Start 
Treść zadania
W teleturnieju gracz ma wybór między 3 bramkami. W jednej z bramek jest samochód, w pozostałych dwóch są koty w worku. Prowadzący teleturniej wie, w której bramce jest samochód. Gracz wskazuje jedną z bramek, wtedy prowadzący otwiera jedną z pozostałych dwóch bramek, tą w której jest kot w worku. Prowadzący pyta gracza, czy chce zmienić bramkę. Gracz wygrywa, gdy wskaże bramkę, która kryje samochód. Załóżmy, że gracz na początku gry wybrał bramkę nr 1, a prowadzący otworzył bramkę nr 3 z kotem w worku. Czy graczowi opłaca się zmienić wybór i wskazać bramkę nr 2? Uzasadnij odpowiedź obliczając odpowiednie prawdopodobieństwa.
Rozwiązanie
Niech:
- \(A_i,\,i=1,2,3\) będzie zdarzeniem, że samochód jest w bramce nr \(i\)
- \(B_i,\,i=1,2,3\) będzie zdarzeniem, że prowadzący otworzył drzwi nr \(i\)
Naszym celem jest obliczenie prawdopodobieństa, że samochód jest w bramce nr 1 pod warunkiem, że prowadzący otworzył bramkę nr 3 oraz prawdopodobieństa, że samochód jest w bramce nr 2 pod warunkiem, że prowadzący otworzył bramkę nr 3:
\[P(A_1|B_3)=?,\,\,\,P(A_2|B_3)=?\]
Aby obliczyć te prawdopodobieństwa możemy skorzystać ze wzorów Bayesa:
\[P(A_1|B_3)=\frac{P(B_3|A_1)P(A_1)}{P(B_3)}\]
\[P(A_2|B_3)=\frac{P(B_3|A_2)P(A_2)}{P(B_3)}\]
Na początek zauważmy, że zdarzenia \(A_i,\,i=1,2,3\) są jednakowo prawdopodobne, więc:
\[P(A_i)=\frac{1}{3}\]
Prawdopodobieństwo otwarcia przez prowadzącego bramki nr 3, pod warunkiem, że samochód jest w bramce nr 3 jest równe 0, ponieważ jest to zdarzenie niemożliwe (bo prowadzący wie, gdzie jest samochód - nie może otworzyć bramki z samochodem, bo gra niemiałaby sensu):
\[P(B_3|A_3)=0\]
Prawdopodobieństwo otwarcia przez prowadzącego bramki nr 3, pod warunkiem, że samochód jest w bramce nr 2 jest równe 1 (jest to zdarzenie pewne, bo prowadzący wie, gdzie jest samochód i jeśli samochód jest w bramce nr 2, to prowadzący nie ma wyboru i musi otworzyć bramkę nr 3):
\[P(B_3|A_2)=1\]
Prawdopodobieństwo otwarcia przez prowadzącego bramki nr 3, pod warunkiem, że samochód jest w bramce nr 1 (wybranej przez gracza) jest równe \(\frac{1}{2}\), ponieważ prowadzący może otworzyć jedną z 2 bramek, w których są koty w worku (bramka nr 2 lub nr 3), zakładamy, że zobi to losowo):
\[P(B_3|A_1)=\frac{1}{2}\]
Korzystając ze wzoru na prawdopodobieństwo całkowite mamy:
\[P(B_3)=\sum\limits_{i=1}^{3} P(B_3|A_i) P(A_i)=P(B_3|A_1) P(A_1)+P(B_3|A_2) P(A_2)+P(B_3|A_3) P(A_3)=\]
\[=\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{3}+1\cdot \frac{1}{3}+0=\frac{1}{2}\]
Ostatecznie:
\[P(A_1|B_3)=\frac{P(B_3|A_1)P(A_1)}{P(B_3)}=\frac{\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{3}}{\frac{1}{2}}=\frac{1}{3}\]
\[P(A_2|B_3)=\frac{P(B_3|A_2)P(A_2)}{P(B_3)}=\frac{1\cdot \frac{1}{3}}{\frac{1}{2}}=\frac{2}{3}\]
Zatem w warunkach opisanych w treści zadania graczowi opłaca się zmienić swoją decyzję i wybrać bramkę nr 2, ponieważ prawdopodobieństwo wygranej (że samochód jest w bramce nr 2 pod warunkiem, że prowadzący otworzył bramkę nr 3) jest wtedy równe \(\frac{2}{3}\), natomiast, gdy gracz pozostanie przy swoim wyborze (bramka nr 1), to prawdopodobieństwo wygranej wynosi tylko \(\frac{1}{3}\).
Wskazówki
Prawdopodobieństwo warunkowe
jest pomocne przy obliczaniu szansy, że dane zdarzenie zajdzie pod warunkiem, że zaszło inne zdarzenie.
Prawdopodobieństwo zajścia zdarzenia A pod warunkiem, że zaszło zdarzenie B oznaczamy przez \(P(A|B)\) i liczymy ze wzoru:
\[P(A|B)=\frac{P(A\cap B)}{P(B)}\]
przy założeniu, że \(P(B)>0\).
Dla zdarzenia B takiego, że \(P(B)=0\) przyjmuje się, że \(P(A|B)=0\).
Jak obliczyć prawdopodobieństwo całkowite?
stosujemy wzór:
\[P(A)=\sum\limits_{k=1}^{n} P(A|B_k) P(B_k)=\]
\[=P(A|B_1) P(B_1)+P(A|B_2)P(B_2)+...+P(A|B_n)P(B_n)\]
gdzie ciąg zbiorów parami rozłącznych \(B_k,\,k=1,2,...,n\) takich, że \(P(B_k)>0\) dla każdego \(k=1,2,...,n\), stanowi rozbicie całej przestrzeni zdarzeń elementarnych \(\Omega\), tzn.
\[\Omega= \bigcup\limits_{k=1}^n B_k=B_1\cup B_2\cup ... \cup B_n\]
Wzór Bayesa
jest następujący:
\[P(B_k|A)=\frac{P(A|B_k)P(B_k)}{P(A)},\,\,\,dla\,\,\,k=1,2,...,n\]
gdzie ciąg zbiorów parami rozłącznych \(B_k,\,k=1,2,...,n\) takich, że \(P(B_k)>0\) dla każdego \(k=1,2,...,n\), stanowi rozbicie całej przestrzeni zdarzeń elementarnych \(\Omega\), natomiast \(P(A)>0\).
\(P(A)\) możemy obliczyć korzystając ze wzoru na prawdopodobieństwo całkowite.
Komentarzy (1)