Еще о теореме Байеса: задачка Монти Холла
В комментариях к предыдущей записи cheeha напомнила классическую задачку Монти Холла. Я хочу показать, что байесовское решение не только проще классического, но и позволяет увидеть неявное допущение в последнем.
Итак, перед нами три двери. За одной приз, две другие пусты. Вы выбираете дверь A, ведущий, который знает, где приз, показывает, что за дверью B пусто. Следует ли настаивать на A или открыть C?
Пусть A, B, C - события, которые состоят в том, что приз находится за соответствующей дверью. Пусть OB - событие, которое состоит в том, что ведущий открыл дверь B после того, как игрок выбрал дверь A. Найдем P(C|OB) (вычислить P(A|OB) можно аналогично и предоставляется читателю в качестве упражнения).
По теореме Байеса P(C|OB) = P(OB|C)P(C)/P(OB). A priori P(C)=1/3. Если приз лежит за дверью C, то ведущий обязательно выберет дверь B, поэтому P(OB|C)=1. А как вычислить P(OB)?
Очевидно, что P(OB) = P(OB|A)P(A) + P(OB|B)P(B) + P(OB|C)P(C). В этой сумме второй член равен нулю, а третий 1/3. Как быть с первым? Иначе говоря, что делает ведущий, если обе оставшиеся двери пусты?
Если ведущий подбрасывает монетку, выбирая одну из двух пустых дверей, то P(OB|A)=1/2. Тогда теорема Байеса дает P(C|OB)=2/3. Это и есть ответ, который обычно приводят.
Но что, если мы знаем, что ведущий очень ленив и стоит у двери C? Иначе говоря, мы знаем, что он всегда открывает ее, если только за ней нет приза. Это значит, что P(OB|A)=0, и P(C|OB)=1. Что понятно: если ведущий преодолел лень и пошел открывать дверь B, значит, за дверью C точно лежит приз. Аналогично если ведущий очень ленив и стоит у двери B, то P(C|OB)=1/2. Тут поучительно рассмотреть, как в этом случае меняется P(A|OB) по сравнению с априорным P(A).
Можно рассмотреть случай, когда ведущий не очень ленив, и иногда идет к другой двери без необходимости. В итоге можно доказать, что смена выбора игроком никогда не ухудшает его позиции, но может ее улучшить.
Мы видим, что байесовское решение не только проще, но и глубже "обычного".