Discussione:Problema di Monty Hall: differenze tra le versioni

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{{Discussione|Matematica}}

Allora i grandi matematici che affermano che Marilyn von Savant aveva torto hanno pienamente ragione ( e non per niente sono scienziati)

{{Cronologia valutazioni

Innanzitutto se una persona sceglie una porta c'è 1/3 possibilità che dietro alla sua porta ci sia la macchina.

|azione1=LSC |data1= 9 giugno 2010 |esito1= |codice1=

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<br />

Spero di avervi chiarito.

C.

Consulta l'archivio per le passate discussioni:

* '''[[Discussione:Problema di Monty Hall/Archivio I]]'''

== Collegamenti esterni modificati ==

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.

Gentili utenti,

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.

ho appena modificato 1 {{plural:1|collegamento esterno|collegamenti esterni}} sulla pagina Problema di Monty Hall. Per cortesia controllate la [https://it.wikipedia.org/w/index.php?diff=prev&oldid=104514121 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 [[:m:InternetArchiveBot/FAQ/it|queste FAQ]]. Ho effettuato le seguenti modifiche:

Nel Monty alla cieca invece:

*Aggiunta del link all'archivio https://web.archive.org/web/20041210073912/http://econwpa.wustl.edu/eps/exp/papers/9906/9906001.html per http://econwpa.wustl.edu/eps/exp/papers/9906/9906001.html

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

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

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

Saluti.—[[:en:User:InternetArchiveBot|'''<span style="color:darkgrey;font-family:monospace">InternetArchiveBot</span>''']] <span style="color:green;font-family:Rockwell">([[:en:User talk:InternetArchiveBot|Segnala un errore]])</span> 21:27, 1 mag 2019 (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.

== Non è affatto controintuitivo, è sbagliata la soluzione ==

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.

Concordo con Massimo.

La differenza rispetto al Monty-Hall Standard sta appunto in questa probabilità, che è pari a 1 nella versione "Standard"

Il testo dice:

Ma, ripeto, A POSTERIORI, quando la scelta è stata fatta, questo fa tornare tutto come prima.

"Il giocatore sceglie la capra numero 1. Il conduttore sceglie l'altra capra, la numero 2. Cambiando, il giocatore vince l'auto.

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).

Il giocatore sceglie la capra numero 2. Il conduttore sceglie l'altra capra, la numero 1. Cambiando, il giocatore vince l'auto.

Questi sono i fatti.

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

Gaetano

facendo apparire tre possibilità ma col cavolo '''non importa quale'''!

"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."

Le possibilità sono quattro, le probabilità di vincita sono 50%, che cambi o no.

Scusate, ma alla fine il problema è: ci sono due porte, in una c'è un'auto nell'altra una capra.

Che importanza ha cosa avevo pensato o mangiato prima?--[[Utente:Semplicione|Semplicione]] ([[Discussioni utente:Semplicione|msg]]) 16:08, 18 dic 2019 (CET)

:Ho già risposto sopra a te e in precedenti discussioni a questo (ad esempio qui [[Discussione:Problema_di_Monty_Hall#Il_teorema_è_sbagliato_poichè_gli_scenari_possibili_sono_4_e_non_3]]), sei pregato di leggere le risposte e dire cosa non ti è chiaro più nello specifico rispetto ad esse. Posso solo aggiungere a quello che hai scritto qui che la tua frase "Che importanza ha cosa avevo pensato o mangiato prima?" mi lascia immaginare che forse non hai chiaro cosa sia o come funzioni la [[probabilità condizionata]] che ti invito a leggere con attenzione.--[[Utente:Mat4free|Mat4free]] ([[Discussioni utente:Mat4free|msg]]) 17:41, 18 dic 2019 (CET)

: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 --[[Utente:Gvittucci|Gvittucci]] ([[Discussioni utente:Gvittucci|msg]]) 21:12, 8 lug 2010 (CEST)

La probabilità condizionata non c'entra proprio nulla, e neppure la probabilità congiunta. Il conduttore si limita ad escludere una delle tre porte e ne rimangono due: in una c'è l'auto e nell'altra la capra. Quante possibilità hai di indovinare? Ovviamente il 50%, che tu cambi, confermi, preghi o faccia gli scongiuri. E comunque, se vuoi, rileggi la risposta di Ivan3To : "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". Le tue successive repliche non aggiungono nulla.--[[Utente:Semplicione|Semplicione]] ([[Discussioni utente:Semplicione|msg]]) 19:16, 18 dic 2019 (CET)

::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

:Questo non è un forum di discussione, Mat4free ti ha già fatto un favore a risponderti spiegandoti dove sbagli. Nella letteratura scientifica è del tutto accertato che il problema ha soluzione come descritta nella voce e [[wp:NRO|ciò è quello che conta per Wikipedia]]. Se sei convinto che tutti i matematici sbaglino basta semplicemente che pubblichi la tua soluzione alternativa in una rivista scientifica seria, Wikipedia poi in caso seguirà dopo che la soluzione sarà accettata dalla comunità scientifica.--[[Utente:Sandrobt|Sandro_bt]] <small>([[Discussioni utente:Sandrobt|scrivimi]])</small> 09:00, 19 dic 2019 (CET)

:::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 --[[Utente:Gvittucci|Gvittucci]] ([[Discussioni utente:Gvittucci|msg]]) 13:16, 9 lug 2010 (CEST)

Grazie, chiedo scusa.--[[Utente:Semplicione|Semplicione]] ([[Discussioni utente:Semplicione|msg]]) 20:25, 19 dic 2019 (CET)

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).

== Un ragionamento "complementare" per dimostrare il problema. ==

Stefano

Mi sono accostato al problema di Monty Hall leggendo il romanzo "Lo strano caso del cane ucciso a mezzanotte" di Mark Haddon. Nel tentativo di trovare una soluzione, mi sono messo nei panni del concorrente, facendo questo semplice ragionamento "complementare": <<Se accettassi di cambiare la mia scelta iniziale, che probabilità avrei di vincere trovando un'auto? Avrei la stessa (perchè concomitante) probabilità che avevo di perdere, trovando una capra con la prima scelta. Questa probabilità vale 2/3. E che probabilità avrei invece, cambiando, di trovare una capra? La stessa che ho avuto di vincere un'auto con la prima scelta, cioè 1/3. Perciò, accetto di cambiare la mia scelta>>. [[File:Griglia per discutere il problema di Monty Hall.jpg|miniatura]]

In questo approccio al problema si considerano due soli scenari, quelli finali introdotti dalla proposta al concorrente di cambiare la sua scelta iniziale, che sono poi le configurazioni essenziali, dalla cui analisi scaturisce la soluzione del problema. La rivelazione del conduttore ha posto il concorrente davanti ad una scelta, che non è “alternativa” fra le due restanti possibilità (50% - 50%), come molti matematici all'inizio hanno erroneamente creduto, ma "complementare" fra tre situazioni, dovendosi analizzare tutte e tre gli scenari possibili, non solo quello in atto. Tale rapporto di complementarità risulta evidente dal confronto dei risultati colorati in figura.

Il ragionamento applica il principio logico del "Rasoio di Occam", che, oltre a semplificare il problema, fornisce con la sua analisi risolutiva una più chiara spiegazione del problema stesso.

--[[Utente:Ancora Luciano|Ancora Luciano]] ([[Discussioni utente:Ancora Luciano|msg]]) 19:43, 5 apr 2020 (CEST)

Ancora una considerazione sul problema di M. H.

Il ragionamento sopra esposto e le varie dimostrazioni matematiche, forniscono la certezza sull'opportunità di eseguire il cambio della scelta iniziale. Ma anche se dovesse persistere un dubbio, la scelta di cambiare sarebbe consigliata.

{{SapeviVoce}}

Il dubbioso infatti dovrebbe pensare: «Non so se col cambio la probabilità del mio successo cambierebbe. Non potrebbe comunque andare sotto 1/3; potrebbe restare immutata, ma potrebbe anche aumentare! Perciò cambio». Sarebbe invece questo il ragionamento che applica il "Rasoio di Occam". --[[Utente:Ancora Luciano|Ancora Luciano]] ([[Discussioni utente:Ancora Luciano|msg]]) 10:14, 7 ago 2022 (CEST)

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 --[[Utente:Gvittucci|Gvittucci]] ([[Discussioni utente: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 --[[Utente:Gvittucci|Gvittucci]] ([[Discussioni utente: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

[e-mail]

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 ([e-mail])

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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 .

== 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|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. :-) --[[Utente:LaseriumFloyd|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. --[[Discussioni utente:.mau.| .mau. &#x2709;]] 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 ([e-mail])

== 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:

[[Immagine:Paradosso_di_Monty_Hall.gif]]

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===

----

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

--[[Utente:Mp3.7|Mp3.7]] ([[Discussioni utente:Mp3.7|msg]]) 11:44, 10 gen 2009 (CET)--[[Utente:Mp3.7|Mp3.7]] ([[Discussioni utente: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. --[[Discussioni utente:.mau.| .mau. &#x2709;]] 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 [http://xmau.com/mate/scommessa.html qua]. --[[Discussioni utente:.mau.| .mau. &#x2709;]] 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.--[[Utente:Mp3.7|Mp3.7]] ([[Discussioni utente: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.

--[[Speciale:Contributi/79.22.75.79|79.22.75.79]] ([[User talk: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? --[[Discussioni utente:.mau.| .mau. &#x2709;]] 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

:# chi è che sta parlando di frequenza?

:#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.

:#Sto anche aspettando che tu risponda alla mia domanda che ti ho fatto sulla tua [[Discussioni_utente:Mp3.7|pagina di discussione]].

:--[[Discussioni utente:.mau.| .mau. &#x2709;]] 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. --[[Discussioni utente:.mau.| .mau. &#x2709;]] 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):

:<math>P(X=2|M=3,X\ne 3)=\frac{P(M=3|X=2)P(X=2)}{P(M=3,X\ne 3)}=</math>

::<math>\frac{P(M=3|X=2)P(X=2)}{P(M=3,X=1 \cup M=3,X=2)} = \frac{\frac 13}{\frac 12 \times \frac 13 + 1\times \frac 13}=\frac 23</math>[[Utente:Nijdam|Nijdam]] ([[Discussioni utente: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. --[[Discussioni utente:.mau.| .mau. &#x2709;]] 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.

{{non firmato|Vivabari2001}}

:se ne sei così convinto, io ho pronta una scommessa da fare con te: guarda [http://xmau.com/mate/scommessa.html qua]. --[[Discussioni utente:.mau.| .mau. &#x2709;]] 12:28, 28 apr 2009 (CEST)

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

== Testo spostato dalla voce ==

il seguente testo senza fonti è stato tolto dalla voce:

<pre>

*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

</pre>

--[[Utente:Mpitt|mpitt]] ([[Discussioni utente: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. [[Utente:The Kraff|Kraff クアツフ]] ([[Discussioni utente:The Kraff|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...--[[Speciale:Contributi/79.21.104.56|79.21.104.56]] ([[User talk: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?

# che le probabilità di prendere l'auto sono inizialmente 1/3

# che (ovviamente) ''la probabilità di scegliere la capra all'inizio è di 2/3''

# 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''

# ''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!!--[[Utente:Maxpendy|Maxpendy]] ([[Discussioni utente: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 <s>NON</s> 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.--[[Utente:Sandrobt|Sandro]] ([[Discussioni utente:Sandrobt|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 [[pragmatismo|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!--[[Utente:Maxpendy|Maxpendy]] ([[Discussioni utente:Maxpendy|msg]]) 01:04, 15 ago 2010 (CEST)

== Errore gravissimo ==

Si trattava di [http://it.wikipedia.org/w/index.php?title=Problema_di_Monty_Hall&action=historysubmit&diff=34046629&oldid=33826883 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. --[[Utente:Aushulz|Aushulz]] ([[Discussioni utente: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.--[[Utente:Sandrobt|Sandro]] ([[Discussioni utente:Sandrobt|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.{{nf|18:24, 20 ott 2010| Mathslover}}

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

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

Io analizzerei il problema in maniera diversa:<br />

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.<br />

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.<br />

[[Utente:Rasty1989|Rasty1989]] ([[Discussioni utente: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. --[[Discussioni utente:.mau.| .mau. &#x2709;]] 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... [[Utente:Rasty1989|Rasty1989]] ([[Discussioni utente: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.--[[Utente:Sandrobt|Sandro_bt]] <small>([[Discussioni utente:Sandrobt|scrivimi]])</small> 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. --<span style="color:#4169E1">'''[[Utente:Webwizard|<i><big>Web</big></i></span><span style="color:#00A86B">Wizard]]</span> - <span style="color:#960018">[[Discussioni utente:Webwizard|<small>Free entrance &raquo;&raquo; This way...</small>]]'''</span> 12:38, 25 nov 2010 (CET)

:::::Certo che esistono prove contrarie, e sono ampiamente discusse nella voce nei paragrafi [[Problema_di_Monty_Hall#Soluzione|Soluzione]] e [[Problema_di_Monty_Hall#Aiuti alla comprensione del problema|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.--[[Utente:Sandrobt|Sandro_bt]] <small>([[Discussioni utente:Sandrobt|scrivimi]])</small> 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! --[[Discussioni utente:.mau.| .mau. &#x2709;]] 13:51, 25 nov 2010 (CET)

== MIO Monty ==

Mettiamo 1= vinco, 0= perdo.<br />

PRIMA le possibilità di vincita sono: 001, 010, 100, rispettivamente, per le porte A,B,C.<br />

PRIMA se scelgo una porta ho 33%, se ne scelgo due ho 66%, e '''se CAMBIO ho ancora 33%'''.<br />

PRESENTATORE APRE una porta 0 diversa dalla mia. <br />

DOPO rimangono le possibilità 01 oppure 10.<br />

<br />

Io ho già scelto PRIMA, ma cambio (o no) DOPO.<br />

QUINDI cambiare o no è ininfluente.<br />

<br />

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

<br />

Lo schemino delle tre porte rappresenta la situazione PRIMA.<br />

Per rappresentarla DOPO deve essere ridotto a due rami: CAPRA non eliminata e AUTO.<br />

CAMBIARE esaurisce 66 possibilità di PRIMA, ma 50 di dopo.<br />

Sono due scelte diverse in situazioni diverse.<br />

(nb: per la spiega uso 99=100, mia licenza linguistico-matematica).<br />

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