Diferencia entre los problemas de Monty Hall y la ruleta rusa

Question

Consulte la wikipedia para ver la descripción del El problema de Monty Hall .

El problema de la ruleta rusa es: Hay dos balas colocadas al azar en un revólver de 6 cámaras. Tu oponente va primero y sobrevive al primer tirón del gatillo. Se le da la opción de hacer girar el cañón. ¿Debe hacerlo?

La probabilidad condicional de que pierda en la siguiente ronda dado que el oponente ha sobrevivido a la primera ronda es de 2/5. En mi opinión esta es una respuesta "intuitiva", porque quedan 5 cámaras y 2 balas en ellas.

Por el contrario, la respuesta "intuitiva" para cambiar de puerta en la Sala Monty es 1/2, lo cual es incorrecto. Digo 1/2 porque condicionado a que se muestre la cabra, ahora hay dos puertas para elegir, una de las cuales contiene el coche.

Mi pregunta es: ¿cuál es la diferencia entre estos dos problemas que hace que el problema de Monty Hall sea engañoso? ¿Hay alguna forma de aplicar el Teorema de Bayes al problema de la ruleta rusa?

Answer 1

En el problema de Monty Hall hay un conocimiento previo (por parte de los jueces) de la puerta tras la que están las cabras. Si el concursante de la primera elección escoge por casualidad la puerta con la cabra. El conocimiento previo de los jueces abrirá entonces la puerta con la otra cabra, dejando el coche aún oculto. La primera elección del concursante sin ninguna información previa sigue teniendo sólo un 33% de posibilidades de ser correcta. Por tanto, hay un 66% de que el coche esté detrás de la otra puerta. En este problema la respuesta correcta es cambiar y elegir la otra puerta.

En el problema ruso es que no se sabe cuál es la siguiente cámara. Tienes razón, la probabilidad de que la siguiente cámara tenga una bala es de 2 en 5 o 40%. Si giras la probabilidad vuelve a ser de 2 en 6 o 33%. En este problema la respuesta correcta es girar de nuevo.

Espero que esto ayude.

Answer 2

Eliges la puerta A, que contiene una cabra g, el coche c o el premio de valor medio r (que pronto se revelará). Ag Br Cc, Ag Bc Cr, Ar Bg Cc, Ar Bc Cg, Ac Br Cg y Ac Bg Cr son las posibilidades enumeradas previamente. En el momento en que el anfitrión revela r, las únicas posibilidades que quedan son Ag Br Cc, Ag Bc Cr, Ac Br Cg y Ac Bg Cr, ya que A (su elección) no se ha revelado... además, si se revela B, quedan Ag Br Cc, Ac Br Cg y Ac Br Cg... por lo que no debería cambiar ya que hay un 66% de probabilidad de Ac. La misma probabilidad si se hubiera revelado C.

Con las posibilidades de RR en las que 1 está vacía, 1e, una dada ya que su oponente está vivo, y una bala azul y una bala roja están en otro lugar enumerar como 20 permutaciones diferentes, a saber 2b 3r, 2b 4r, 2b 5r, 2b 6r, 2r 3b, 2r 4b, 2r 5b, 2r 6b, 3b 4r, 3b 5r, 3b 6r, 3r 4b, 3r 5b, 3r 6b, 4b 5r, 4b 6r, 4r 5b, 4r 6b, 5b 6r, 5r 6b ... contando tenemos ocho 2s ocho 3s ocho 4s ocho 5s y ocho 6s ... pero el giro permite que salga el 1 ... hay 20 casos de 1e ... la probabilidad de caer en vacío con un giro es 4/6 = .666. Sin girar la probabilidad de que la ranura 2 esté vacía es de 12/20 = 0,6, por lo que es mejor girar.