07.07.2025 08:16
baxmax 10 891 Источник

Ещё одна статья на тему Монти Холла? Да. Мне кажется, ещё есть что сказать на эту тему такого, что ранее не было опубликовано. Я покажу, как можно было бы осознать эту задачу, применяя элементарную теорию вероятностей.

Для этой цели мы построим вероятностное пространство и детально разберёмся, что происходит с вероятностями при открытии дверей, и вообще - что в этом такого «парадоксального».

Математика знает немало фактов, обозначенных словом «парадокс» (противоречивых суждений). Например, известны логические парадоксы: парадокс брадобрея, парадокс критянина, парадокс Рассела и другие. Парадоксы в теории вероятностей – немного другой природы. Это своего рода «парадоксы восприятия», когда строгая оценка вероятностных характеристик не соответствует её значению a priori (до строгих выкладок).
Одним из примеров может служить «парадокс дней рождения»: оказывается, что для того, чтобы в группе с вероятностью не менее 50% оказалось два человека с одинаковым днём рождения, в этой группе должно быть хотя бы 23 человека. Вполне допустимое предположение, если речь идёт, например, о школьном классе. Кстати, автор сам оказался в подобной ситуации в школе: в классе был ещё один ученик с той же датой рождения.

Хотел бы также заметить, что, в отличие от большинства известных спикеров, я не стремлюсь «доносить сложные вещи простым и понятным языком». Язык должен соответствовать описываемому явлению. В частности, здесь мы не занимаемся определением базовых терминов, а считаем их известными. Если это не так, читателю следует прояснить их значения в других источниках.

Описание эксперимента

Пусть у нас есть n дверей (сразу обобщим задачу для их произвольного количества). До начала шоу организаторы размещают автомобиль за одной из этих дверей. Во время шоу Игрок по просьбе Ведущего называет номер одной из дверей, за которой, по его мнению, может располагаться автомобиль. Далее Ведущий открывает все двери, кроме двух – той, номер которой назвал Игрок, и ещё одной – и спрашивает Игрока, готов ли он теперь изменить свой выбор. Дальнейшие действия нас не интересуют, наша цель - оценить конечные вероятности для каждой из закрытых дверей.

Строим модель

Итак, каждый «элементарный исход» эксперимента может быть описан тройкой целых чисел в диапазоне от 1 до n: \Omega = \{(x,y,z), 1 \le x,y,z \le n, y \ne z \}.
Здесь x – номер двери, за которой был в действительности размещён автомобиль, y – номер двери, который назвал Игрок, и z – номер двери, отличной от y, которая также осталась закрытой, наряду с y. Те кортежи, в которых y = z, мы исключаем из \Omega, однако иногда при подсчёте вероятностей было бы удобно считать, что они включены, но их вероятность равна нулю.

Мы определили пространство элементарных исходов \Omega. Оно конечно и содержит n^2(n-1) элементов. Событиями будем считать любые подмножества \Omega. Для завершения определения вероятностного пространства нам осталось определить функцию вероятности. Для этого достаточно каким-то образом приписать вероятность каждому элементарному исходу, чем мы вскоре и займёмся.
Удобно будет для \omega= (x,y,z) вместо P(\omega) писать P(x,y,z). Сразу заметим, что мы предполагаем «честное шоу» в том смысле, что автомобиль может располагаться за любой из n дверей равновероятно, а Игроку неизвестно, за какой дверью его расположили. Также, Игрок может назвать любую из n дверей равновероятно и независимо от реального расположения автомобиля. То есть мы имеем n^2 различных комбинаций значений первых двух чисел из тройки, каждое из которых имеет вероятность \frac{1}{n^2}. Более формально это запишется так:

(1) \text{ } \sum_{1 \le z \le n} P(a, b, z) = \frac{1}{n^2}, \forall a, b \in \{1,..,n\}

Интересные события

Заранее определим группу "интересных" событий. Естественно, нас будет интересовать событие A = \{x = y\text{ }\}, означающее, что автомобиль находится за "первой" закрытой дверью - той, которую назвал Игрок. Это событие также можно интерпретировать так: "Игрок угадал номер двери, за которой находится автомобиль". Другим интересным для нас событием является событие B = \{x = z\} - автомобиль находится за другой закрытой дверью. Легко видеть, что события A и B несовместны (ведь y \ne z для всех исходов): AB = \varnothing. И в самом деле, автомобиль только один, он не может быть одновременно за обеими дверями.
Хотя мы ещё не дошли до формального определения вероятностей, уже сейчас можно понять, что событие A не зависит от значения z, то есть от того, какие двери будут потом открыты, а какие нет. И уже сейчас мы можем вычислить вероятность этого события:

P(A) = \frac{n}{n^2} = \frac{1}{n}

то есть вероятность того, что Игрок угадал дверь, за которой находится автомобиль, равна \frac{1}{n}, что вполне естественно.
Кроме того, для каждого фиксированного c \in \{1,..,n\} определим событие U_c = \{z = c\}. Словесное описание этого события: "другой закрытой дверью оказалась именно дверь с номером c". Оно нам пригодится немного позже.

Ключевым моментом для дальнейшего изложения является вопрос: знает ли Ведущий, за какой дверью расположен автомобиль? Предлагаю рассмотреть оба варианта ответа на этот вопрос. В результате мы получим два различных варианта распределения вероятностей на одном и том же пространстве элементарных событий \Omega, произведём вычисления и сравним результаты.

Предположение 1: Ведущий не знает, за какой дверью автомобиль

В этом случае он может совершенно произвольно выбрать любую из оставшихся n-1 (неназванных Игроком) дверей, которая также останется закрытой. У Ведущего нет оснований предпочесть одну из этих n-1 дверей другой, поэтому естественно будет полагать этот выбор равновероятным. Таким образом, мы получаем следующее распределение:

(2)\text{ } P(x, y, z) = \frac{1}{n^2(n-1)}

При этом Предположении возникает ещё одно интересное событие C=\{x \ne y, x \ne z\}, означающее, что среди двух дверей, оставшихся закрытыми, нет двери, за которой спрятан автомобиль. Это означает, что "дверь с автомобилем" будет открыта раньше, чем шоу дойдёт до финала, и задавать Игроку "финальный вопрос" смысла уже не будет.
Найдём вероятность этого события. Его условия (x \ne y, x \ne z) вместе с априорным условием y \ne z означают, что в него попадают те тройки чисел, где значения всех трёх компонент (попарно) различны. Количество таких исходов, очевидно, будет равно n(n-1)(n-2), и тогда искомая вероятность

P(C) = \frac{n(n-1)(n-2)}{n^2(n-1)} = \frac{n-2}{n}

Видим, что эта вероятность стремится к 1 при неограниченно возрастающем значении n - в этом ещё один "плюс" рассмотрения произвольного количества n дверей, ведь в "классическом" случае n=3 эта вероятность оказывается равной всего лишь \textstyle \frac{1}{3}. В общем же случае видно, что "почти наверное" шоу закончится досрочно.
Важно также отметить, что в условиях Предположения 1 получим

\Omega = A + B + C

то есть эти три события несовместны, и в сумме составляют всё \Omega. Отсюда, в силу аддитивности вероятности,

P(B) = P(\Omega) - P(A) - P(C) = 1 - \frac{1}{n} - \frac{n-2}{n} = \frac{1}{n} = P(A)

что также можно было бы вычислить и непосредственно исходя из распределения вероятностей (2). Итак, вероятности событий A и B действительно оказались равными! Однако, поскольку, как уже было отмечено, при наступлении события C "финальный вопрос" шоу не прозвучит, интереснее было бы найти условные вероятности P(A | \bar{C}) и P(B | \bar{C}) - вероятности событий A и B при условии, что финал шоу состоится. Эти условные вероятности, как и соответствующие безусловные, естественно, тоже оказываются равными. Получим:

P(\bar{C}) = 1 - P(C) = \frac{2}{n},P(A\bar{C}) = P(B\bar{C}) = P(B) = \frac{1}{n},P(A | \bar{C}) = P(B | \bar{C}) = \frac{1}{2 \text{ }}

Таким образом, мы установили, что при нашем первом Предположении относительно осведомлённости Ведущего, с вероятностью, близкой к 1 (при больших n), шоу окажется сорванным и не дойдёт до "финала". Но если всё же дойдёт, то вероятности обнаружить автомобиль за каждой из двух закрытых дверей окажутся равными (по 50% каждая). Здесь уже не только Игрок пытается угадать нужную дверь, но и сам Ведущий (а что ещё ему остаётся?). Здесь и в самом деле нет разницы, будет ли Игрок настаивать на своём выборе или захочет его изменить. Похоже, именно этот сценарий реализует наше сознание "a priori".

В заключение этого пункта найдём вероятности P(U_c), P(AU_c) \text{ и } P(BU_c) для этого случая. При фиксированном z=c для события U_c у нас есть n возможностей для значений x и n-1 для y, поэтому

P(U_c) = \frac{n(n-1)}{n^2(n-1)} = \frac{1}{n}

Рассуждая подобным образом, найдём далее:

P(AU_c) = \frac{n-1}{n^2(n-1)} = \frac{1}{n^2}, P(BU_c) = \frac{1}{n^2}

Предположение 2: ве́дущий Веду́щий

Наиболее разумно всё же предполагать, что Ведущему заранее известно, за какой именно дверью скрывается автомобиль, ведь без этого знания, как мы видели, "полнота" шоу может оказаться под угрозой, чего нельзя допустить на таком серьёзном, хоть и развлекательном, мероприятии. Зная место расположения автомобиля, Ведущий уже не допустит открытия двери с номером x. Если Игрок назвал другой номер двери y ("не угадал"), Ведущий оставит закрытыми именно эти две двери - x и y. Если же окажется, что это одна и та же дверь (x = y), то Ведущий волен произвольно выбрать другую. Как и ранее, у него (и у нас) нет оснований предпочесть одну такую дверь другой, и потому мы считаем, что Ведущий выбирает одну из n-1 дверей равновероятно. Распределение ненулевых вероятностей элементарных исходов в этом случае окажется таким:

(3) \text{ } P(x, y, z) =\left\{\begin{array}{ll} \frac{1}{n^2(n-1)}, & \text{ при } x = y \text{ и } y \ne z \\ \frac{1}{n^2}, & \text{ при } x \ne y \text{ и } z = x \end{array}\right.

Для всех прочих элементарных исходов P(x,y,z)=0.
Видим, что отличие этого варианта от предыдущего только на множестве {x \ne y}: в этом случае вся вероятность (для фиксированных x и y) сосредоточена только "на одной двери", с номером x, остальные вероятности зануляются. Следствием этого факта является то, что теперь событие С из предыдущего пункта зануляется: P(C) = 0, а вероятности элементарных исходов, его составляющих, теперь перешли "в стан" события B. Действительно, при фиксированных a и b (с дополнительным условием a \ne b) рассмотрим элементарные исходы вида (a,b,z) при переменном z, принимающем любые значения, кроме b. Видим, что при z = a этот элементарный исход входит в событие B, а при z \ne a - в событие C. Сумма вероятностей этих n-1 элементарных исходов всегда неизменна и равна \frac{1}{n^2} (см. формулу (1)). Но в Предположении 1 мы имели равные вероятности для всех этих исходов (по \frac{1}{n^2(n-1)} каждое), во втором же Предположении вся суммарная вероятность \frac{1}{n^2} отнесена к одному элементарному исходу - тому, где z=a, а остальные получили вероятность 0. В итоге, при переходе от Предположения 1 к Предположению 2 все вероятности "перетекли" из события C в событие B. Поэтому во втором варианте

P(B) = \frac{1}{n} + \frac{n-2}{n} = \frac{n-1}{n}

Вот оно как! Почти вся вероятность "перетекла" в ту "другую" дверь! Теперь нет сомнений, что Игроку выгоднее поменять свой выбор, если представится такая возможность.
Для классического случая n=3 как раз получаем знакомые значения: \textstyle P(A) = \frac{1}{3}, P(B) = \frac{2}{3}, то есть для трёх дверей вероятность обнаружить автомобиль за второй закрытой дверью будет вдвое выше, чем если настаивать "на своём".

Как и в предыдущем пункте, считаем вероятности P(U_c), P(AU_c), P(BU_c). Аналогично вышесказанному, событию U_c соответствуют в распределении (3) n-1 элементарный исход из первой строки и столько же из второй, соответственно:

P(U_c) = \frac{n-1}{n^2} + \frac{n-1}{n^2(n-1)} = \frac{1}{n}

И наконец,

P(AU_c) = \frac{1}{n^2} \text{ , } P(BU_c) = \frac{n-1}{n^2}

Синтез

Для стороннего наблюдателя варианты «Ведущий знает» и «Ведущий не знает, но угадал» выглядят одинаково (в обоих из них дверь с автомобилем остаётся закрытой). Но вероятности "распределения автомобиля по дверям" уже принципиально разные - от соотношения 1:1 они меняются к соотношению 1:n-1.

Интересно также отметить, что в обоих вариантах каждое из событий A и B оказывается независимым от U_c:

P(AU_c) = P(A) \cdot P(U_c), P(BU_c) = P(B) \cdot P(U_c)

Это означает, что знание о том, какой номер имеет вторая закрытая дверь, не даёт никакой новой информации о вероятностях событий A и B. Такое положение вещей ещё раз доказывает, что P(A) неизменно остаётся равной \textstyle \frac{1}{n} и не может измениться после "открывания дверей". Точно так же, вероятность обнаружить автомобиль за другой закрытой дверью не зависит от того, какая именно дверь осталась закрытой. Факт независимости указанных пар событий даёт нам другой, независимый вариант решения "проблемы Монти Холла".

Итоги

Мы предприняли попытку аналитически разобрать ситуацию вокруг известного ранее игрового шоу, и смогли убедиться, что порой сознание подменяет одну ситуацию другой, внешне похожей, меняя вероятностную оценку явления. Мы также увидели, что некоторое априорное знание одного из участников игры помогает вероятностям "перетекать" из одного события в другое. Если Ведущий знает ответ — выигрывает Игрок. Если Игрок знает, что Ведущий знает — выигрывает здравый смысл. А если никто ничего не знает — выигрывает теория вероятностей.

P.S. Несколько лет назад мы с коллегой обсуждали эту задачу, и после фразы «Вероятности с открытых дверей как бы "перетекают" на вторую закрытую дверь» он воскликнул: «Это я понял. Я хочу знать, почему». Мне кажется, этой статьёй я сполна ответил на твой вопрос, Роман.

Комментарии (10)


  1. rilio
    07.07.2025 08:42
    #28538690

    Допустим, ведущий в процессе игры знал ответ, но потом забыл, а потом опять вспомнил. Вопрос: в процессе этого забывания-вспоминания вероятность менялась?


    1. baxmax Автор
      07.07.2025 08:42
      #28539254

      Разберите такой вариант и напишите статью, а мы потом обсудим


    1. peterjohnsons
      07.07.2025 08:42
      #28551474

      Полный анализ изменения вероятности в парадоксе Монти Холла (by Claude Sonnet 4)

      Постановка задачи

      Ведущий: знал → забыл → вспомнил
      Вопрос: меняется ли вероятность?

      Строгий математический анализ

      Фаза 1: Ведущий знает

      • Игрок выбирает дверь A

      • P(автомобиль за A) = 1/3

      • P(автомобиль за B или C) = 2/3

      • Ведущий знает точное расположение, откроет дверь с козой

      • Ожидаемая вероятность выигрыша при смене = 2/3

      Фаза 2: Ведущий забыл

      При забывании возникает неопределенность в действиях ведущего:

      Расчет для случая "автомобиль за B":

      • Ведущий может открыть B (автомобиль) с вероятностью 1/2

      • Ведущий может открыть C (коза) с вероятностью 1/2

      Расчет для случая "автомобиль за C":

      • Ведущий может открыть C (автомобиль) с вероятностью 1/2

      • Ведущий может открыть B (коза) с вероятностью 1/2

      Общая вероятность испорченной игры:
      P(игра сломана) = P(авто за B) × P(откроет B) + P(авто за C) × P(откроет C)
      = 1/3 × 1/2 + 1/3 × 1/2 = 1/3

      Вероятность нормального завершения:
      P(нормальная игра) = 1 - 1/3 = 2/3

      При нормальном завершении:

      • P(выигрыш при смене | нормальная игра) = 2/3

      • Общая вероятность выигрыша при смене = 2/3 × 2/3 = 4/9

      Фаза 3: Ведущий вспомнил

      Случай 3а: Вспомнил правильно

      • Возвращается к фазе 1

      • Вероятность выигрыша при смене = 2/3

      Случай 3б: Вспомнил неправильно
      Пусть p = вероятность правильного воспоминания

      Детальный расчет:

      Реальное положение P Правильно вспомнил Неправильно вспомнил P(игра сломана) A 1/3 Откроет B или C Откроет B или C 0 B 1/3 Откроет C 1/2 шанс открыть B (1-p)/2 × 1/3 C 1/3 Откроет B 1/2 шанс открыть C (1-p)/2 × 1/3

      Общая вероятность испорченной игры:
      P(игра сломана) = (1-p)/2 × 1/3 + (1-p)/2 × 1/3 = (1-p)/3

      Вероятность нормального завершения:
      P(нормальная игра) = 1 - (1-p)/3 = (2+p)/3

      Общая вероятность выигрыша при смене:
      P(выигрыш при смене) = (2+p)/3 × 2/3 = 2(2+p)/9

      Численные примеры

      Если p = 1 (всегда помнит правильно):

      • P(выигрыш при смене) = 2(2+1)/9 = 6/9 = 2/3 ✓

      Если p = 0 (всегда помнит неправильно):

      • P(выигрыш при смене) = 2(2+0)/9 = 4/9 ≈ 0.444

      Если p = 1/2 (случайно):

      • P(выигрыш при смене) = 2(2+0.5)/9 = 5/9 ≈ 0.556

      Динамика изменения вероятности

      Знает:     2/3    →    Забыл:     4/9    →    Вспомнил: 2(2+p)/9  ↑                      ↑                        ↑
Классический        Снижение из-за           Зависит от качества
результат           риска поломки            воспоминания

      Ответ на вопрос

      ДА, вероятность менялась на каждом этапе:

      1. Знал: P(выигрыш при смене) = 2/3 = 0.667

      2. Забыл: P(выигрыш при смене) = 4/9 ≈ 0.444

      3. Вспомнил: P(выигрыш при смене) = 2(2+p)/9

      Изменение происходит потому, что:

      • Забывание создает риск случайного открытия автомобиля

      • Неправильное воспоминание также создает этот риск

      • Каждое изменение ментального состояния ведущего влияет на ожидаемый исход игры

      Математически строго: Вероятность является функцией от информационного состояния системы, и изменение этого состояния неизбежно ведет к изменению вероятностей.

      Практический вывод

      В реальных играх типа "Поле чудес" или "Deal or No Deal" квалификация и надежность ведущего напрямую влияют на математическое ожидание выигрыша участников.


  1. nin-jin
    07.07.2025 08:42
    #28539100

    Искуство сказать простую вещь сложным способом... Всё же куда проще: независимо от того, что выберет игрок и ведущий, вероятность, что приз за выбранной дверью - 1/3, а вероятность, что за одной из оставшихся - 2/3. От того, что ведущий открыл какие-то двери, эти вероятности не меняются. Меняется лишь число дверей в каждом из вариантов. Так что смена двери меняет вероятность с 1/3 на 2/3.


    1. baxmax Автор
      07.07.2025 08:42
      #28539276

      Видите ли, цель была в другом. Не решить задачу максимально простым способом (для этого и не нужна статья), а разобраться, что происходит, и почему большинство людей продолжает "стоять на своём".
      Вот в начале стоит Игрок, и перед ним 3 двери. Ясно, что приз может быть за любой из них, и вероятность у каждой двери 1/3. А когда Ведущий открыл одну из них, вероятность "второй закрытой двери" стала вдруг равна 2/3. Возникает ощущение, что "вероятность" с открытой двери "перебежала" на ту "вторую" дверь. А почему не на первую? Почему не распределилась равномерно? Интересные же вопросы, согласны? Вот чтобы на них ответить, и стОило поковыряться в этом подольше


      1. Kerman
        07.07.2025 08:42
        #28539366

        "вероятность" с открытой двери "перебежала" на ту "вторую" дверь. А почему не на первую?

        Потому что ведущий открывает одну из двух дверей. Причём ту, которая пустая. Вероятность перетекает в тот момент, когда ведущий ВЫБИРАЕТ пустую дверь.


        1. nin-jin
          07.07.2025 08:42
          #28539418

          В том-то и дело, что вероятности никуда не "перебегали", они остались неизменными для двух групп дверей. Просто одна группа изменилась и,соответственно, изменилось распредение этой вероятности между дверьми этой группы. А люди тут ошибаются потому, что в школе не учат искать инварианты.


          1. Kerman
            07.07.2025 08:42
            #28539496

            изменилось распредение этой вероятности между дверьми этой группы

            Вероятность перебежала с открытой двери на не открытую?


        1. baxmax Автор
          07.07.2025 08:42
          #28540500

          Вопрос был не "в какой момент", а "почему именно так"? Как "выбор пустой двери" связан со "второй" дверью??


          1. Kerman
            07.07.2025 08:42
            #28540522

            Ну всмысле как? Ведущий выбирает из двух дверей, какую открыть. Он не открывает дверь, на которую показал игрок.

            Две двери, ведущий выбирает из них пустую. Сознательно. Зная, где коза. У двух дверей раньше была вероятность 2/3. Теперь вероятность для них осталась такой же, но из двух дверей закрыта только одна.