Zagadki

[Browarion]

Super

A przy okazji paradoksu Monty'ego Hall'a - pozwolę sobie wkleić głos votum separatum do konkuzji o zwiększaniu się prawdopodobieństwa po "... ponownej szansie na wybór" (źródło: http://www.ipipan.waw.pl/~ldebowsk/uslu ... #MontyHall):

Subject: Mała refleksja nt. paradoksu Halla

Witam,
niedawno natknąłem się przypadkowo na opis paradoksu Montego Halla na
Pańskiej stronie. Od razu nasunęła mi się mała refleksja na ten temat.
Zupełnie nie rozumiem jak takie zagadnienie mogło powodować jakiekolwiek
kontrowersje. Sprawa jest przecież bardzo prosta, a tłumaczenie zawarte na
stronie wprowadza tylko nie potrzebny chaos (z czego Pan zapewne zdaje sobie
sprawę). Przy próbie wytłuamczenia ww. paradoksu, łamane są (moim zdaniem)
pdostawowe prawa rachunku prawdopodobieństwa. Przyjęto bowiem, że po
otwarciu jednych z drzwi, prawdopodobieństwo niejako"przechodzi" w całości
na drzwi, które nie zostały wybrane. Polega to więc na ślepym
przyporządkowaniu prawdopodobieństwa wygranej równej 1/3 dla drzwi
pierwotnie wybranych, a czegoś takiego robić nie wolno. Po zniknięciu
jednego z możliwych zdarzeń elementarnych prawdopodobieństwo powinno
rozłożyć się po równo pomiędzy pozostałe zdarzenia.

Prawda jest taka, że mając od wyboru trójkę drzwi, tak naprawdę wybieramy
spośród dwóch opcji. Niezależnie od tego które drzwi wybierzemy, prowadzący
otwiera drzwi, za którymi jest koza i jest to zdarzenie, które zachodzi
podczas każdej gry. Ponieważ dostajemy ponownie prawo wyboru, tym razem
pomiędzy dwójką drzwi, prawdopodobieństwo wygranej wynosi 0,5. Pierwsza tura
nie ma żadnego wpływu na grę i ma za zadanie pozorne zmniejszenie
prawdopodobieństwa wygranej (co wydaje się dziwne w komercyjnym programie;
byćmoże twórca zdecydował, że taka forma programu przyciągnie więcej
widzów).

Uważam, że prawdziwe wytłumaczenie również powinno się znaleźć na stronie
(nie wiem, dlaczego zrezygnował Pan z umieszczenia go)

Z poważaniem,
Tomasz Pietnoczka

Cóż - chyba nic dodać, nic ująć

[Bard]

xshadow Wykorzystałem kiedyś te żarówki w sesji RPG.

Ale wrócę do tych drzwi i będę upierał się przy 50% szans TYLKO przy drugim wyborze (to właśnie miałem na myśli w poprzednim poście). Intuicja może nas zawodzić, ale nazywać od razu sytuację paradoksem?
Obliczenia matematyczne są przydatne:
Przez przegraną rozumiem wybranie bramki z ZONKIEM

Jakie jest prawdopodobienstwo, ze przegrasz za pierwszym i drugim razem?
2/3 x 1/2 = 1/3
2/3 - gdy wybierzesz pierwszy raz zle (mimo, ze mozesz o tym nie wiedziec) a potem w drugim przypadku (czy zmienisz zdanie, czy nie danie to dokonujesz wyboru!) stad 1/2, ze mozesz trafic zle. Czyli razem 1/3, a wiec to, ze trafisz dobrze jest pewne z prawdopodobieństwem 2/3.
Takie wyniki można otrzymać eksperymentując.

Mój kolega - Jerry (wykładowca matematyki) podsunął mi takie wyjaśnienie:
"Wiemy, ze na poczatku np. w drzwiach C nie ma nagrody. Najpierw mielismy wybor ABC, w drugim wypadku tylko AB. Tez wybor zalezy od pierwszego losowania, wiec nie jest niezalezny."

Ponieważ nie mozemy za drugim razem wybrac otwartej bramki
Ale! Nie jest jednak wyborem niezależnym, jak pisałem. Jest nowym wyborem, ale zależy od drugiego, stąd 2/3 x 1/2

"Jezeli otworto drzwi C, to o wiele wieksze jest rawdopodobienstwo, ze po prostu nie otwarto B, bo tam jest nagroda."
"Paradoks? Raczej nie. Najwyzej - zjawisko niezgodne z intuicja."

Świetna zagadka

Przy okazji, Jerry zapodał inną zagadkę:
"Jestes w pinwicy ze skarbem. Jest w niej 10 workow ze zlotem. Niestety, tylko jeden z nich zawiera prawdziwe monety, reszta to falszywki - ksiaze okolicznych wlosci lubi inflację. Jestes w stanie wyniesc tylko jeden worek.
No, mozesz oczywiscie wsystkie wysypac na ziemie i 'losowo' zabrac zloto, ale sam rozumiesz - malo tego bedzie. Masz na szczescie wage [jednoszalkową], ktora jest Ci w stanie powiedziec, ile ziaren pszenicy waza monety na niej polozone. Niestety (lubie to slowo ), jej szalka jest zawieszona na nici z oslego wlosia, ktora za chwile moze peknac.
Za chwile = po jednym wazeniu
Wiesz na szczescie - Archimedes sie klania - ze falszywe zloto albo musi miec inna objetosc, albo inna mase. Poniewaz monety sa do siebie podobne jak n kropel wody , to musza miec inna mase. Domyslasz sie, ze Ksiaze w ramach oszczednosci robil falszywki na jedno kopyto, wiec falszywe waza wszystkie tyle samo, a prawdziwe - nie. Nie wiesz niestety , ktore sa ciezsze. Zreszta niech Ci bedzie - niech prawdziwe beda troche ciezsze. O jedno ziarenko przenicy. I tak calego wokra nie zbadasz, nawet podnoszac obydwa naraz. Krotko mowiac, waga to jedyny ratunek.
Mozesz na niej zwazyc dowolna (rozsadna) ilosc monet, ale tylko raz. Acha, spiesz sie, bo straze moga nadejsc w kazdej chwili.... Powodzenia!

Udało mi się rozwiązać zanim dopadli mnie ci strażnicy

[ja_n]

A przy okazji paradoksu Monty'ego Hall'a - pozwolę sobie wkleić głos votum separatum do konkuzji o zwiększaniu się prawdopodobieństwa po "... ponownej szansie na wybór"

Jest jeden sposób rozumowania, który w prosty sposób wyjaśnia ten paradoks.... Otóż, przyjmijmy, że losujemy bramki np. 1000 razy i nigdy nie zmieniamy bramki po odsłonięciu. Ile razy wygramy? No cóż, wygramy w przybliżeniu 333 razy, prawda? Bo zawsze zachowujemy wynik pierwszego losowania, który ma w oczywisty sposób prawdopodobieństwo wygrania równy 1/3. A więc, gdybyśmy zawsze zmieniali bramkę, wygralibyśmy w pozostałych 667 przypadkach. To tłumaczy i potwierdza wyjaśnienie Nataniela....

[Nataniel]

Browarion -- a jednak warto dodac, ze to co napisal Tomasz Pietnoczka jest najzupelniej bledne Intuicyjnie wydaje sie prawidlowe, dlatego zagadka ta zawsze wzbudza spore emocje i dyskusje.

Jadac niedawno ze znajomymi na konwent klocilismy sie o to chyba z godzine . Jeszcze niedawno na forum Gazety Wyborczej rozgorzala wielka dyskusja, popularniejsza czesto od "typowych" dyskusji o polityce.

Najlatwiej wyobrazic to sobie na takim przykladzie, ze mamy 1000 bramek. Wybieramy jedna (szansa 1/1000), wtedy prowadzacy odslania 998 bramek (np. druga, trzecia, czwarta, ... itd. i nie odslania bramki 28, potem dalej 29, 30, .... az do 1000). I teraz mamy wybor - pozostac przy swojej nieszczesnej bramce (szansa 1/1000) czy wybrac te nieodslonieta 28 .

A dla matematykow takie wyjasnienie:

Wybieramy losowo bramke, powiedzmy "A".
Mamy teraz 6 mozliwych sytuacji:

1) nagroda jest w "A" i nie zmieniamy swego wyboru
(prowadzacy odkrywa B lub C, nie zmieniamy ->> wygralismy)

2) nagroda jest w "A" i zmieniamy
(prowadzacy odkrywa B lub C, zmieniamy ->> przegralismy)

3) nagroda jest w "B" i nie zmieniamy swego wyboru
(prowadzacy odkrywa C, nie zmieniamy ->> przegralismy)

4) nagroda jest w "B" i zmieniamy
(prowadzacy odkrywa C, zmieniamy ->> wygralismy)

5) nagroda jest w "C" i nie zmieniamy swego wyboru
(prowadzacy odkrywa B, nie zmieniamy ->> przegralismy)

6) nagroda jest w "C" i zmieniamy
(prowadzacy odkrywa B, zmieniamy ->> wygralismy)

Zauwazcie, ze gdy prowadzacy odkrywa bramke a my za pierwszym razem sie pomylilismy - nie ma chlopak specjalnego wyboru - musi nam pokazac jedyna bramke bez nagrody, ktora moze odkryc.

I jeszcze dla tych, co potrzebuja dowodu eksperymentalnego:
http://www.shodor.org/interactivate/activities/monty3/

Dodam jeszcze, ze nie znam wynikow teleturnieju, ale spodziewam sie, ze biorac statystycznie, jakies 50% osob zmienialo bramke a 50% osob nie zmienialo. Zastanawiam sie ile z nich wiedzialo o tej zasadzie a ile na wlasne zyczenie okradalo sie z pieniedzy/wycieczki/samochodu

[kaellion]

Ja też zgadzam sie z Natanielem i ja_nem. Zresztą dośc dobrze i długo tłumaczył nam to na studiach jeden profesor zajmujący się probabilistyką.

[kaellion]

Przy okazji, Jerry zapodał inną zagadkę:
"Jestes w pinwicy ze skarbem. Jest w niej 10 workow ze zlotem. Niestety, tylko jeden z nich zawiera prawdziwe monety, reszta to falszywki - ksiaze okolicznych wlosci lubi inflację. Jestes w stanie wyniesc tylko jeden worek.
No, mozesz oczywiscie wsystkie wysypac na ziemie i 'losowo' zabrac zloto, ale sam rozumiesz - malo tego bedzie. Masz na szczescie wage [jednoszalkową], ktora jest Ci w stanie powiedziec, ile ziaren pszenicy waza monety na niej polozone. Niestety (lubie to slowo ), jej szalka jest zawieszona na nici z oslego wlosia, ktora za chwile moze peknac.
Za chwile = po jednym wazeniu
Wiesz na szczescie - Archimedes sie klania - ze falszywe zloto albo musi miec inna objetosc, albo inna mase. Poniewaz monety sa do siebie podobne jak n kropel wody , to musza miec inna mase. Domyslasz sie, ze Ksiaze w ramach oszczednosci robil falszywki na jedno kopyto, wiec falszywe waza wszystkie tyle samo, a prawdziwe - nie. Nie wiesz niestety , ktore sa ciezsze. Zreszta niech Ci bedzie - niech prawdziwe beda troche ciezsze. O jedno ziarenko przenicy. I tak calego wokra nie zbadasz, nawet podnoszac obydwa naraz. Krotko mowiac, waga to jedyny ratunek.
Mozesz na niej zwazyc dowolna (rozsadna) ilosc monet, ale tylko raz. Acha, spiesz sie, bo straze moga nadejsc w kazdej chwili.... Powodzenia!

Biorę z pierwszego worka 1 monetę, z drugiego 2 i tak dalej aż do dziesiątego (10 monet). Ważę je na wadze, wszystkie te monety (a jest ich 55 powinny dać mi jakąś wielkość wyrażoną w ziarnach. waga powinna
pokazac np. 550 ziaren + xziaren więcej, jeśli x = 1 to w pierwszym worku monety są prawdziwe, jeśli 2 to w drugim i tak dalej.

Dobrze???

[Bard]

kaellion: zgadza sę

To jeszcze jedna zagadka. Rozwiązanie łatwo znaleźć na sieci, ale spróbujcie pomyśleć sami.
"Pewien Maharadża dawał swoim więźniom ostatnią szansę. Zamykał ofiarę w lochu, w którym było dwanaście złotych kul, identycznych z wyglądu. Jedna z kul miałą inny ciężar niż pozostałe. Tą kulę należało wrzucić w otwór w zamku, aby otworzyć drzwi. W drzwiach celi zamontowana była waga szalkowa, która blokowała zamek, jeżeli wykonało się więcej niż 3 ważenia. Jeżeli więzień wykazał się sprytem, znalazł sposób na wybranie odpowiedniej kuli-klucza. W innym wypadku zdany był na ślepy los."
Podobno nikomu nie udało się uciec z więzienia Maharadży.

[ja_n]

Przy okazji, Jerry zapodał inną zagadkę:

Tak bym do tego podszedł:

Biorę z pierwszego worka jedną monetę. Z drugiego biorę dwie, z trzeciego trzy i tak dalej. Razem mam 1+2+3+4... = 55 monet. Ważę je i dzielę wynik przez 55. Jeśli reszta z dzielenia = 1 - prawdziwe są monety w pierwszym worku, jeżeli 2 - w drugim itd.

To rozwiązanie zakłada, że 1 moneta = n ziaren pszenicy i n jest całkowite.

EDIT: ech widzę, że się nieco spóźniłem

[Browarion]

Jeszcze do Monty'ego Hall'a:

Hmm, szczególnie ilustracja 1:1000 ptrzemawia do wyobraźni - przynaję
A jednak raczej w tym wypadku zgodziłbym sie ze zdaniem (INTUICYJNIE ), że wybór 1 bramki z 3 jest de facto wyborem jednej z dwóch, właśnie ze względu na to, że i tak zawsze otworzą "tę trzecią".

Przyznaję, że wyniki losowań na "symulatorach" potwierdzają wersję, że trzeba wybrac tę drugą (+/- 66% do 33%), ale ...
... ale ja tam fizykom i matematykom nie wierzę, hihi.

W każdym razie, jakbym kiedyś miał szansę uczestniczyć w takim teleturnieju, to chyba wybrałbym tę drugą... ale bez przekonania!




P.S. A przy okazji - widze że Hodża Nassredin rządzi...

[xshadow]

Eh właśnie wróciłem i widzę, że ktoś mnie ubiegł i dał obie zagadki o ważeniu. Chociaż tą drugą znam w wersji 9 kul i 2 ważenia

[Browarion]

Ważenie kul - rozwiązanie w wypadku gdy wiadomo czy kula jest cięższa czy lżejsza :

najpierw ważę 6 na 6 - wybieram te 6 gdzie znajduje się "inna" kula
potem waże 2:2 (dwie zostawiam) - jeśłi sa równe, to waże dwie pozostałe bo tam jest "inna"
A jeśłi nie są rówe to te dwie cięższe / lżejsze (w zależności od wersji) - bo tam się kryje nasza upragniona droga do wolności

Ale jeżeli wiadomo, że kula jest tylko inna (nie wiadomo czy cięższa, czy lżejsza) - hmm - to jeszcze nie wiem...

[folko]

kaellion: zgadza sę

To jeszcze jedna zagadka. Rozwiązanie łatwo znaleźć na sieci, ale spróbujcie pomyśleć sami.
"Pewien Maharadża dawał swoim więźniom ostatnią szansę. Zamykał ofiarę w lochu, w którym było dwanaście złotych kul, identycznych z wyglądu. Jedna z kul miałą inny ciężar niż pozostałe. Tą kulę należało wrzucić w otwór w zamku, aby otworzyć drzwi. W drzwiach celi zamontowana była waga szalkowa, która blokowała zamek, jeżeli wykonało się więcej niż 3 ważenia. Jeżeli więzień wykazał się sprytem, znalazł sposób na wybranie odpowiedniej kuli-klucza. W innym wypadku zdany był na ślepy los."
Podobno nikomu nie udało się uciec z więzienia Maharadży.

Biore 5 kul waze z kolejnymi 5 jesli waza tyle samo to kula ciezsza jest w jednej z dwu pozostalych, wtedy porownuje je i mam wynik.

Jesli nie, przykladowo ciezsze jest pierwszych piec.
Biore 2 i 2 i waze. Jesli tyle samo to ciezsza jest piata kula ktora zostala.
Jesli nie to w ostatnim wazeniu porownuje 2 kule i mam najciezsza

[Nataniel]

folko, Browarion -- wybrana kula nie musi byc cięższa. Ma inna wage, moze byc rownie dobrze lzejsza. Jezeli masz wiec dwie kule o roznej wadze, to nie potrafisz powiedziec, ktora jest "wybrana", musisz ja do tego porownac z jakas inna (wszystkie pozostale maja te sama wage).

[folko]

faktycznie przeoczylem

[Browarion]

folko, Browarion -- wybrana kula nie musi byc cięższa. Ma inna wage, moze byc rownie dobrze lzejsza.

No włąśnie to jest pewne ograniczenie o którym wspomniałem...
Hmm, przyznam, że w tym wypadku na razie nie mam pomysłu - może jakoś w domu na spokojnie połamię-główkę.

Dobra zagadka - o ile ma rozwiązanie

[Nataniel]

Ma rozwiazanie - pamietam jak zadal nam te zagadke jakis wykladowca na uczelni i siedzialem kilka godzin aby ja rozwiazac Ale sie udalo

[Maciej]

rozwiązanie działające w 25% przypadków dzielimy kule na 4 grupy po 3 kule w każdej.
1. wazymy grupę 1 z 2
2.wazymy grupę 1 z 3
jeśli 1=2, a 1<3 no to cięższa jest w 3,
jeśli 1>2 , a 1=3 no to lżejsza 2 (i odwrotnie, tzn. 1<2, ale 1=3, wtedy cięższa w 2)
i wypadek najgorszy, jeśli 1=2 i 1=3, wtedy w 4 grupie jest zła kula, ale nie dojdziemy do tego, czy jest lzejsza, czy cięższa...
ale jeśli wypadął nam grupa 1,2,3 wtedy ważymy dwie kule z tych grup i wychodzi nam, która jest nie tego.

[Prugi]

Maciej: a nie przypadkiem w 75%, a nawet troszkę więcej

[Maciej]

tam miało byc "niedziałające" ale zapomniałem o "nie"

[ja_n]

No to ja mam rozwiązanie, które działa znacznie częściej, ale jeszcze nie jest pełne. Szczerze mówiąc, gdybym rzeczywiście siedział w tym lochu, to bym spróbował mojej drogi do wolności nie kombinując dalej Może ktoś z Was wymyśli jak poprawić moje rozwiązanie żeby uzyskać rozwiązanie pełne...

Wszystkie ważenia dotyczą dwóch grup w
dolnej linii. Grupa w górnej linii leży
odłożona na bok.

Dzielimy 12 kul na 3 grupy po 4 kule.
ABCD
EFGH IJKL


Następnie modyfikujemy grupy w taki sposób:
EFCD
ABKL IJGH


Trzecie ważenie robimy z takich grup:
EJGD
IBKH AFCL

Wynik ważenia określmy tak:
= - równowaga
> - lewa szalka cięższa
< - prawa szalka cięższa
* - wynik nieistotny

=== - szukamy kuli D.
==> - szukamy kuli C.
==< - szukamy kuli C.
=>= - niemożliwe; pierwsze dwa ważenia
wykazały, że szukana kula jest w parze AB.
Wynik trzeciego ważenia musi być inny.
=>> - szukamy kuli B (bo drugie ważenie
wykazało, że jest ona cięższa
niż pozostałe).
=>< - szukamy kuli A (patrz wyżej).
>== - szukamy kuli E.
>=> - niemożliwe; pierwsze dwa ważenia
wykazały, że szukana kula jest w parze EF i
że jest cięższa niż
pozostałe.
>=< - szukamy kuli F.
>>= - szukamy kuli J.
>>> - niemożliwe; pierwsze dwa ważenia
wykazały, że szukana kula jest w parze IJ i
że jest lżejsza niż pozostałe.
>>< - szukamy kuli I.
<== - szukamy kuli E.
<=> - szukamy kuli F.
<=< - niemożliwe; pierwsze dwa ważenia
wykazały, że szukana kula jest w parze EF i
że jest lżejsza niż pozostałe.
<>= - szukamy kuli G.
<>> - szukamy kuli K albo L. - tu jest pięta achillesowa mojego rozwiązania
<>< - szukamy kuli H.

[Bard]

ja_n; wydaje mi się, że jesteś bardzo blisko rozwiązania, ale nie jestem pewien czy dobrze zinterpretowałem twój zapis .
Kluczem jest tu, jak się już domyśliliście, odpowiednie wymieszanie kul przy kolejnych ważeniach.
Nim padnie rozwiązanie podam ciekawy wzór do określania zależności pomiędzy liczbą kul i ważeń. x=(3^y-1):2-1, gdzie x=ilość kul a y=minimalna ilość ważeń.

A to zagadka, dla tych, którzy nie mają głowy na te kule. Podobno zagadka ta została wymyślona przez b. znanego fizyka

Każda z pięciu osób mieszka w innym domu w różnym kolorze. Każdy jest palaczem innej marki papierosów i każdy ma swój ulubiony napój. Każdy hoduje inne zwierzę. No więc kto hoduje rybki ?
Norweg zamieszkuje pierwszy dom
Anglik mieszka w czerwonym domu
Zielony dom znajduje się po lewej stronie domu białego
Duńczyk pija herbatkę
Palacz Rothmansów mieszka obok hodowcy kotów
Mieszkaniec żółtego domu pali Dunhille
Niemiec pali Marlboro
Mieszkaniec środkowego domu pija mleko
Palacz Rothmansów ma sąsiada, który pija wodę
Palacz Pall Malli hoduje ptaki
Szwed hoduje psy
Norweg mieszka obok niebieskiego domu
Hodowca koni mieszka obok żółtego domu
Palacz Philip Morris pija piwo
W zielonym domu pija się kawę

[folko]

Niemiec choduje rybki...

[dasilwa]

bardzo ciekawa zagadka wedlug mnie powinno byc tak:

1domek: zolty - Norweg - pali Dunhille - pije wode - hoduje koty
2domek: niebieski - Duńczyk - pali Rothmansy - pije herbate - hoduje konie
3domek: czerwony - Anglik - pali Pall Malle - pije mleko - hoduje ptaki
4domek: zielony - Niemiec - pali Marlboro - pije kawe - hoduje rybki
5domek: bialy - Szwed - pali Philip Moris - pije piwo - hoduje psy

poprawcie jesli cos skwasilem

[dasilwa]

a moglem byc pierwszy gdybym sie tak nie rozpisal
czekam na wiecej zagadek...

[ja_n]

ja_n; wydaje mi się, że jesteś bardzo blisko rozwiązania, ale nie jestem pewien czy dobrze zinterpretowałem twój zapis .

No tak mi się też wydaje, ale nie mam już głowy żeby kombinować jak podzielić te kule. Próbowałem klucza - każda kula musi w trzech ważeniach być choć raz w każdej z grup - raz na lewej szalce, raz na prawej szalce i raz odłożona na bok. Ale to za mało. Dodatkowo musi być moim zdaniem tak, żeby każda para kul choć raz była rozdzielona - jedna z nich na boku, a druga na wadze. Dopiero wtedy będzie można określić, której kuli szukamy. Tyle że nie potrafię tak tych kul podzielić, aby ten drugi warunek był spełniony... Tyle moich spostrzeżeń.