORRENTE, SI ARRIVERA' AD UNO STATO DI DUE SOLE PORTE, UN AUTO ED UNA CAPRA. Nella scelta del conduttore del gioco non vi è nulla di casuale quindi viene interrotto irrimediabilmente ogni calcolo delle probabilità che possa attingere a dati precedenti alla scelta del conduttore. Estremizziamo con un esempio. Al concorrente vengono proposte 21.758 porte, dietro le quali ci sono 21.757 capre ed 1 auto. Il concorrente sceglierà una porta. Probabilmente dietro la porta scelta dal concorrente ci sarà una capra. Il conduttore a quel punto aprirà le porte e scoprirà 21.756 capre per lasciare il concorrente con due sole porte chiuse, dietro el quali sarà una capra ed un auto. Risulta evidente che il numero iniziale di porte rappresenti solo una scelta fittizia e non può essere ammesso in nessun calcolo matematico.

Ora aggiungo altro esempio. Cento bicchierini che nascondono 99 castagne ed una noce. Cercate la noce. Scegliete un bicchiere. Arriva la nonna e vi dice che la scelta è da limitare a 4 bicchieri incluso il vostro. Potete ancora considerare i 100 bicchieri iniziali nei calcoli delle probabilità?

Antonio Troise

Da quel che scrivi mi sembra di capire che ti manca il concetto di probabilità condizionata. La valutazione probabilistica su una scelta casuale è fatta "a priori". Quando vengono aggiunte informazione chiaramente il valore della probabilità cambia e questo perché sto "condizionando" rispetto ad informazioni aggiuntive, quindi ora la scelta a priori è "un po' meno a priori" per capirsi. Se la nonna ti dice in quale bicchiare è la noce, puoi sempre fare una valutazione probabilistica, ma alla luce delle informazioni che hai la probabilità di indovinare sarà uguale a 1 chiaramente; questo non vuol dire che non possano fare considerazioni di tipo probabilistico però, in quest'ultimo esempio vuol dire solo che sono poco utili ai fini conoscitivi/informativi. Spero di essere stato chiaro.--Mat4free (msg) 14:12, 17 giu 2016 (CEST)

Il concetto di probabilità condizionata non può mancare a nessuno che conosca la lingua italiana. Ed è evidente che se è condizionata non possano essere aplicate formule a vanvera, "incondizionatamente". Se dopo la scelta la probabilità viene limitata sempre immancabilmente a due oggetti, è evidente che non si possano applicare le formule che avete citato.

Sfido a fare 300 tentativi, una statistica, e dico "sfido" nel senso letterale, sperimentale. Ed a verificare se poi se ci si avvicina all'ovvio 50% o al 67 % di fantasia che voi dichiarate. Inoltre ti prego di rifare quei calcoli con 500 stanze. e col conduttore che dopo la scelta apre 498 stanze rivelando altrettante capre, lasciando il concorrente con le solite due porte. Avrai risultati sorprendenti. Troverai che alla scelta finale, se scambiare o no, converrà scambiare perchè avrà oltre il 98% di probabilità di indovinare. :) Con evidente crollo di tuta la teoria. Puoi per favore riproporre le stesse formule con 500 porte e il conduttore che ne apre 498 dopo la scelta? Sennò è polemica sterile e non dibattito scientifico. :)

La cosa antipatica è vedere che risultati ingannatorii restano pubblicati e l'alternativa venga cancellata.

Antonio Troise

ho cancellato io, per la banale ragione che - pur essendo il risultato finale corretto - tutto il ragionamento è insensato, oltre che mal scritto. Per quanto riguarda la forma, non perdo tempo; per quanto riguarda la sostanza, ecco qua.

«non è possibile considerare un qualsiasi valore di probabilità per la prima scelta del concorrente» E chi l'ha detto? La scelta iniziale del concorrente ha una probabilità di essere corretta assolutamente misurabile, data l'ipotesi di base "la porta dietro cui è stata collocata l'auto è stata scelta a caso". Questo perché la probabilità ha una componente soggettivistica ineliminabile: altrimenti, se l'auto è dietro la porta X, dovremmo dire "la probabilità che l'auto sia dietro la porta X è 1, quella che sia dietro un'altra porta è 0".

«Nella scelta del conduttore del gioco non vi è nulla di casuale» Falso. Se il concorrente ha indovinato la porta (diciamo la 1, per fissare le idee) Monty può scegliere di aprire la porta 2 oppure la 3, visto che la cosa è irrilevante dal punto di vista del gioco. Anzi, se noi sapessimo a priori che Monty ha una porta preferita, e che se può avere una scelta aprirà quella, possiamo migliorare la nostra strategia sfruttando questa informazione.

«Probabilmente dietro la porta scelta dal concorrente ci sarà una capra». Vero, ma meramente qualitativo e dunque irrilevante per una spiegazione coerente (soprattutto poi con la prima frase citata qui sopra). Funziona con 21.758 porte, ma non è così facilmente generalizzabile a 3.

-- .mau. ✉ 15:00, 17 giu 2016 (CEST)

Giusto o sbagliato?

Secondo voi questa frase riportata nel testo è giusta?

"Si supponga che il conduttore apra la porta 3. Dal momento che può solo aprire una porta che nasconde una capra, e non apre una porta a caso, questa informazione non ha effetto sulla probabilità che l'auto sia dietro la porta originariamente selezionata, che resta pari a 1/3"

Non capisco perché se il conduttore dovesse aprire una porta a caso, anziché una che nasconde una capra, questo dovrebbe influenzare la probabilità. — Questo commento senza la firma utente è stato inserito da 151.25.116.167 (discussioni · contributi).

perché se aprisse una porta a caso potrebbe aprire quella con dietro l'automobile, e questo è vietato dalle ipotesi. -- .mau. ✉ 17:37, 14 ago 2016 (CEST)

Pacco

La voce contiene queste parole: "se la macchina si trova sotto i due pacchi scelti mentalmente", immagino influenza di Affari tuoi, lo reimposto a PORTA per essere coerente col resto della voce. --80.117.168.194 (msg) 19:47, 9 nov 2016 (CET)

Dimostrazione doppia

Ci sono gia' un sacco di dimostrazioni diverse, aggiungerne una che usa esattamente lo stesso metodo di un'altra non ha sense. Se la dimostrazione che usa Bayes che c'e' ora non piace la si puo' miglioare, ma aggiungere un doppione non migliora certo la voce.--Sandro_bt (scrivimi) 21:11, 14 mag 2017 (CEST)

immagino che le dimostrazioni siano come gli scarrafoni, ciascuna è bella per il suo creatore :-) -- .mau. ✉ 22:28, 14 mag 2017 (CEST)

Preoccupazione

Questo articolo mi preoccupa molto, perché non vedo da nessuna parte la dicitura "senza fonte", ma soprattutto secondo me mina la credibilità di Wikipedia, dato che l'articolo secondo me non ha senso logico.

Facciamo un esempio: ci sono un milione di porte, ne scelgo una, la numero 10. Il presentatore ne esclude 999998. Ne restano due: la 10 e la 100. Dovrei avere praticamente la certezza di avere l'auto nell'altra porta, cioè la 100, secondo voi. Diciamo che l'auto è dietro la numero 100. Se io avessi scelto la 100, allora l'auto doveva essere dietro la 10? E chi ce l'avrebbe spostata? Le probabilità sono OVVIAMENTE 50%, perché la scelta finale è sempre fra DUE porte. Punto. Come la girate, si arriva sempre lì. Il diagramma è sbagliato, perché mette sullo stesso piano scelte che invece vengono fatte in due tempi diversi: prima della rivelazione e dopo la rivelazione. Ho come la sensazione che qualcuno faccia confusione e creda che il presentatore, sapendo dove sta l'auto, apre una porta con dietro la capra e SICURAMENTE l'auto sta dietro l'altra porta non scelta dal concorrente, ma non è affatto così! Potrebbero essere due porte con la capra. Anche se il presentatore è onniscente. E poi questo discorso delle probabilità che non cambiano da dove salta fuori? Perciò se io ho una teca con mille palline, poi ne tolgo 998, restano la 1 e la 2 ho sempre una probabilità su mille di prendere la uno? Con due palline dentro? Sapendo già quali numeri sono stati estratti? E poi perché una probabilità non può salire dal 33% al 50%, mentre per l'altra porta può salire dal 33% al 67%? In quel caso ovviamente sì? E perché? (Con perché intendo perché una probabilità può cambiare e l'altra no). La verità, che confonde molti, è questa: all'inizio ho una probabilità su tre di indovinare. Se cambio carta ne ho di più (che sarà semmai il 50%, non il 67 o cos'altro). L'errore di logica sta qui: stiamo confrontando due probabilità applicate a due eventi diversi: nel primo caso si hanno tre carte, nel secondo solo due. Se io anziché tenere la stessa carta a priori dicessi che cambio sempre carta a priori, al primo turno non so ancora quale porta verrà aperta, perciò la scelta è fra tre, quindi la probabilità di vincere IN QUEL MOMENTO è di 1/3 anche se decido di cambiare. Dopo che una porta è stata aperta, ENTRAMBE le carte assumono una probabilità del 50% di vincere. Perché solo una carta dovrebbe cambiare valore? QUESTO non avrebbe senso. Quindi in sostanza si tratta di un trucco, un inganno. Se provate l'esperimento fallirete, perché è il metodo a essere sbagliato. E' un gioco di logica, abbastanza fine, a dire la verità, ma si tratta di un caso non applicabile.

Una frase ricorrente è: "nel caso la porta che hai scelto contiene una capra e il conduttore sappia qual è quella che contiene la macchina, è in qualche modo obbligato a scegliere l'altra."

Certamente, ma se il concorrente ha scelto la porta con l'auto, il presentatore deve scegliere "una delle altre". Cosa cambia agli occhi del concorrente? Nulla, non ha nessuna informazione aggiuntiva, lui non sa perché il presentatore ha aperto una porta piuttosto che un'altra. Cosa cambia dietro le porte? Nulla, l'auto è sempre nello stesso posto. Quante porte sono rimaste? Due. Di cui una ha l'auto e l'altra no. 50-50.

In generale le probabilità cambiano in base alle informazioni a priori (cioè prima dell'esperimento) che hai. L'esempio che fai delle palline non c'entra nulla, lì non c'è informazione aggiuntiva che viene considerata. Il caso di un milione di porte dovrebbe aiutarti inutitivamente, all'inizio hai una possibilità su un milione di indovinare: se hai scelta quella giusta (1/1000000 di farlo) cambiando sbaglierai, se hai scelto quella sbagliata (99999/1000000) allora, visto che il conduttore sa dove sta il premio e lascia solo un'altra porta, cambiando vincerai per forza. Quindi la probabilità di vincere cambiando è la stessa di quella di sbagliare porta all'inizio. Stesso discorso col caso di 3 porte: la possibilità che il concorrente scelga la porta col premio all'inizio è 1/3 e in tal caso il conduttore apre una delle altre due a caso e, cambiando, il concorrente perderà, ma se aveva scelto la porta sbagliata, con 2/3 di probabilità, allora il conduttore apre obbligatoriamente una delle altre due porte, quella senza premio, e, cambiando, il concorrente vincerà. Il punto chiave del discorso sta nel fatto che il conduttore sa dove sta il premio e quindi la porta che rimane ha più possibilità di essere quella giusta rispetto all'equiprobabilità. Si ha 50% solo ignorando l'informazione che il conduttore sa dove sta il premio (in tal caso in realtà è ancora diverso perché potrebbe essere aperta la porta col premio e cambiando pederesti comunque e quindi avresti 0% di probabilità in tal caso, ma così è un altro problema, credo più complicato). Ti invito a fare molti esperimenti con un milione di porte e vedrai che indovinerai quasi sempre cambiando. Spero di essere stato chiaro :) --Mat4free (msg) 19:40, 24 ott 2017 (CEST)

Con tutto il rispetto, provo a riepilogare: - se decidi a priori di non cambiare mai porta, vincerai una volta su tre. Ovvio. - se decidi a priori di cambiare sempre porta, vincerai una volta su due. O due volte su tre. Dipende da come interpreti il gioco: se intendi davvero a priori, quindi PRIMA che aprano una porta, o se invece decidi di cambiare al secondo turno. Se la porta è stata aperta, non è più a priori e vincerai una volta su due. Comunque la sostanza non cambia. Potresti per assurdo avere anche il 99,99% di probabilità di vincere cambiando, il discorso è che non ha senso dire che devi cambiare sempre, perché si confrontano due situazioni diverse: quando hai tre porte con quando ne hai solo due. Il tuo 99.9999% viene fuori nel caso in cui tu scegli una porta, ti tolgono tutte le altre senza chiederti niente e poi cambi, ma non è un caso previsto questo: quando ti aprono una porta, tu scegli DI NUOVO. Questo caso di milioni di porte, anziché essere chiarificatore manda ancora più in confusione. Se hai un milione di porte, tu farai un milione di scelte diverse: prima con una probabilità su un milione, poi una su 999999 e così via. E le probabilità cambiano di continuo. Se il gioco è in due fasi, il restare è una scelta ed è per forza una seconda scelta, fatta su due porte. Altrimenti il calcolo probabilistico non si può fare, non ha senso. E' un calcolo sbagliato. Si mischiano mele con pere. Un calcolo è fatto sulle tre porte perché non cambi, mentre l'altro su due perché cambi. Ma se cambi allora hai fatto una scelta, perciò si deve necessariamente ricalcolare: scegli di tenere la porta o cambiare con l'altra? 50-50.

Non e' affatto un calcolo sbagliato. E perdonami se sono meno paziente di Mat4free, ma e' un decennio che arrivano persone a sostenere, sia qua sopra che direttamente modificando la voce, che c'e' un errore e questo quasi sempre senza neanche leggere prima attentamente la voce. La voce non e' sbagliata e di fonti ce ne sono in abbondanza, quindi dal punto di vista wikipediano c'e' poco da discutere. Sul caso di un milione di porte, mi sembra che ci sia tu non stia ponendo bene il problema. Il modo in cui l'hai descritto e a cui Mat4free ha risposto e' quello in cui scegli una porta e il conduttore ne apre 999998 tutte di fila non puoi scegliere ogni volta (e anche se fosse la strategia migliore sarebbe comunque quella di non cambiare fino all'ultimo). Comunque hai provato a leggere tutta la voce? Ci sono varie spiegazioni diverse e magari qualcuna di queste ti aiuta a chiarire. Poi anche un po' di sana verifica empirica non farebbe male: prova a fare una ventina di prove (magari con 10 porte per velocizzare la convergenza) e vedrai che cambiando sempre vincerai in ben piu' della meta' dei casi. E se nonostante questo sei ancora convinto puoi sempre accettare la scommessa di .mau.--Sandro_bt (scrivimi) 17:22, 25 ott 2017 (CEST)

Il calcolo è assolutamente corretto e si può verificare usando gli assiomi della probabilità (ad esempio quelli di Kolmogorov), sei libero di verificarlo se vuoi. Non si mischia nessuna mela con nessuna pera. Il punto cruciale è che il presentatore NON può aprire né la porta col premio né quella scelta dal concorrente, non è un "gioco separato", è tutto insieme e va considerato insieme. Sarebbe diverso se il presentatore aprisse una delle porte senza premio PRIMA della scelta del concorrente, in questo caso allora effettivamente il concorrente avrebbe il 50% di possibilità di vincere, ma in questo secondo caso manca il vincolo che il presentatore non possa aprire la porta scelta dal concorrente.--Mat4free (msg) 08:42, 27 ott 2017 (CEST)

Collegamenti esterni modificati

Gentili utenti,

ho appena modificato 1 collegamento/i esterno/i sulla pagina Problema di Monty Hall. Per cortesia controllate la mia modifica. Se avete qualche domanda o se fosse necessario far sì che il bot ignori i link o l'intera pagina, date un'occhiata a queste FAQ. Ho effettuato le seguenti modifiche:

• Aggiunta del link all'archivio https://web.archive.org/web/20051120065707/http://www.imaph.tu-bs.de/qi/monty/ per http://www.imaph.tu-bs.de/qi/monty/

Fate riferimento alle FAQ per informazioni su come correggere gli errori del bot

Saluti.—InternetArchiveBot (Segnala un errore) 05:59, 3 apr 2018 (CEST)

Il paradosso del problema di Monty Hall è proprio un paradosso

Il paradosso di Monty Hall è semplicemente nel considerare o meno nell'insieme degli eventi il fatto che una porta che nasconde la capra sia già nota.

Scenario 1) Consideriamo che la porta che nasconde la capra NON sia nota L'insieme degli eventi è di tre porte ignote. La probabilità dell'evento "scelgo la porta che nasconde l'auto" è di 1/3

Scenario 2) Consideriamo che la porta che nasconde la capra sia nota. Il concorrente prima di scegliere una porta sa già che una porta che nasconde una capra verrà aperta. L'insieme degli eventi è di due porte ignote. La probabilità dell'evento "scelgo la porta che nasconde l'auto" è di 1/2

Tutto il resto delle dimostrazioni sono una conseguenza...

Ciao Paolo --PC6502 (msg) 18:37, 15 ago 2018 (CEST)

Sembra incredibile ma il paradosso è corretto

All’inizio pensavo che questo paradosso fosse un’assurdità, poi ci ho ragionato bene e... mi sono ulteriormente convinto che davvero la probabilità non poteva che essere 50 e 50. Poi ci ho ragionato con maggiore attenzione e mi sono reso conto con enorme sorpresa che il paradosso è corretto! Inutile qui spiegare il motivo, poiché è già stato spiegato ampiamente altrove. Aggiungo solo che la mia sorpresa è stata tale che, non credendo ai miei stessi ragionamenti, ho voluto fare una prova empirica. Ebbene, dopo aver giocato più e più volte con un’amica mi sono dovuto arrendere all’evidenza: con l’aumentare delle prove, il numero di volte che la scelta di cambiare porta si rivelava vincente tendeva sempre più al 66%. Si può discutere finché si vuole sulla teoria, ma la prova empirica non mente mai!— Questo commento senza la firma utente è stato inserito da Poly trimar (discussioni · contributi) 13:04, 21 ott 2018 (CEST).

Il teorema è sbagliato poichè gli scenari possibili sono 4 e non 3

Vediamo di seguito i 4 scenari che si presentano in caso di cambio porta:

1 - Concorrente sceglie capra1, presentatore elimina capra2, concorrente cambia e VINCE.

2 - Concorrente sceglie capra2, presentatore elimina capra1, concorrente cambia e VINCE.

3 - Concorrente sceglie automobile, presentatore elimina capra1, concorrente cambia e PERDE.

4 - Concorrente sceglie automobile, presentatore elimina capra2, concorrente cambia e PERDE.

Scegliendo di cambiare porta, su 4 scenari il concorrente VINCE 2 volte e PERDE 2 volte, quindi le sue chance di vincita sono, come intuitivamente ci si aspetta che sia, del 50% dopo il secondo step. Di seguito vediamo, come controprova, i 4 scenari in cui il concorrente non cambia:

1 - Concorrente sceglie capra1, presentatore elimina capra2, concorrente NON cambia e PERDE.

2 - Concorrente sceglie capra2, presentatore elimina capra1, concorrente NON cambia e PERDE.

3 - Concorrente sceglie automobile, presentatore elimina capra1, concorrente NON cambia e VINCE.

4 - Concorrente sceglie automobile, presentatore elimina capra2, concorrente NON cambia e VINCE.

Credo infine che sarebbe corretto modificare la pagina principale con alcune contestazioni al teorema espletate nei commenti, che espongano più chiaramente la fallacità della soluzione tradizionale, e suggerisco inoltre di derubricare il Paradosso di Monty Hall ad inganno da prestigiatore abbondantemente demistificato.

Ciao da Ivan 79.44.147.235 (msg) 20:36, 25 dic 2018 (CET)

Il tuo è un modo erroeno di usare il diagramma ad albero per studiare un problema di probabilità condizionata, cioè di "eventi in successione". Ogni ramo dell'albero va pesato con la corretta probabilità. Usando il tuo erroneo ragionamento potrei argomentare la seguente cosa: supponiamo di fare il seguente gioco, tiro una moneta non truccata (50% di probabilità che esca T e 50% di probabilità che esca C), se esce T vinco 1€, se esce C ritiro la moneta, se al secondo lancio esce T vinco 1€, se al secondo lancio esce C perdo 1€. In questo gioco la probabilità di vincere 1€ sono il 75% (cioè TT, TC, CT) e di perdere 1€ dei 25% (cioè CC), ma usando il tuo ragionamento potrei argomentare (sbagliando!) che ho il 2/3 di probabilità di vincere perché ci sono "solo" 3 casi: T, CT, CC; e vinco in 2 su 3. Ma questo è un errore di formalizzazione del problema (problema la cui soluzione corretta può essere in ogni caso confermata da prove statistiche, prova tu stesso). Stesso discorso vale per il tuo ragionamento: stai contando male i casi possibili e quelli favorevoli.

Per quanto riguarda la tua affermazione "Credo infine che sarebbe corretto modificare la pagina principale con alcune contestazioni al teorema espletate nei commenti, che espongano più chiaramente la fallacità della soluzione tradizionale, e suggerisco inoltre di derubricare il Paradosso di Monty Hall ad inganno da prestigiatore abbondantemente demistificato." non solo ritengo che non sia corretto scrivere critiche errate o insensate di una cosa corretta in una enciclopedia, ma soprattutto il teorema è valido come chiunque abbia una sufficiente cognizione di matematica e probabilità si accorge leggendo e comprendendo la dimostrazione e il ragionamento da cui essa segue, inoltre il "paradosso" può essere sperimentalmente e statisticamente verificato da un sufficiente numero di prove (almeno 100, con 1000 ancora meglio) cosa che ti invito a fare se non ti fidi del formalismo matematico o se non è chiara la mia spiegazione precedente.--Mat4free (msg) 21:14, 25 dic 2018 (CET)

Gent.le Mat4free, per quanto mi riguarda, ritengo che non esista prova sperimentale più efficace di quella in grado di simulare tutti gli scenari possibili sul campo. Poichè nel nostro caso gli scenari possibili sul campo, come ho già scritto precedentemente, prevedono 4 differenti combinazioni per la simulazione A (concorrente cambia la propria scelta iniziale) e 4 per la simulazione B (concorrente non cambia la propria scelta iniziale), e poichè in entrambe le simulazioni abbiamo percentuali pari al 50% che si verifichi o non si verifichi un determinato evento (nel nostro caso, la vittoria del premio automobile), se ne deve dedurre che la tesi suggerita dal cosiddetto Paradosso di Monty Hall, è da ritenersi confutata, falsa, inaccettabile da un punto di vista scientifico. Ritengo altresì poco o per niente pertinente la proposta di condurre prove ed esperimenti di persona, e non in ambiente asettico. E' noto infatti come la simulazione degli eventi in ambiente asettico garantisca quell'imparzialità dei dati che invece in ambito umano rischiano di essere corrotti o male interpretati, a causa di continue e contigue reazioni ed interazioni tra gli eventi e la stessa propensione umana ad assecondare il proprio naturale bisogno di successo. Di più, è piuttosto visibile come l'intera impostazione del teorema risenta di una certa influenza del legame emotivo tra psicologia della vittoria - guadagno morale/materiale - caustica ambizione al controllo dei dati, come è tipico di tutti quei sistemi che tendono ad adombrare il valore intrinseco dei numeri. Al limite, potremmo doverci addentrare in un lunghissimo ragionamento nel considerare aspetti extra-matematici (ad esempio quelli basati sulla fisica dei quanti) per trovare delle relazioni tra la lettura di un eventuale dato statistico e la veridicità del sistema matematico, ma riguardo all'insensatezza del teorema di Monty Hall, così come esposto nella sua versione più accreditata, non vedo proprio come non nutrire alcun dubbio. Saluti Ivan3To (msg) 00:35, 26 dic 2018 (CET)

gli scenari possibili sono quattro, ma non sono equiprobabili. Altrimenti staresti dicendo che su quattro scelte possibili in due il giocatore aveva scelto a priori la porta con l'automobile. Quindi quelle formule per calcolare la probabilità non sono corrette; punto. -- .mau. ✉ 10:00, 26 dic 2018 (CET)

Stai facendo confusione tra scenari possibili e probabilità che un determinato scenario si verifichi. Non esiste alcuna legge matematica nè statistica che impedisca al concorrente di scegliere mille volte di seguito la porta con l'automobile al primo colpo (esiste una certa probabilità che ciò non accada, ma non esiste nessuna legge che lo impedisca); esiste invece una percentuale di probabilità del 33,3% che, successivamente alla scelta, essa corrisponda realmente alla porta dell'automobile. Successivamente, quando le porte diventano 2, questa probabilità sale al 50%. Ciò che continua a sfuggirvi è che la soggettività della scelta del concorrente deve essere trattata separatamente dall'oggettività della dislocazione degli oggetti dietro le porte, che vanno invece ricollegati all'intervento del presentatore; gli oscillatori che determinano il verificarsi degli eventi sono 2 e non 1 solo, come 2 sono i soggetti che agiscono sullo scenario. E ribadisco come tutta la teoria sia pesantemente condizionata da aspetti psicologici che tendono ad imbrigliare la logica, sarebbe sufficiente creare un ambiente con gli stessi materiali ma escludendo la relazione "automobile/vincita" per osservare con il giusto distacco gli eventi. Punto, due punti e punto e virgola. 79.44.147.235 (msg) 13:55, 26 dic 2018 (CET)

Cerco di spiegarmi meglio, visto che non sono stato abbastanza chiaro, forse non hai letto bene o compreso bene il mio esempio. Provo a riscriverlo eliminando qualunque componente di "vincita" che tanto ti disturba.

Supponiamo di fare il seguente gioco, tiro una moneta non truccata (50% di probabilità che esca T e 50% di probabilità che esca C), se esce T accade un evento A, se esce C ritiro la moneta, se al secondo lancio esce T accade sempre A, se al secondo lancio esce C accade B.

In questo gioco la probabilità che accada A sono il 75% e che accada B sono del 25%; questo si può facilmente osservare dai 2 seguenti ragionamenti equivalenti.

Primo: se immagino di lanciare comunque la seconda volta la moneta anche se esce T al primo lancio, ma, in tal caso, senza tenerne conto, la formalizzazione degli eventi possibili è TT, TC, CT, CC ognuno con probabilità 1/4, cioè gli eventi così formalizzati sono equiprobabili, e quelli che fanno accadere A sono TT, TC, CT, quelli invece che fanno accadere B sono CC, da cui le probabilià indicate.

Secondo ragionamento: gli eventi possibili sono T, CT, CC, ma ATTENZIONE perché non sono equiprobabili! L'evento T ha probabilità 1/2, invece gli altri due CT e CC hanno probabilità 1/4. Quindi per contare correttamente la probabilità che accada A si deve considerare il peso differente degli eventi considerati, da cui seguono, anche con questo ragionamento corretto, le probabilità indicate.

Tuttavia potrei argomentare (sbagliando!) che ho il 2/3 di probabilità che accada A perché ci sono "solo" 3 casi: T, CT, CC; e A accade in 2 su 3. Ma questo è un errore di formalizzazione del problema. Stesso discorso vale per il tuo ragionamento: stai contando male i casi possibili e quelli favorevoli.

Rispondo alle altre tue affermazioni.

Scrivi: "ritengo che non esista prova sperimentale più efficace di quella in grado di simulare tutti gli scenari possibili sul campo." questa affermazione non ha senso in generale, come ti ho mostrato nell'esempio l'elencazione di tutti i casi possibili deve essere fatta correttamente, e non tutti i modi di farla sono corretti, è necessaria attenzione nella formalizzazione corretta del problema, non sempre la formalizzazzione che sembra quella naturale e intuitiva è quella corretta. Inoltre questa non è una "prova sperimentale", ma una dimostrazione matematica casomai, se fatta con sufficiente rigore e generalità. Una "prova sperimentale" consiste nell'effettuazione di "esperimenti" appunto.

Scrivi: "è da ritenersi confutata, falsa, inaccettabile da un punto di vista scientifico." qui mostri una forte confusione tra "falsità" e "scientificità". Il primo è un concetto molto preciso semantico, attinente alla logica matematica (e diverso dalla dimostrabilità), il secondo è un concetto estremamente più vago, attinente a tutto il sapere umano, di cui ad oggi non esiste una definizione precisa universale e condivisa. Inoltre una affermazione può essere falsa, ma non ha senso dire che una affermazione è scientifica, invece un metodo o un protocollo o un approccio può essere scientifico oppure non esserlo, ma non ha senso dire che è falso.

Scrivi: "Ritengo altresì poco o per niente pertinente la proposta di condurre prove ed esperimenti di persona, e non in ambiente asettico." non è chiaro cosa intendi per "asettico", di solito è un termine medico o biologico, poco o nulla pertinente in contesti più generale senza precisa definizione. Inoltre (cercando di interpretare quello che intendi con "asettico" che immagino intendi che "devono esserci meno interferenze esterne possibili") se si deve fare un esperimento per una pubblicazione scientifica è effettivamente necessario fare un esperimento fatto bene, se si deve fare un prova per farsi un'idea di quel che accade spesso sono necessarie meno precauzioni, anche ai bambini dell'asilo si fanno fare esperimenti per fargli imparare cose (e anche a elementari, medie e superiori), certo non lo fanno in ambienti "asettici" eppure le cose funzionano lo stesso nella stragrande maggioranza dei casi (anche perché si scelgono degli esperimenti che subiscono poca influenza dall'esterno e sono "robusti" alle interferenze) e comuqnue i bambini imparano molto. All'università gli esperimenti sono sicuramente fatti con più scientificità che all'asilo e così via. Dipende dagli scopi che uno si prefigge. Il mio era un suggerimento per testare da te questo risultato, sei libero di non farlo, ma fidati che non serve un ambiente molto asettico per fare questo test della monetina, nel senso che subisce poche interferenze dall'esterno.

Scrivi: "E' noto infatti come la simulazione degli eventi in ambiente asettico garantisca quell'imparzialità dei dati che invece in ambito umano rischiano di essere corrotti o male interpretati, a causa di continue e contigue reazioni ed interazioni tra gli eventi e la stessa propensione umana ad assecondare il proprio naturale bisogno di successo." che è più o meno corretto (una risposta più precisa sarebbe troppo lunga e poco pertinente alla pagina), ma si devono sempre tarare le misure precauzionali rispetto agli scopi prefissati, non ti sto suggerendo di fare un esperimento per fare una pubblicazione sulle più importanti riviste di settore, ti stavo suggerendo di lanciare una monetina un centinatio di volte, non serve molta asepsi per questo. Inoltre se il tuo deisderio influenzasse fortemente il risultato il ripetersi di 1000 volte l'esperimento da me proposto dovrebbe darti un risultato di 66,6% circa di casi in cui accade A, invece ti sto suggerendo di provare e verificare di persona che uscirà A circa il 75% delle volte.

Scrivi: "Di più, è piuttosto visibile come l'intera impostazione del teorema risenta di una certa influenza del legame emotivo tra psicologia della vittoria - guadagno morale/materiale -" Un teorema non si "imposta" si "enuncia". E non c'è nessun legame con la psicologia o l'emotività (tantomeno c'è qualcosa di morale), il tutto funziona allo stesso modo se invece di vincita/perdita si usano enunciati neutri come accade A o accade B, la questione della vincita è solo una questione di forma introdotta dal gioco a premi costruito in TV per vendere il prodotto televisivo al pubblico e incentivare le persone a partecipare al gioco, ma il discorso matematico prescinde da tutto questo, non c'è alcun tipo di legame.

Scrivi: "caustica ambizione al controllo dei dati, come è tipico di tutti quei sistemi che tendono ad adombrare il valore intrinseco dei numeri." questo ha a mala pena senso in italiano mi sembra (ma forse non capisco io cosa intendi). Dubito che una "ambizione" possa essere "caustica", o che esistano "sistemi" (qualunque cosa tu intenda con questa parola) che "adombrano" un presunto "valore intrinseco" dei numeri. Quale sarebbe il valore intrinseco dei numeri secondo te scusami?

Scrivi: "Al limite, potremmo doverci addentrare in un lunghissimo ragionamento nel considerare aspetti extra-matematici (ad esempio quelli basati sulla fisica dei quanti) per trovare delle relazioni tra la lettura di un eventuale dato statistico e la veridicità del sistema matematico,", non credo tu sappia di preciso di cosa stai parlando (visto anche che la frase "la veridicità del sistema matematico" non ha senso da nessun punto di vista che mi venga in mente in matematica), ma in ogni caso non è qui che si può affrontare questo tipo di discorso.

Scrivi: "Ciò che continua a sfuggirvi è che la soggettività della scelta del concorrente deve essere trattata separatamente dall'oggettività della dislocazione degli oggetti dietro le porte," a me sembra che stia sfuggendo a te questo aspetto. Mi sembra vuoi inserire nel tuo modello la scelta soggettiva del concorrente, ma questo lo devi dare come un dato fissato a monte nei 2 scenari possibili e, fissato questo, valutare tutte le scelte probabilistiche casuali che conseguono data quella scelta nei vari casi possibili.

Scrivi: "E ribadisco come tutta la teoria sia pesantemente condizionata da aspetti psicologici che tendono ad imbrigliare la logica," la psicologia non ha nulla a che vedere con la dimostrazione matematica del teorema.

Scrivi: "sarebbe sufficiente creare un ambiente con gli stessi materiali ma escludendo la relazione "automobile/vincita" per osservare con il giusto distacco gli eventi." come ti ho già risposto su questo punto, se formalizzi tutto eliminando qualunque componente "psicologica" (a tuo dire) il risultato non cambia in nessuna maniera ed è esattamente identico.

Spero di essermi spiegato meglio. Ciao.--Mat4free (msg) 19:54, 26 dic 2018 (CET)

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