確率・統計特論笔记（1） Monty Hall Problem&Bertrand paradox

上课时老师提到的概率论中很有名的两个悖论，

其中一个，Monty Hall Problem，大致出自美国的电视游戏节目Let's Make a Deal。问题的名字来自该节目的主持人蒙提·霍尔（Monty Hall）。

这个游戏的玩法是：参赛者会看见三扇关闭了的门，其中一扇的后面有一辆汽车，选中后面有车的那扇门就可以赢得该汽车，而另外两扇门后面则各藏有一只山羊。当参赛者选定了一扇门，但未去开启它的时候，知道门后情形的节目主持人会开启剩下两扇门的其中一扇，露出其中一只山羊。主持人其后会问参赛者要不要换另一扇仍然关上的门。问题是：换另一扇门会否增加参赛者赢得汽车的机会率？如果严格按照上述的条件的话，答案是会，换门的话，赢得汽车的机率是2/3。

虽然该问题的答案在逻辑上并不自相矛盾，但十分违反直觉。这问题曾引起一阵热烈的讨论。最开始没有任何先验知识的情况下，显然这是个古典概型，任选一扇门的概率中奖的概率都是1/3，并且考虑到换错了之后的心情，许多人应该会选择不换，但是其实换是个更好的选择。

解法：

有三种可能的情况，全部都有相等的可能性（1/3）：

    参赛者挑山羊一号，主持人挑山羊二号。转换将赢得汽车。
    参赛者挑山羊二号，主持人挑山羊一号。转换将赢得汽车。
    参赛者挑汽车，主持人挑两头山羊的任何一头。转换将失败。

在头两种情况，参赛者可以透过转换选择而赢得汽车。第三种情况是唯一一种参赛者透过保持原来选择而赢的情况。因为三种情况中有两种是透过转换选择而赢的，所以透过转换选择而赢的概率是2/3。

用贝叶斯公式来分析的话，

Consider the discreterandom variables, all taking values in the set of door numbers{1,2,3}
C: the number of the door hiding theCar,
S: the number of the door Selected by the player,
H: the number of the door opened by theHost.
Then, if the player initially selects door 1, and the host opens door 3, the probability of winning by switching is

另一个悖论， Bertrand paradox（伯特兰悖论），约瑟·伯特兰于1888年在他的著作《Calcul des probabilités》中提到此悖论。

考虑一个内接于圆的等边三角形。若 随机选一条圆上的弦，则此弦的长度比三角形的边更长的概率为多少？伯特兰给出了三个论证，全都是明显有效的，但导致的结果都不相同。

方法1，“random endpoints（随机端点）”方法：在圆周上随机选定两点，并画出连接两点的弦。为了计算问题中的机率，可以想像三角形会旋转，使得其顶点会碰到弦端点中的一点。可观察到，若另一个弦端点在弦会穿过三角形的一边的弧上，则弦的长度会比三角形的边较长。而弧的长度是圆周的三分之一，因此随机的弦会比三角形的边较长的机率亦为三分之一。


方法2，“random radius（随机半径）”方法：选择一个圆的半径和半径上的一点，再画出通过此点并垂直半径的弦。为了计算问题的机率，可以想像三角形会旋转，使得其一边会垂直于半径。可观察到，若选择的点比三角形和半径相交的点要接近圆的中心，则弦的长度会比三角形的边较长。三角形的边会平分半径，因此随机的弦会比三角形的边较长的机率亦为二分之一。“随机半径”方法：选择一个圆的半径和半径上的一点，再画出通过此点并垂直半径的弦。为了计算问题的机率，可以想像三角形会旋转，使得其一边会垂直于半径。可观察到，若选择的点比三角形和半径相交的点要接近圆的中心，则弦的长度会比三角形的边较长。三角形的边会平分半径，因此随机的弦会比三角形的边较长的机率亦为二分之一。

方法3，“random midpoint（随机中点）”方法：选择圆内的任意一点，并画出以此点为中点的弦。可观察到，若选择的点落在半径只有大圆的半径的二分之一的同心圆之内，则弦的长度会比三角形的边较长。小圆的面积是大圆的四分之一，因此随机的弦会比三角形的边较长的机率亦为四分之一。


为什么会导致这个结果，就是因为对随机的定义不清，其实这三种方法的概率空间并不相同，在没有确定概率空间( Ω, F, P)的情况下，是没有办法讨论这个问题的概率的。