Вероятность нахождения предмета в ящике стола

[wrest]

Doctor Boom в сообщении #1608373 писал(а):

Это же почти парадокс Монти-Холла

Я про него сперва и подумал.
Но скорее это напоминает "Парадокс мальчика и девочки" (https://en.m.wikipedia.org/wiki/Boy_or_Girl_paradox )

[Doctor Boom]

EUgeneUS в сообщении #1608380 писал(а):

Хорошо, в этом варианте нам повезло. Но вероятности могли быть какими-нибудь такими: $\frac{1}{2 \pi}, \frac{1}{2 \pi}, \frac{\pi-1}{\pi}$. И как их делить на равновероятные?

Я обычно в таком случае рассматриваю совокупность исходов $\frac{1}{2 \pi}N, \frac{1}{2 \pi}N, \frac{\pi-1}{\pi}N$ с очень большим N и с округлением до целого (что в силу непрерывности почти не изменяет результат). Это физично

EUgeneUS в сообщении #1608382 писал(а):

Есть три ящика, вероятности нахождения кошелька в каждом одинаковы и равны $1/3$, то
а) если пустой ящик открывает игрок, как в этой задаче, то далее вероятности найти кошелек в оставшихся двух одинаковы и равны $1/2$. Какие-бы метки не ставил игрок на ящики.

Так вы неправильно аналогию проводите. Чтобы из этого парадокса получить Монти-Холл надо сказать, что когда мы открыли пустой ящик, то мы действовали как ведущий в Монти-Холле, а когда мы решаем, открывать ли оставшийся, то действует как игрок в Монти-Холле. Надо еще положить, что если во втором ящике нет предмета, то он обязательно есть под камином, и нам вместо открытия ящика надо туда

[sergey zhukov]

EUgeneUS
Да, я неправильно сказал. В случае одного игрока и трех ящиков мы просто выбрасываем из общей совокупности запрещенные варианты развития событий. Остаются те, в которых вероятность найти предмет в выбранном ящике такая же, как и в оставшемся, т.е. $\frac{1}{2}$. А в случае с ведущим он запрещенные варианты не выбрасывает, а "заменяет" на разрешенные. Поэтому вероятность этих разрешенных событий с ведущим удваивается.

[EUgeneUS]

Doctor Boom в сообщении #1608391 писал(а):

Я обычно в таком случае рассматриваю совокупность исходов $\frac{1}{2 \pi}N, \frac{1}{2 \pi}N, \frac{\pi-1}{\pi}N$ с очень большим N и с округлением до целого (что в силу непрерывности почти не изменяет результат). Это физично

Хороший план, надежный, как швейцарские часы. Но про округления можно не задумываться, всё равно $N$ сократится.

Doctor Boom в сообщении #1608391 писал(а):

Так вы неправильно аналогию проводите. Чтобы из этого парадокса получить Монти-Холл надо сказать

У меня нет цели "сделать" из исходной задачи парадокс Монти Холла. Напротив, цель показать, что исходная задача отличается от него. Скорее исходную задачу можно назвать анти-парадоксом Монти Холла.

-- 08.09.2023, 12:16 --

sergey zhukov в сообщении #1608394 писал(а):

А в случае с ведущим он запрещенные варианты не выбрасывает, а "заменяет" на разрешенные. Поэтому вероятность этих разрешенных событий с ведущим удваивается.

Мне сложно понять эти рассуждения
Но можно же просто применить к парадоксу Монти Холла формулу условной вероятности.
Событие $A$ - приз за отмеченной дверью.
Событие $D$ - ведущий открыл какую-то пустую дверь из неотмеченных.

Тогда
$P(A|D) = \frac{P(A \cap D)}{P(D)}$
Событие $D$ - достоверное, поэтому $P(D)=1$, $P(A \cap D) = P(A)$
А значит $P(A|D) = P(A)$
По простому: реализация достоверного события информацию не добавляет и вероятность не меняет.

[sergey zhukov]

wrest в сообщении #1608386 писал(а):

Но скорее это напоминает "Парадокс мальчика и девочки" (https://en.m.wikipedia.org/wiki/Boy_or_Girl_paradox )

А мне этот парадокс напомнил известное "Говорят, что у Кутузова не было одного глаза. Это неправда! Был у Кутузова один глаз!".

Если мы берем только мистеров Смитов, у которых "Два ребенка, и хотя бы один мальчик", то можно спросить, а как быть с мистерами Смитами, у которых "Два ребенка, и хотя бы один не мальчик"? Как-то глупо было-бы сказать, что они не подходят. Так могут рассуждать только при мухлеже с подсчетом голосов избирателей, например. Ясно, что нужно спросить "А что со вторым ребенком"? Т.е. ответ $\frac{1}{3}$ мне кажется совершенно ясным.

[ShMaxG]

Doctor Boom в сообщении #1608373 писал(а):

Это же почти парадокс Монти-Холла Пусть у столе 100 ящиков, мы открыли 99, и все оказались пусты. Какова вероятность того, что предмет в последнем ящике? Неужели как и раньше 1/2?

Я против и таких рассуждений. Они затуманивают суть и основаны, опять же, на "здравом смысле" и интуиции, но не на конкретных расчетах. Да и не нужно там 100 ящиков смотреть. Есть две стратегии - не менять выбор и менять выбор. В стратегии "не менять выбор" победа возможна только, если изначально указал на правильный ящик, вероятность победы 1/3. В стратегии "менять выбор" победа возможна только, если изначально указал на неправильный ящик, вероятность этого (= победы) 2/3. Поэтому вторая стратегия выгодная. И Байес никакой не нужен.

И в задаче топикстартера, кстати, никакого Байеса нет, только формула условной вероятности и вероятностью объединения несовместных событий.

[sergey zhukov]

ShMaxG
Хорошее объяснение.

[Geen]

ShMaxG в сообщении #1608400 писал(а):

Поэтому вторая стратегия выгодная.

А пусть теперь, после нашего выбора, ведущий снова открывает ту же самую дверь и снова предлагает выбор.... почему теперь вторая стратегия перестаёт быть выгодной?

[sergey zhukov]

Geen
Это как? Мы выбрали 1, он открыл 3, мы перевыбрали 2, а он снова открывает 3 и опять спрашивает, не хотим-ли мы снова перевыбрать 1? Так выигрышная стратегия - менять выбор при открытии каждого нового ящика, а не дважды одного и того же.

Если бы ящиков было больше, причем после того, как мы перевыбрали, ведущий открывает еще какой-то другой ящик и опять спрашивает, не желаем ли мы перевыбрать снова, то выгодно перевыбрать еще раз (причем даже можно выбрать снова первоначальный вариант). И так до самого конца. Грубо говоря, не стой на пустом ящике, все время перемещайся, дай ведущему шанс открыть все пустые ящики, он загонит тебя, куда нужно.

На самом деле, можно просто между двумя ящиками ходить постоянно (пока ведущий их не откроет). Смысл не в том, чтобы как можно больше разных ящиков выбрать, а в том, чтобы ведущему не мешать открывать пустые ящики, стоя постоянно на одном из них.

Так нужно делать, если мы не знаем, сколько ведущий решил сделать "жестов доброй воли", т.е. сколько открыть пустых ящиков, прежде чем откроет тот, что выбрали мы. Если знаем, что он решил открыть все, кроме двух, то можно и на месте стоять до последнего, а в конце перевыбрать.

[sergey zhukov]

sergey zhukov в сообщении #1608399 писал(а):

А мне этот парадокс напомнил известное "Говорят, что у Кутузова не было одного глаза. Это неправда! Был у Кутузова один глаз!".

Помню, мне однажды загадали такую загадку: как двумя монетами (т.е. из ряда 1, 2, 3, 5 коп) набрать в сумме 8 коп, причем одна из монет - не 5 коп? Удивительно, но я не мог ее разгадать. Отгадка, конечно "5+3". Сейчас даже кажется странным, о чем тут вообще думать?

EUgeneUS в сообщении #1608396 писал(а):

Мне сложно понять эти рассуждения

Разница между случаями парадокса Монти-Холла, где есть ведущий и где только один игрок играет сам с собой:

1. С ведущим, который сам ничего не знает. Когда приходит момент открыть пустой ящик, он "для себя" сначала приоткрывает один из ящиков и подглядывает туда. Если не угадал (ящик не пуст) - тихо чертыхается, закрывает его и открывает другой. Розыгрыш продолжается. Ведущий заменил запрещенный вариант на разрешенный;

2. Один игрок. Когда приходит время открыть пустой ящик, он открывает любой из двух. И если не угадал, то весь розыгрыш обнуляется. Он начинает с нового случайного распределения предмета по трем ящикам. Запрещенный вариант просто исчез.

[Doctor Boom]

ShMaxG в сообщении #1608400 писал(а):

Я против и таких рассуждений. Они затуманивают суть и основаны, опять же, на "здравом смысле" и интуиции, но не на конкретных расчетах. Да и не нужно там 100 ящиков смотреть.

А зря, они как раз помогают с помощью интуиции и "здравого смысла" точно увидеть правильное решение, а потом его сформулировать в виде логических рассуждений и расчетов с обобщением на менее очевидные случаи (а так поди еще убедись, что твои логические рассуждения не содержат ошибки, всегда есть некое сомнение)

-- 09.09.2023, 06:39 --

sergey zhukov в сообщении #1608408 писал(а):

причем даже можно выбрать снова первоначальный вариант

Почему? Как раз не надо

[sergey zhukov]

Doctor Boom в сообщении #1608491 писал(а):

Почему? Как раз не надо

Да, верно. Ящик, который я уже выбирал, пустой с более высокой вероятностью чем те, что я еще не выбирал, поскольку из-за моего выбора он пропустил один раунд игры ведущего "кто пустой, тот отсеивается". Нужно выбирать каждый раз тот ящик, который я еще не выбирал.

[Doctor Boom]

sergey zhukov в сообщении #1608379 писал(а):

Вот, кстати, похожая задача, которую я, правда, не формализовал. Я пришел еа автобусную остановку и жду автобуса. Автобус ходит с некоторым интервалом $A$, который, конечно, не выдерживается точно. Чем дольше я стою, тем выше вероятность, что в следующую минуту автобус придет. С другой стороны, чем дольше я жду, тем выше вероятность, что сегодня автобус вообще не ходит и, соответственно, чем дольше он не приходит, тем выше вероятность, что он вообще не придет. Действительно ли вероятность прихода автобуса в следующую минуту сначала возрастает со временем, а затем - падает?

Я кстати думал над похожей задачей Пусть вероятность наступления некоего события за единицу времени равна $p$, и она имеет некий разброс в начале. Как будет изменяться вероятность наступления события с течением времени? Кажется, что она сначала будет убывать, а потом возрастать, но это неверно, как и в вашей задаче. У меня вероятность будет убывать, а у вас наоборот, возрастать. Расписать подробно для вашей задачи?

[sergey zhukov]

Doctor Boom
Да в общем, все ясно. Если задача такова, что я пришел на остановку в момент $t=0$, а в моменте $t=A$ располагается пик гауссианы распределения времени прибытия автобуса, то вероятность вообще уехать с остановки все время растет, как интеграл гауссианы. А вероятность уехать в каждую следующую минуту пропорциональна самой гауссиане, т.е. после $A$ она падает.

Так я могу подсчитать, если знаю распределение. Но задача, видимо, в том, что у меня есть только оценка распределения, и я не уверен, что она истинна. У меня так же есть какие-то предположения о том, как это распределение может быть откорректировано с учетом того факта, что автобус до сих пор не приехал. Т.е. если согласно моей оценке вероятность прибытия автобуса уже превысила все разумные пределы, а его нет, я должен сделать вывод, что оценка распределения неверна. В общем же случае получается, что моя оценка распределения времени прибытия автобуса непрерывно меняется по мере того, как он не прибывает. Пока моя оценка дает малую вероятность прибытия автобуса, и его нет, оценка почти не меняется. Но когда она дает высокую вероятность, а автобуса так и нет, она начинает быстро меняться. Т.е. у нас тут должно быть условное распределение вероятности, как функция события "Автобус все еще не приехал".

[Doctor Boom]

sergey zhukov в сообщении #1608539 писал(а):

Да в общем, все ясно. Если задача такова, что я пришел на остановку в момент $t=0$, а в моменте $t=A$ располагается пик гауссианы распределения времени прибытия автобуса, то вероятность вообще уехать с остановки все время растет, как интеграл гауссианы. А вероятность уехать в каждую следующую минуту пропорциональна самой гауссиане, т.е. после $A$ она падает.

Ну, это очевидно, да

sergey zhukov в сообщении #1608539 писал(а):

Т.е. у нас тут должно быть условное распределение вероятности, как функция события "Автобус все еще не приехал".

Все просто, нам надо оценить вероятность прихода автобуса в следующую минуту в зависимости от времени неприхода автобуса. Можно показать, что она будет монотонно возрастать от нуля до единицы. Нам надо постоянно обновлять вероятностное пространства для времени прихода автобуса, т.е. на промежутке неприхода автобуса вероятности обнуляем, а остальные пропорционально увеличиваем, чтобы в сумме была единица