Monty Hall sorunu - Monty Hall problem

Oyuncu yeni bir araba ararken bir kapı seçer, diyelim 1 . Oyun sunucusu daha sonra bir keçiyi ortaya çıkarmak için diğer kapılardan birini, örneğin 3'ü açar ve oyuncunun kapı 1'den kapı 2'ye geçmesine izin vermeyi teklif eder .

Monty Hall problemi bir şeklinde, bir zeka olduğu ihtimali gevşek Amerikan televizyon yarışma programında dayalı bulmaca, edelim Yap bir anlaşma ve orijinal konak, adını Monty Hall . Sorun başlangıçta yarattığı (ve çözülen) olduğu bir mektupta edildi Steve Selvin için Amerikan İstatistikçi Bu alıntı okuyucu Craig F. Whitaker'in mektubundan bir soru olarak ünlendi 1975 yılında Marilyn vos Savant içinde 'ın 'Ask Marilyn' sütununda Parade dergisinde 1990 yılında:

Bir yarışma programında olduğunuzu ve size üç kapı seçeneği verildiğini varsayalım: Bir kapının arkasında bir araba var; diğerlerinin arkasında, keçiler. Bir kapı seçiyorsunuz, diyelim ki 1 numara ve kapıların ardında ne olduğunu bilen ev sahibi, başka bir kapıyı, diyelim ki 3 numaralı, keçisi olan bir kapıyı açıyor. Sonra size, "2 numaralı kapıyı seçmek ister misiniz?" diyor. Seçiminizi değiştirmek sizin yararınıza mı?

Vos Savant'ın yanıtı, yarışmacının diğer kapıya geçmesi gerektiğiydi. Standart varsayımlar altında, anahtarlama stratejisinin bir2/3 arabayı kazanma olasılığı , ilk seçimde kalan strateji ise sadece1/3 olasılık.

Oyuncu seçimini ilk yaptığında, 2/3arabanın seçilmemiş kapılardan birinin arkasında olma ihtimali. Ev sahibi seçilmemiş kapılardan birini açtıktan sonra bu olasılık değişmez. Ev sahibi, seçilmemiş 2 kapı hakkında bilgi verdiğinde (birinin arkasında araba olmadığını ortaya çıkararak),2/3 arabanın seçilmemiş kapılardan birinin arkasında olma şansı, arabanın aksine, seçilmemiş ve açılmamış kapıya bağlıdır. 1/3 arabanın yarışmacının başlangıçta seçtiği kapının arkasında olma şansı.

Verilen olasılıklar, ev sahibi ve yarışmacının kapılarını nasıl seçtikleri ile ilgili belirli varsayımlara bağlıdır. Önemli bir kavrayış, bu standart koşullar altında, 2. ve 3. kapılar hakkında, oyunun başında, oyuncu tarafından 1. kapıyı seçildiğinde mevcut olandan daha fazla bilgi olduğudur: ev sahibinin kasıtlı eylemi, yapmadığı kapıya değer katar. ortadan kaldırmayı seçin, ancak yarışmacı tarafından orijinal olarak seçilene değil. Bir başka fikir de, ilk eylem önceki bilgiyi kullandığı ve ikinci eylem kullanmadığı için, kapıları değiştirmenin kalan iki kapı arasında rastgele seçim yapmaktan farklı bir eylem olduğudur. Konağın açıklanandan farklı diğer olası davranışları, farklı ek bilgiler ortaya çıkarabilir veya hiç bilgi vermeyebilir ve farklı olasılıklar verebilir.

Vos Savant'ın sütununun birçok okuyucusu, geçişin faydalı olduğuna inanmayı reddetti ve açıklamasını reddetti. Sorun Parade'de göründükten sonra, yaklaşık 1000'i doktoralı olmak üzere yaklaşık 10.000 okuyucu dergiye yazdı ve çoğu vos Savant'ı yanlış olarak nitelendirdi. Açıklamalar, simülasyonlar ve resmi matematiksel kanıtlar verildiğinde bile, birçok insan hala değiştirmenin en iyi strateji olduğunu kabul etmedi. Tarihteki en üretken matematikçilerden biri olan Paul Erdős , Savant'ın tahmin edilen sonucunu gösteren bir bilgisayar simülasyonu gösterilene kadar ikna olmadı.

Sorun bir paradoks veridical Vos Savant çözümü yüzden saçma görünebilir dışı gelebilir, çünkü, türü, ama yine de kanıtlanabilir doğrudur. Monty Hall problemi, daha önceki Üç Mahkum problemi ve çok daha eski olan Bertrand'ın kutu paradoksu ile matematiksel olarak yakından ilişkilidir .

paradoks

Steve Selvin , 1975'te Amerikan İstatistikçisine Let's Make a Deal yarışma programına dayanan bir sorunu anlatan bir mektup yazdı ve sonraki bir mektupta buna "Monty Hall sorunu" adını verdi. Problem matematiksel olarak Martin Gardner'ın 1959'da Scientific American'daki "Matematiksel Oyunlar" sütununda açıklanan Üç Mahkum problemine ve Gardner'ın Aha Gotcha kitabında açıklanan Üç Mermi Problemine eşdeğerdir .

Standart varsayımlar

Standart varsayımlar altında, geçişten sonra arabayı kazanma olasılığı 2/3. Bu çözümün anahtarı, ana bilgisayarın davranışıdır. Parade sürümündeki belirsizlikler , ana bilgisayarın protokolünü açıkça tanımlamaz. Bununla birlikte, Marilyn vos Savant'ın Whitaker'ın sorusuyla birlikte basılan çözümü, ev sahibinin rolünü aşağıdaki gibi ima eder ve hem Selven hem de vos Savant açıkça tanımlar:

1. Ev sahibi her zaman yarışmacının seçmediği bir kapıyı açmalıdır.
2. Ev sahibi bir keçiyi ortaya çıkarmak için her zaman bir kapı açmalı, asla arabayı göstermemelidir.
3. Ev sahibi her zaman başlangıçta seçilen kapı ile kalan kapalı kapı arasında geçiş yapma şansı sunmalıdır.

Bu varsayımlardan herhangi biri değiştiğinde, aşağıdaki bölümde ayrıntılı olarak açıklandığı gibi kapıları değiştirerek kazanma olasılığını değiştirebilir . Ayrıca tipik olarak, arabanın başlangıçta rastgele olarak kapıların arkasına gizlendiği ve oyuncu başlangıçta arabayı seçerse, ev sahibinin hangi keçi saklanan kapıyı açacağının seçiminin rastgele olduğu varsayılır. Bazı yazarlar, bağımsız veya kapsayıcı olarak, oyuncunun ilk seçiminin de rastgele olduğunu varsayar.

Basit çözümler

Oyunun üç ilk konfigürasyonu. İkisinde, oyuncu bir kapı açılmadan önce yapılan seçimden uzaklaşarak kazanır.

vos Savant'ın Parade'de sunduğu çözüm , bir arabanın ve iki keçinin üç kapının arkasındaki üç olası düzenlemesini ve her durumda ilk olarak 1. kapıyı seçtikten sonra kalmanın veya değiştirmenin sonucunu gösterir:

1 numaralı kapının arkasında	2. kapının arkasında	3. kapının arkasında	1 numaralı kapıda kalırsanız sonuç	Teklif edilen kapıya geçilirse sonuç
Keçi	Keçi	Araba	keçi kazanır	araba kazanır
Keçi	Araba	Keçi	keçi kazanır	araba kazanır
Araba	Keçi	Keçi	araba kazanır	keçi kazanır

İlk seçimde kalan bir oyuncu, bu eşit olasılıkların üçünden sadece birinde kazanırken, değiştiren bir oyuncu üçün ikisinde kazanır.

Yarışmacı başlangıçta bir keçi (2 3 kapıları) alırsa Sezgisel açıklama, yani yarışmacı olacak diğer keçi artık alınabilmesidir yarışmacı başlangıçta araba alırsa, oysa geçiş yaparak araba kazanmak (1 3 ) kapı, yarışmacı olmaz geçiş yaparak araba kazanmak. Ev sahibinin daha sonra seçilmemiş kapılardan birinde bir keçi ortaya çıkarması, başlangıçtaki olasılık hakkında hiçbir şey değiştirmez.

Herhangi bir kapı açıldıktan sonra oyuncunun rastgele seçim yaptığı farklı bir seçim süreci, farklı bir olasılık verir.

Çoğu insan, açılmamış iki kapı ve bir araba olduğu için değiştirmenin önemli olmadığı ve bunun 50/50 bir seçim olduğu sonucuna varır. Ev sahibi rastgele bir kapı açarsa bu doğru olur, ancak durum böyle değildir; açılan kapı oyuncunun ilk seçimine bağlıdır, bu nedenle bağımsızlık varsayımı geçerli değildir. Ev sahibi bir kapıyı açmadan önce bir1/3arabanın her kapının arkasında olma olasılığı. Araba 1. kapının arkasındaysa, ev sahibi 2. kapıyı veya 3. kapıyı açabilir, bu nedenle arabanın 1. kapının arkasında olması ve ev sahibinin 3. kapıyı açma olasılığı1/3 × 1/2 = 1/6. Araç kapısının 2 arkasındadır (ve oyuncu kapısını 1 seçti) ise ev sahibi olmalıdır , kapıyı 3 açmak araç kapısının 2 gerisinde olduğu olasılık böylece ve konak kapısı 3'tür açar1/3 × 1 = 1/3. Bunlar, sunucunun 3 numaralı kapıyı açtığı durumlardır, bu nedenle oyuncu 1 numaralı kapıyı seçtiyse ve ev sahibi 3 numaralı kapıyı açarsa, arabanın 2. kapının arkasında olma olasılığı 1. kapıdan iki kat daha fazladır. kapının 2 ardında ev sahibi olmalıdır kapıyı 3 açmaya ama araba kapının 1 arkasında ise ev sahibi ya kapıyı açabilirsiniz.

Çözümü anlamanın bir başka yolu, iki orijinal seçilmemiş kapıyı birlikte düşünmektir. As Cecil Adams koyar o "Monty yürürlükte söylüyor: Eğer bir kapıyı tutabilir ya da diğer iki kapı sahip olabilir." NS2/3Bu kapılardan birinin açılmasıyla arabayı bulma şansı değişmemiştir çünkü arabanın yerini bilen Monty'nin bir keçi ortaya çıkaracağı kesindir. Dolayısıyla, sunucu bir kapıyı açtıktan sonra oyuncunun seçimi, sunucunun oyuncuya orijinal seçilen kapıdan kalan her iki kapıdan oluşan sete geçme seçeneği sunmasından farklı değildir . Bu durumda anahtar, oyuncuya açıkça bir2/3 araba seçme olasılığı.

Arabada bir 1/3 oyuncunun seçiminin gerisinde olma şansı ve 2/3 diğer iki kapıdan birinin arkasında olma şansı.

Ev sahibi bir kapı açar, iki setin oranları değişmez, ancak açık kapı için oranlar 0'a hareket eder ve 2/3 kapalı kapı için.

As Keith Devlin diyor, "onun kapısını açarak Monty ödül bunlardan biridir arkasında olduğunu sen seçmedin İki kapı var' yarışmacı için diyerek ve olasılık olduğu2/3. Bu iki kapıdan birini açarak ödülü gizlemediğini size göstermek için ödülün nerede olduğu bilgimi kullanarak size yardımcı olacağım. Artık bu ek bilgilerden yararlanabilirsiniz. A kapısı seçiminizin kazanan olma şansı 3'te 1'dir. Bunu değiştirmedim. Ama C kapısını eleyerek size B kapısının ödülü gizleme olasılığının 3'te 2 olduğunu göstermiş oldum. ' "

Vos Savant, çözümün 3 yerine 1.000.000 kapı ile daha sezgisel olacağını öne sürüyor. Bu durumda, arkasında keçi olan 999.999 kapı ve ödüllü bir kapı var. Oyuncu bir kapı seçtikten sonra, ev sahibi kalan kapıların 999.998'ini açar. Ortalama olarak, 1.000.000 üzerinden 999.999 kez, kalan kapı ödülü içerecektir. Sezgisel olarak, oyuncu, bir milyon kapı verildiğinde, başlangıçta doğru olanı seçmenin ne kadar muhtemel olduğunu sormalıdır. Stibel ve arkadaşları , Monty Hall sorunu sırasında işleyen bellek talebinin vergilendirildiğini ve bunun insanları seçimlerini eşit derecede olası iki seçeneğe "çökmeye" zorladığını öne sürdüler. Seçenek sayısı 7'den fazla seçeneğe (7 kapı) yükseltildiğinde, insanların daha sık geçiş yapma eğiliminde olduğunu bildiriyorlar; ancak, çoğu yarışmacı 50:50'de başarı olasılığını hala yanlış değerlendiriyor.

Vos Savant ve medyanın öfkesi

Vos Savant, Monty Hall sorunuyla ilgili ilk sütununda oyuncunun değiştirmesi gerektiğini yazdı. Okurlarından binlerce mektup aldı - bunların büyük çoğunluğu, doktoralı okuyuculardan gelenler de dahil olmak üzere, cevabına katılmadı. 1990-1991 döneminde, Parade'deki üç sütunu daha paradoksa ayrıldı. Vos Savant'ın köşe yazılarının okuyucularından gelen çok sayıda mektup örneği The Monty Hall Dilemma: A Cognitive Illusion Par Excellence'da sunulmakta ve tartışılmaktadır .

Tartışma diğer mekanlarda tekrarlandı (örneğin, Cecil Adams'ın " The Straight Dope " gazete sütununda) ve The New York Times gibi büyük gazetelerde haber yapıldı .

Cevabını açıklığa kavuşturmak için bir deniz kabuğu oyunu önerdi: "Başını çeviriyorsun ve ben üç kabuktan birinin altına bir bezelye koyuyorum. Sonra senden parmağını bir kabuğun üzerine koymanı istiyorum. Seçiminizin içerdiği oranlar. bir bezelye 1/3, kabul? Sonra kalan ikisinden boş bir kabuk kaldırıyorum. Seçtiğiniz ne olursa olsun bunu yapabileceğim (ve yapacağım) için, parmağınızın altındaki kabuktaki oranları gözden geçirmemize izin verecek hiçbir şey öğrenmedik." Ayrıca üç oyun kartıyla benzer bir simülasyon önerdi.

Vos Savant, bazı okuyucuların, ev sahibinin her zaman bir keçiyi ortaya çıkarması gerektiğini varsaymaları gerektiğinin farkına varmamalarından kaynaklanan bazı kafa karışıklıklarına rağmen , neredeyse tüm muhabirlerinin problem varsayımlarını doğru bir şekilde anladığını ve başlangıçta hala vos Savant'ın cevap ("geçiş") yanlıştı.

Karışıklık ve eleştiri

Karışıklık kaynakları

Monty Hall problemi ilk kez sunulduğunda, insanların ezici bir çoğunluğu her kapının eşit bir olasılığa sahip olduğunu varsayıyor ve geçişin önemli olmadığı sonucuna varıyor. Bir çalışmada 228 denekten sadece %13'ü geçiş yapmayı seçti. İsimli kitabında Mantıksal Düşünme Gücü , bilişsel psikolog Massimo Piattelli Palmarini  [ o ] yazıyor: "Başka hiçbir istatistiksel bulmaca kadar yakın bütün insanları her zaman kandıramazsın [ve] hatta Nobel sistematik yanlış cevap vermek Fizikçiler geliyor ve onlar o ısrar ediyorlar ve doğru cevabı önerenleri yazılı olarak azarlamaya hazırlar." Tekrar tekrar soruna maruz kalan güvercinler, insanların aksine her zaman geçiş yapmayı hızla öğrendiklerini gösteriyor.

Sorunun çoğu ifadesi, özellikle de Parade'deki ifade , gerçek yarışma programının kurallarına uymuyor ve ev sahibinin davranışını veya arabanın konumunun rastgele seçildiğini tam olarak belirtmiyor. Krauss ve Wang, açıkça ifade edilmeseler bile insanların standart varsayımlarda bulunduklarını varsayıyorlar.

Bu konular matematiksel olarak önemli olsa da, bu faktörler kontrol edildiğinde bile, neredeyse tüm insanlar hala açılmamış iki kapının her birinin eşit bir olasılığa sahip olduğunu düşünüyor ve geçişin önemli olmadığı sonucuna varıyor. Bu "eşit olasılık" varsayımı, köklü bir sezgidir. İnsanlar, olasılığın, var olup olmadığına bakılmaksızın, mevcut olduğu kadar çok bilinmeyene eşit olarak dağıldığını düşünme eğilimindedir.

Sorun bilişsel psikologların dikkatini çekmeye devam ediyor. Çoğunluğun tipik davranışı, yani değişmeme, psikoloji literatüründe şu şekilde bilinen fenomenlerle açıklanabilir:

1. Bağış etkisi insanlar zaten seçilmiş kazanan olasılığını aşırı değer eğiliminde olduğu, - zaten "sahip olunan" - Kapıyı.
2. Statüko önyargı , hangi insanlar zaten yaptık kapının seçimi ile sopa tercih ederler.
3. İhmal hatalarına karşı komisyon hataları etkisi, diğer her şey eşit olduğunda, insanlar eylem (Switch) yerine eylemsizlik (Stay) yoluyla hata yapmayı tercih ederler.

Deneysel kanıtlar, bunların olasılık sezgisine bağlı olmayan makul açıklamalar olduğunu doğrular. Başka bir olasılık, insanların sezgilerinin, sorunun ders kitabı versiyonuyla değil, gerçek bir yarışma programı ortamıyla ilgilenmesidir. Orada, gösteri ustasının, yalnızca başlangıçta arabalı bir kapı seçilmişse, diğer kapıları açarak aldatıcı bir şekilde oynaması olasılığı vardır. Bir gösteri ustasının yarı hileli bir şekilde oynaması, birinin "eşit olasılığa" geçmesi teklif edildiğinde kazanma şansını değiştirir.

Basit çözümlerin eleştirisi

Daha önce belirtildiği gibi, olasılık alanındaki çoğu kaynak , birçok olasılığa giriş ders kitabı dahil , arabanın 1. ve 2. kapının arkasında olduğuna dair koşullu olasılıkları göstererek sorunu çözer.1/3 ve 2/3 (Olumsuz 1/2 ve 1/2) müsabıkın ilk olarak 1. kapıyı seçtiği ve ev sahibinin 3. kapıyı açtığı göz önüne alındığında; Bu sonucu elde etmek ve anlamak için çeşitli yollar önceki alt bölümlerde verilmiştir.

Bu kaynaklar arasında, popüler olarak sunulan "basit" çözümleri açıkça eleştiren ve bu çözümlerin "doğru ama ... sallantılı" olduğunu veya "ortaya konan sorunu ele almadığını" veya "eksik" olduğunu veya "ikna edici ve inandırıcı olmadığını" söyleyenler vardır. yanıltıcı" veya (en açık şekilde) "yanlış".

Sasha Voloch (2015), "1. kapının olasılığı 1/3ve hiçbir şey bunu değiştiremez  ...' otomatik olarak şüphelidir: olasılıklar dünya hakkındaki cehaletimizin ifadeleridir ve yeni bilgiler cehaletimizin boyutunu değiştirebilir."

Bazıları bu çözümlerin biraz farklı bir soruya cevap verdiğini söylüyor - bir ifade " geçmeyi planlayıp planlamadığınızı bir kapı açılmadan önce duyurmalısınız ".

Basit çözümler, değiştirmeye kararlı bir yarışmacının arabayı büyük olasılıkla kazanacağını çeşitli şekillerde gösteriyor. 2/3ve bu nedenle, oyuncu önceden "her zaman geçiş yapmak" ve "her zaman kalmak" arasında seçim yapmak zorundaysa, bu geçiş kazanan stratejidir. Ancak, her zaman değiştirerek kazanma olasılığı , oyuncunun 1 numaralı kapıyı seçtiği ve sunucunun 3 numaralı kapıyı açtığı düşünüldüğünde, değiştirerek kazanma olasılığından mantıksal olarak farklı bir kavramdır . Bir kaynağın dediği gibi, "[bu sorular] arasındaki ayrım birçok kişinin kafasını karıştırıyor gibi görünüyor". Bunların farklı olduğu, bu iki olasılığın farklı sayısal değerlere sahip olması için problem değiştirilerek gösterilebilir. Örneğin, yarışmacının, Monty'nin tüm yasal alternatifler arasından ikinci kapıyı rastgele seçmediğini, bunun yerine, kaybeden iki kapı arasında seçim yapma fırsatı verildiğinde, Monty'nin sağdaki kapıyı açacağını bildiğini varsayalım. Bu durumda, aşağıdaki iki sorunun farklı cevapları vardır:

1. Her zaman geçiş yaparak arabayı kazanma olasılığı nedir ?
2. Oyuncunun 1. kapıyı seçtiği ve ev sahibinin 3. kapıyı açtığı göz önüne alındığında , arabayı kazanma olasılığı nedir ?

İlk sorunun cevabı 2/3, "basit" çözümlerle doğru bir şekilde gösterildiği gibi. Ancak ikinci sorunun cevabı şimdi farklıdır: arabanın kapı 3'ü (sağdaki kapı) açtığı göz önüne alındığında, arabanın 1. kapının veya 2. kapının arkasında olması koşullu olasılığı:1/2. Bunun nedeni, Monty'nin en sağdaki kapıları tercih etmesi, araba 1 numaralı kapının arkasındaysa (başlangıçta muhtemelen böyledir) 3 numaralı kapıyı açacağı anlamına gelir.1/3) veya araba 2. kapının arkasındaysa (başlangıçta muhtemelen 1/3). Bu varyasyon için, iki soru farklı cevaplar verir. Ancak, arabanın her kapının arkasında olduğu ilk olasılık olduğu sürece,1/3, geçiş yaparak kazanmanın koşullu olasılığı her zaman en az olduğundan, geçiş yapmak asla yarışmacının dezavantajına değildir. 1/2.

Morgan ve ark. , dört üniversite profesörü The American Statistician'da vos Savant'ın doğru tavsiyeyi ancak yanlış argümanı verdiğini iddia eden bir makale yayınladı . Oyuncunun 1. kapı ve açılan kapı 3 için ilk seçimi göz önüne alındığında , 2. kapının arkasındaki arabanın şansını sorduğuna inandılar ve bu şansın arasında herhangi bir şey olduğunu gösterdiler.1/2ve 1 seçim verilen ev sahibinin karar sürecine bağlı olarak. Sadece karar tamamen rastgele olduğunda şans2/3.

Davet edilen bir yorumda ve editöre sonraki mektuplarda, Morgan ve diğerleri bazı yazarlar tarafından desteklendi, diğerleri tarafından eleştirildi; her durumda , The American Statistician'daki mektup veya yorumun yanında Morgan ve arkadaşlarının bir yanıtı yayınlanır . Özellikle, vos Savant kendini şiddetle savundu. Morgan ve diğerleri , vos Savant'a verdikleri yanıtta, vos Savant'ın hâlâ kendi ana noktalarına fiilen yanıt vermediğinden şikayet ettiler. Daha sonra Hogbin ve Nijdam'a verdikleri yanıtta, ev sahibinin bir seçeneği olduğu zaman tamamen rastgele açılacak bir kapı seçtiğini varsaymanın doğal olduğu konusunda hemfikirdiler ve dolayısıyla geçiş yaparak kazanmanın koşullu olasılığının (yani, Oyuncunun seçimini yapması gerektiğinde içinde bulunduğu durum göz önüne alındığında koşullu) aynı değere sahiptir,2/3, geçiş yaparak kazanmanın koşulsuz olasılığı olarak (yani, tüm olası durumların ortalaması alınır). Bu eşitlik, Morgan ve arkadaşlarının matematiksel olarak ilgili çözümünün yalnızca istatistikçilere hitap edeceğini, simetri durumunda koşullu ve koşulsuz çözümlerin denkliğinin sezgisel olarak açık olduğunu öne süren Bell (1992) tarafından zaten vurgulanmıştı .

Literatürde, Parade'de sunulduğu şekliyle vos Savant'ın problemi formüle etmesinin birinci soruyu mu yoksa ikinci soruyu mu sorduğu ve bu farkın anlamlı olup olmadığı konusunda anlaşmazlık vardır . Behrends, "Her iki analizin de doğru olduğunu görmek için konuyu dikkatle ele almak gerekir" sonucuna varır; bu onların aynı olduğu anlamına gelmez. Makalenin birkaç eleştirmeni, Morgan ve ark. Katkıları orijinal makalenin yanında yayınlanan , yazarları vos Savant'ın ifadesini değiştirdikleri ve niyetini yanlış yorumladıkları için eleştirdi. Bir tartışmacı (William Bell), bir kişinin (standart koşullar altında) hangi kapının ev sahibi tarafından açıldığının, kişinin geçiş isteyip istemediğinden bağımsız olduğunu açıkça söyleyip söylemediğini bir zevk meselesi olarak değerlendirdi .

Basit çözümler arasında, "kombine kapılar çözümü", olasılık kavramı ve Bayes teoremi kullanan yaklaşımların tartışılmasında gördüğümüz gibi, koşullu bir çözüme en yakın olanıdır. Bilinen bilgileri ortaya çıkarmanın olasılıkları etkilemeyeceği köklü bir sezgiye dayanır . Ancak sunucunun bir keçiyi göstermek için seçilmemiş iki kapıdan birini açabileceğini bilmek, belirli bir kapıyı açmanın arabanın başlangıçta seçilen kapının arkasında olma olasılığını etkilemeyeceği anlamına gelmez. Mesele şu ki, ev sahibinin bir kapı açıp bir keçi ortaya çıkaracağını önceden bilsek de hangi kapıyı açacağını bilemeyiz . Ev sahibi bir keçiyi saklayan kapılar arasında rastgele bir seçim yaparsa (standart yorumda olduğu gibi), bu olasılık gerçekten değişmeden kalır, ancak ev sahibi bu tür kapılar arasında rastgele olmayan bir seçim yapabilirse, o zaman ev sahibinin açtığı belirli kapı ek bilgileri ortaya çıkarır. Ev sahibi her zaman bir keçiyi ortaya çıkaran bir kapı açabilir ve (sorunun standart yorumunda) arabanın başlangıçta seçilen kapının arkasında olma olasılığı değişmez, ancak ikincisinin doğru olması birincisi nedeniyle değildir . Ev sahibinin eylemlerinin, arabanın başlangıçta seçilenin arkasında olma olasılığını etkileyemeyeceği iddiasına dayanan çözümler ikna edici görünebilir, ancak ev sahibinin bir seçeneği varsa, iki seçeneğin her biri eşit derecede olası değilse, iddia basitçe doğru değildir. Bu nedenle iddianın gerekçelendirilmesi gerekir; gerekçe gösterilmeden, çözüm en iyi ihtimalle eksiktir. Cevap doğru olabilir, ancak onu haklı çıkarmak için kullanılan mantık kusurludur.

Koşullu olasılık ve diğer çözümleri kullanan çözümler

Yukarıdaki basit çözümler, değiştirme stratejisine sahip bir oyuncunun arabayı genel olasılıkla kazandığını göstermektedir. 2/3, yani ev sahibi tarafından hangi kapının açıldığı dikkate alınmadan. Buna karşılık, olasılık alanındaki çoğu kaynak , arabanın 1. kapının ve 2. kapının arkasında olduğuna dair koşullu olasılıkları hesaplar.1/3 ve 2/3 müsabıkın ilk olarak 1. kapıyı seçtiği ve ev sahibinin 3. kapıyı açtığı göz önüne alındığında, bu bölümdeki çözümler sadece oyuncunun 1. kapıyı seçtiği ve ev sahibinin 3. kapıyı açtığı durumları ele alır.

Basit çözümün rafine edilmesi

Bir seçim verildiğinde sunucunun rastgele bir kapı açtığını varsayarsak, o zaman sunucunun hangi kapıyı açtığı bize arabanın 1. kapının arkasında olup olmadığı konusunda hiçbir bilgi vermez. Basit çözümlerde zaten gözlemledik. arabanın ilk olarak oyuncu tarafından seçilen kapı olan 1. kapının arkasında olma olasılığı başlangıçta 1/3. Üstelik, ev sahibi kesinlikle açacak bir nedenle açılması, (farklı) kapıyı bir kapı ( ki bu değişmez kapı belirtilmemiş).1/3Sunucunun seçtiği kapı 2 ve sunucunun seçtiği kapı 3 verildiğinde, arabanın 1. kapının arkasında olma olasılığının ortalama olasılığı olmalıdır, çünkü bunlar yalnızca iki olasılıktır. Ancak, bu iki olasılık aynıdır. Bu nedenle, ikisi de eşittir1/3. Bu, oyuncunun başlangıçta bu kapıyı seçtiği ve ev sahibinin 3 numaralı kapıyı açtığı göz önüne alındığında, arabanın 1. kapının arkasında olma şansının, olduğunu gösterir.1/3, ve oyuncunun başlangıçta 1. kapıyı seçtiği ve ev sahibinin 3. kapıyı açtığı göz önüne alındığında, arabanın 2. kapının arkasında olma şansı şudur: 2/3. Analiz ayrıca, genel başarı oranının2/3, her zaman değiştirilerek elde edilir , geliştirilemez ve zaten sezgisel olarak açık olanın altını çizer: oyuncunun karşı karşıya olduğu seçim, başlangıçta seçilen kapı ile ev sahibi tarafından kapalı bırakılan diğer kapı, bu kapılardaki belirli sayılar arasındaki seçimdir. alakasız.

Doğrudan hesaplama ile koşullu olasılık

Oyuncu başlangıçta Kapı 1'i seçerse olası her sonucun olasılığını gösteren ağaç

Tanım olarak, yarışmacının ilk olarak 1. kapıyı seçmesi ve ev sahibinin 3. kapıyı açması göz önüne alındığında, geçiş yaparak koşullu kazanma olasılığı , "araba 2. kapının arkasında ve ev sahibi 3. kapıyı açar" olayının olasılığının, "ev sahibi kapıyı açar" olasılığına bölümüdür. 3". Bu olasılıklar, aşağıdaki koşullu olasılık tablosuna veya sağda gösterildiği gibi eşdeğer bir karar ağacına göre belirlenebilir. Geçiş yaparak kazanmanın koşullu olasılığı1/3/1/3 + 1/6, hangisi 2/3.

Aşağıdaki koşullu olasılık tablosu, tümünde oyuncunun ilk başta 1. kapıyı seçtiği 300 vakanın, arabanın konumuna ve ev sahibi tarafından açılacak kapı seçimine göre ortalama olarak nasıl bölüneceğini gösterir.

3. Kapının arkasına gizlenmiş araba (ortalama olarak 300 vakadan 100'ü)	1. Kapının arkasına gizlenmiş araba (ortalama olarak 300 vakadan 100'ü)		2. Kapının arkasına gizlenmiş araba (ortalama olarak 300 vakadan 100'ü)
Oyuncu başlangıçta Kapı 1'i seçer, 300 tekrar
Ev sahibi Kapı 2'yi açmalıdır (100 vaka)	Sunucu 2. Kapıyı rastgele açar (ortalama 50 vaka)	Sunucu rastgele 3. Kapıyı açar (ortalama 50 vaka)	Ev sahibi Kapı 3'ü açmalıdır (100 vaka)
olasılık 1/3 (300 üzerinden 100)	olasılık 1/6 (300 üzerinden 50)	olasılık 1/6 (300 üzerinden 50)	olasılık 1/3 (300 üzerinden 100)
Anahtarlama kazanır	Anahtarlama kaybeder	Anahtarlama kaybeder	Anahtarlama kazanır
Ev sahibinin 2. Kapıyı açtığı durumlarda, geçiş yapmak, kalmaktan iki kat daha fazla kazanır (50'ye karşı 100 vaka)		Ev sahibinin Kapı 3'ü açtığı durumlarda, geçiş yapmak, kalmaktan iki kat daha fazla kazanır (50'ye karşı 100 vaka)

Bayes teoremi

Olasılık teorisi alanındaki birçok olasılık ders kitabı ve makale, Bayes teoreminin resmi bir uygulaması yoluyla koşullu olasılık çözümünü türetir ; aralarında Gill ve Henze'nin kitapları var. Kullanımı oran , kural sıklıkla Bayes adlandırılan teoremi Bayes ait oluşturacak böyle bir türetme daha şeffaf hale getirir.

Başlangıçta, arabanın üç kapıdan herhangi birinin arkasında olma olasılığı eşittir: 1. kapı, 2. kapı ve 3. kapıdaki oranlar 1: 1: 1'dir . Oyuncu bağımsız olarak 1. kapıyı seçtikten sonra durum böyle kalır. Bayes kuralına göre , ev sahibinin 3. kapıyı açtığı göz önüne alındığında, arabanın bulunduğu yerdeki arka oranlar, tanım gereği yeni parçanın olasılığı olan Bayes faktörü veya olasılığı ile çarpılan önceki oranlara eşittir. ele alınan hipotezlerin her biri (arabanın konumu) altında bilgi (ev sahibi kapıyı açar 3). Şimdi, oyuncu başlangıçta 1. kapıyı seçtiğinden, ev sahibinin 3. kapıyı açma şansı, araba 1. kapının arkasındaysa %50, araba 2. kapının arkasındaysa %100, 3. kapının arkasındaysa %0'dır. Bayes faktörü oranlardan oluşur1/2 : 1: 0 veya eşdeğeri 1: 2: 0 , önceki oranlar ise 1: 1: 1 idi . Böylece, arka oranlar Bayes faktörü 1 : 2 : 0'a eşit olur . Sunucunun 3. kapıyı açtığı göz önüne alındığında, arabanın 3. kapının arkasında olma olasılığı sıfırdır ve 2. kapının arkasında olma olasılığı 1. kapıdan iki kat daha fazladır.

Richard Gill, sunucunun 3. kapıyı açma olasılığını aşağıdaki gibi analiz eder. Arabanın 1. kapının arkasında olmadığı göz önüne alındığında, 2. veya 3. kapının arkasında olması eşit derecede olasıdır. Bu nedenle, sunucunun 3. kapıyı açma şansı %50'dir. Arabanın 1. kapının arkasında olduğu göz önüne alındığında , sunucunun 3. kapıyı açma şansı da %50'dir, çünkü ev sahibinin bir seçeneği olduğunda, her iki seçenek de eşit derecede olasıdır. Bu nedenle, araba 1. kapının arkasında olsun veya olmasın, sunucunun 3. kapıyı açma şansı %50'dir. "Ev sahibi 3. kapıyı açar" bilgisi , arabanın 1. kapının arkasında olup olmadığına ilişkin Bayes faktörüne veya olasılık oranına 1: 1 katkıda bulunur. Başlangıçta, 1. kapının arabayı gizleme olasılığı 2: 1 idi . Bu nedenle, arabayı saklayan kapı 1'e karşı arka oranlar, önceki oranlar olan 2: 1 ile aynı kalır .

Yani, bilgi hangi kapı ev sahibi tarafından açıldı (kapı 2 veya kapı 3?) Kabin kapısının 1 arkasında olup olmadığına dair hiç bir bilgi ortaya çıkarır ve bu destekçileri tarafından sezgisel olarak belirgin olduğu iddia edilen şeydir basit çözümler veya matematiksel ispatların deyimlerini kullanarak, "simetri ile açıkça doğru".

Doğrudan hesaplama

Olay düşünün Ci belirten araç numaralı kapının arkasında i , değer alır Xi oyuncunun seçtiğiniz için, ve değer Merhaba kapının açılması konak için. Oyuncu başlangıçta i = 1, C = X1 kapısını seçer ve sunucu i = 3, C = H3 kapısını açar.

Bu durumda, elimizde:

${\displaystyle {\begin{hizalı}P(H3|C1,X1)&={\tfrac {1}{2}}\\P(H3|C2,X1)&=1\\P(H3|C3, X1)&=0\\P(Ci)&={\tfrac {1}{3}}\\P(Ci,Xi)&=P(Ci)P(Xi)\\P(H3|X1)& ={\tfrac {1}{2}}\\\end{hizalı}}}$

P | (H3 X1) 1/2 = bu ifade sadece bağlı olduğundan X1 herhangi üzerine Ci . Bu nedenle, bu özel ifadede, ana bilgisayarın seçimi arabanın nerede olduğuna bağlı değildir ve X1 seçildiğinde yalnızca iki kapı kalır (örneğin, P(H1|X1) = 0 ); ve P(Ci,Xi) = P(Ci)P(Xi) çünkü Ci ve Xi bağımsız olaylardır (oyuncu bir seçim yapmak için arabanın nerede olduğunu bilmez).

Ardından, oyuncu ilk başta 1. kapıyı seçerse ve ev sahibi 3. kapıyı açarsa, geçiş yaparak koşullu kazanma olasılığının şu şekilde olduğunu kanıtlarız:

${\displaystyle {\begin{hizalı}P(C2|H3,X1)&={\tfrac {2}{3}}\end{hizalı}}}$

Gönderen Bayes kuralı , bildiğimiz P (A, B) = P (A | B) P (B) = P (B | A) P (A) . Bu mantığı örneğin A , B ve C gibi birden fazla olaya genişleterek , hesaplamamızı basitleştirmek için bir araç olarak kesişimin olasılığını hesaplamak için farklı {A, B, C} alt kümeleriyle oynayabileceğimizi elde ederiz. şartlı olasılık:

${\displaystyle {\begin{hizalı}P(A,B,C)&=P(A|B,C)P(B,C)\\&=P(B|A,C)P(A,C) )\\&=P(C|A,B)P(A,B)\\&=P(A,B|C)P(C)\\&=P(A,C|B)P(B) )\\&=P(B,C|A)P(A)\end{hizalı}}}$

Bizim durumumuzda, P(H3|C2,X1) = 1 olduğunu bildiğimiz için şanslıyız:

${\displaystyle {\başlangıç{hizalanmış}P(C2|H3,X1)&={\frac {P(C2,H3,X1)}{P(H3,X1)}}={\frac {P(H3| C2,X1)P(C2,X1)}{P(H3,X1)}}={\frac {P(C2)P(X1)}{P(H3|X1)P(X1)}}={\ frac {1/3}{1/2}}={\frac {2}{3}}\end{hizalı}}}$

Stratejik hakimiyet çözümü

Nalebuff'a geri dönersek, Monty Hall problemi de oyun teorisi ve karar teorisi literatüründe çokça çalışılmaktadır ve ayrıca bazı popüler çözümler bu bakış açısına tekabül etmektedir. Vos Savant bir şans değil, bir karar ister. Ve arabanın nasıl gizlendiği ve seçilmemiş bir kapının nasıl açıldığına dair şans yönleri bilinmiyor. Bu açıdan bakıldığında, oyuncunun seçim yapmak için iki fırsatı olduğu unutulmamalıdır: her şeyden önce, başlangıçta hangi kapıyı seçeceği; ve ikincisi, geçiş yapılıp yapılmayacağı. Arabanın nasıl gizlendiğini veya ev sahibinin nasıl seçim yaptığını bilmediğinden, ev sahibi de dahil olmak üzere yarışma programını yürüten ekibin eylemlerini etkisiz hale getirmek için ilk tercih fırsatını kullanabilir.

Gill'i takip eden bir yarışmacı stratejisi iki eylemi içerir: bir kapının ilk seçimi ve hem başlangıçta seçilen kapıya hem de ev sahibinin geçiş yapmayı önerdiği kapıya bağlı olabilecek değiştirme (veya yapışma) kararı. Örneğin, bir yarışmacının stratejisi "1. kapıyı seç, teklif edildiğinde 2. kapıya geç ve teklif edildiğinde 3. kapıya geçme" şeklindedir. Yarışmacının böyle on iki deterministik stratejisi var.

Yarışmacının stratejilerinin temel karşılaştırması, her A stratejisi için, ona hakim olan başka bir B stratejisinin "bir kapı seç ve ne olursa olsun değiştir" olduğunu gösteriyor. Araba nasıl gizlenirse saklansın ve ev sahibi iki keçi arasında bir seçim yaptığında hangi kuralı kullanırsa kullansın, A arabayı kazanırsa B de kazanır. Örneğin, A stratejisi "1. kapıyı seç, sonra her zaman ona bağlı kal" stratejisi B "1. kapıyı seç, sonra her zaman ev sahibi bir kapıyı açtıktan sonra değiştir" stratejisi tarafından yönetilir: Kapı 1 arabayı gizlediğinde A kazanır, B ise biri kazanır 2 ve 3 numaralı kapılar arabayı gizler. Benzer şekilde, A stratejisi "1. kapıyı seç, sonra 2. kapıya geç (eğer sunuluyorsa), ama 3. kapıya geçme (eğer sunuluyorsa)" stratejisi B "3. kapıyı seç, sonra her zaman değiştir" stratejisine hakimdir.

Hakimiyet, yarışmacının karar verdiği ortam hakkında oldukça genel varsayımlar altında, sürekli değişen stratejiler arasında bir çözüm aramak için güçlü bir nedendir. Özellikle, eğer araba, simetrik veya asimetrik üç taraflı kalıbın fırlatılması gibi bir rastgeleleştirme cihazı vasıtasıyla gizlenirse, baskınlık, arabayı kazanma olasılığını maksimize eden bir stratejinin, her zaman değişen üç strateji arasında olacağı anlamına gelir. Başlangıçta en düşük olasılıklı kapıyı seçen strateji olsun, ardından ana bilgisayar tarafından hangi kapıyı değiştireceğinden bağımsız olarak geçiş yapın.

Stratejik hakimiyet , Monty Hall problemini oyun teorisine bağlar . In sıfır toplamlı oyun (yarışmacı seçtiği iki kapı konak (veya TV-ekibi) araba gizlemek için kapıya karar verir ve: Gill ayarı olmayan anahtarlama stratejileri atarak Aşağıdaki basit varyantı oyunu azaltır yani, oyuncunun ilk, nominal, seçiminden sonra kalan iki kapı). Araba seçtiği iki kapıdan birinin arkasındaysa yarışmacı kazanır (ve rakibi kaybeder).

Simülasyonla çözümler

Monty Hall probleminin 29 sonucunun simülasyonu

Bir değiştirme stratejisinin standart varsayımlarla üç kereden ikisini gerçekten kazandığını göstermenin basit bir yolu, oyunu iskambil kartlarıyla simüle etmektir . Üç kapıyı temsil etmek için sıradan bir desteden üç kart kullanılır; bir 'özel' kart arabalı kapıyı, diğer iki kart ise keçi kapılarını temsil eder.

Simülasyon, oyunun birden fazla turunu simüle etmek için birkaç kez tekrarlanabilir. Oyuncu üç karttan birini seçer, ardından kalan iki karta bakarak 'ev sahibi' bir keçi kartı atar. Ev sahibinin elinde kalan kart araba kartı ise, bu bir geçiş kazancı olarak kaydedilir; ev sahibi bir keçi kartı tutuyorsa, tur kalan kazanç olarak kaydedilir. Bu deney birkaç turda tekrarlandığından, her strateji için gözlemlenen kazanma oranının , büyük sayılar yasasına uygun olarak teorik kazanma olasılığına yaklaşması muhtemeldir .

Tekrarlanan oynamalar, geçiş yapmanın neden daha iyi bir strateji olduğunu da açıklığa kavuşturur. Oyuncu kartını seçtikten sonra, geçişin oyuncu için raundu kazanıp kazanmayacağı zaten belirlenir . Bu inandırıcı değilse, simülasyon tüm güverte ile yapılabilir. Bu varyantta, araba kartı olursa olsun birçok nasıl ana bilgisayara ev sahibi ile 51 52 out saatleri ve kalır gider olmayan -otomobil kartları iptal edilir.

Varyantlar

Birkaç akademik yazar tarafından kanonik problem olarak kabul edilen problemin ortak bir çeşidi , sunucunun açmak için kapıyı tek tip olarak seçmesi gerektiği gibi basitleştirici bir varsayımda bulunmaz, bunun yerine başka bir strateji kullanır . Hangi resmileştirmenin yetkili olduğu konusundaki kafa karışıklığı, özellikle bu varyant, oyuncu için her zaman geçiş stratejisinin optimalliğini değiştirmeden kanıtları daha karmaşık hale getirdiğinden, önemli ölçüde sertliğe yol açmıştır. Bu varyantta, oyuncunun gözlemlenen ev sahibi seçimine bağlı olarak farklı kazanma olasılıkları olabilir , ancak her durumda, değiştirme yoluyla kazanma olasılığı en az1/2(ve 1 kadar yüksek olabilir), geçiş yaparak genel kazanma olasılığı hala tam olarak2/3. Varyantlar bazen ders kitaplarında ve olasılık teorisinin ve oyun teorisinin temellerini öğretmeyi amaçlayan makalelerde arka arkaya sunulur . Önemli sayıda başka genellemeler de incelenmiştir.

Diğer ev sahibi davranışları

1990'da Parade'de yayınlanan Monty Hall sorununun versiyonu , ev sahibinin her zaman başka bir kapı açacağını veya her zaman geçiş yapma seçeneği sunacağını veya hatta arabayı ortaya çıkaran kapıyı asla açmayacağını özellikle belirtmedi. Ancak, vos Savant ikinci takip sütununda, amaçlanan ev sahibinin davranışının yalnızca2/3orijinal cevabı olarak verdiği olasılık. "Başka bir şey farklı bir sorudur." "Neredeyse tüm eleştirmenlerim amaçlanan senaryoyu anladı. Şahsen yaklaşık üç bin mektubu (gelen binlerce ek mektuptan) okudum ve neredeyse her birinin, iki seçeneğin (veya eşdeğer bir hatanın) kaldığı konusunda ısrar ettiğini gördüm. Hatta çok azı belirsizlik hakkında soru sordu ve aslında sütunda yayınlanan mektuplar bu az sayıdaki arasında değildi." Cevap, eğer araba herhangi bir kapının arkasına rastgele yerleştirilirse, ev sahibi, oyuncunun ilk seçimine bakılmaksızın bir keçiyi ortaya çıkaran bir kapı açmalı ve eğer iki kapı varsa, hangisini rastgele açacağını seçmelidir. Aşağıdaki tablo, çeşitli diğer olası ana bilgisayar davranışlarını ve geçişin başarısı üzerindeki etkisini gösterir.

Oyuncunun en iyi stratejisini, ev sahibinin izlemesi gereken belirli bir dizi başka kural içinde belirlemek, oyun teorisinde incelenen problem türüdür . Örneğin, ev sahibinin değiştirme teklifinde bulunması gerekmiyorsa, oyuncu ev sahibinin kötü niyetli olduğundan şüphelenebilir ve oyuncu başlangıçta arabayı seçtiyse teklifleri daha sık yapar. Genel olarak, bu tür bir sorunun yanıtı, sunucunun davranışı hakkında yapılan belirli varsayımlara bağlıdır ve "ev sahibini tamamen görmezden gelmek" ile "yazı tura atıp tura gelirse geçiş yapmak" arasında değişebilir; aşağıdaki tablonun son satırına bakın.

Morgan ve diğerleri ve Gillman, arabanın (düzgün bir şekilde) rastgele yerleştirildiği ancak oyuncu başlangıçta arabayı seçmişse sunucunun tekdüze rastgele seçim yapmakla sınırlı olmadığı daha genel bir çözüm gösterir; bu, her ikisi de sorunun ifadesini bu şekilde yorumlamaktadır. içinde Parade yazarın feragatnamelere rağmen. Her ikisi de sorunu yeniden dile getirdiklerinde bu noktayı vurgulamak için Parade versiyonunun ifadesini değiştirdi . Bir tercih iki keçi ortaya arasındaki ana seçer bir olasılık olarak ifade edilen bir senaryo dikkate q ana alır rastgele ise 0 ile 1 arasında bir değere sahip olan, q olur1/2 ve kazançları değiştirme olasılığı 2/3ev sahibi hangi kapıyı açarsa açsın. Oyuncu 1. kapıyı seçerse ve ev sahibinin 3. kapı için tercihi q ise , ev sahibinin 3. kapıyı açması ve arabanın 2. kapının arkasında olma olasılığı1/3, ev sahibinin 3. kapıyı açması ve arabanın 1. kapının arkasında olma olasılığı ise Q/3. Değiştirirse kazanma koşullu olasılık böylece Bunlar, ev sahibi kapıyı 3 açar sadece durumlardır konak verilen kapı 3 açılır olduğunu1/3/1/3 + q /3 hangi basitleştirir 1/1 + q. Yana q, bu koşullu olasılığı arasında değişebilir 0 ile 1 arasında değişebilir1/2ve 1. Bu, oyuncu başlangıçta arabayı seçerse, ev sahibini rastgele seçim yapması için kısıtlamadan bile, oyuncunun geçişten asla daha kötü olmadığı anlamına gelir. Bununla birlikte, hiçbir kaynak oyuncunun q'nun değerinin ne olduğunu bildiğini önermez , bu nedenle oyuncu,2/3 Savant'ın varsaydığı şey örtüktü.

N kapılar

DL Ferguson (1975 Selvin yazdığı bir mektupta) bir anlaşılacağı N -Kapı ev sahibi açan orijinal problemin genelleme p kaybetme kapı ve sonra oyuncuya anahtarına fırsatı sunar; bu varyantta anahtarlama, olasılıkla kazanır . Bu olasılık her zaman 'den büyüktür , bu nedenle geçiş her zaman bir avantaj sağlar. ${\displaystyle {\frac {1}{N}}\cdot {\frac {N-1}{Np-1}}}$${\displaystyle {\frac {1}{N}}}$

Sunucu yalnızca tek bir kapı açsa bile ( ), oyuncunun her durumda geçiş yapması daha iyidir. Olarak , N büyüdükçe, avantaj azaltır ve sıfıra yaklaşır. Diğer uçta, ev sahibi biri hariç tüm kaybeden kapıları açarsa ( p  =  N  - 2) N büyüdükçe avantaj artar (değiştirerek kazanma olasılığı${\görüntüleme stili p=1}$N - 1/n, N çok büyüdükçe 1'e yaklaşır ).

kuantum versiyonu

Paradoksun kuantum versiyonu , kuantum mekanik sistemlerin durumlarında kodlandığı gibi, klasik veya kuantum olmayan bilgi ile kuantum bilgisi arasındaki ilişki hakkında bazı noktaları gösterir . Formülasyon gevşek bir şekilde kuantum oyun teorisine dayanmaktadır . Üç kapı, üç alternatife izin veren bir kuantum sistemi ile değiştirilir; bir kapıyı açıp arkasına bakmak belirli bir ölçüm yapmak olarak tercüme edilir. Kurallar bu dilde belirtilebilir ve bir kez daha oyuncunun seçimi ilk seçeneğe bağlı kalmak veya başka bir "ortogonal" seçeneğe geçmektir. İkinci strateji, tıpkı klasik durumda olduğu gibi, şansı ikiye katlar. Ancak, program sunucusu ödülün konumunu tamamen kuantum mekaniksel bir şekilde rastgele belirlemediyse, oyuncu daha da iyisini yapabilir ve hatta bazen ödülü kesin olarak kazanabilir.

Tarih

Monty Hall sorunla ilgili birkaç olasılık bulmaca erken olduğunu Bertrand'ın kutu paradoksu yarattığı, Joseph Bertrand onun içinde 1889 yılında CALCUL des probabilites . Bu bulmacada üç kutu vardır: iki altın içeren bir kutu, iki gümüş para içeren bir kutu ve her birinde birer tane bulunan bir kutu. Rastgele bir kutu seçtikten ve rastgele bir altın olan bir madeni parayı çektikten sonra soru, diğer madeni paranın altın olma olasılığı nedir? Monty Hall probleminde olduğu gibi, sezgisel cevap şudur:1/2, ama olasılık aslında 2/3.

Üç Mahkumlar sorun yayımlanan Martin Gardner 'in Matematiksel Oyunlar sütun Scientific American , 1959 yılında Monty Hall problemi eşdeğerdir. Bu problem, rastgele bir tanesi affedilmek üzere gizlice seçilen üç hükümlü mahkûmla ilgilidir. Mahkûmlardan biri gardiyana, idam edilecek diğerlerinden birinin adını söylemesi için yalvarır ve bunun kendi akıbeti hakkında hiçbir bilgi vermediğini, ancak affedilme şansını artırdığını savunur.1/3 ile 1/2. Gardiyan, (gizlice) yazı tura atarak, eğer isteyen mahkûmun affedilen kişi olup olmadığına hangi ismi vereceğine karar vermek zorunda kalır. Soru, gardiyanın cevabını bilmenin mahkumun affedilme şansını değiştirip değiştirmeyeceğidir. Bu problem, Monty Hall problemine eşdeğerdir; soruyu soran mahkumun hala bir1/3 affedilme şansı var ama isimsiz meslektaşı 2/3 şans.

Steve Selvin , 1975'te The American Statistician'a yazdığı bir çift mektupta Monty Hall sorununu ortaya koydu . İlk mektup, sorunu 15 yıl sonra Parade'deki sunumuna yakın bir versiyonda sundu . İkincisi, "Monty Hall sorunu" teriminin ilk kullanımı gibi görünüyor. Sorun aslında yarışma programından bir tahmin. Monty Hall , heyecan yaratmak için yanlış bir kapı açtı, ancak kapı değiştirme seçeneği yerine 100 dolar nakit gibi daha az bilinen bir ödül teklif etti. Monty Hall'un Selvin'e yazdığı gibi :

Ve şovuma katılırsanız, kurallar sizin için geçerlidir - seçimden sonra takas kutuları yok.

—  Monty Salonu

Sorunun üç yıl sonra Parade'de ortaya çıkana çok benzeyen bir versiyonu 1987'de The Journal of Economic Perspectives'in Bulmacalar bölümünde yayınlandı . Nalebuff, daha sonraki matematiksel ekonomi yazarları gibi, sorunu oyun teorisinde basit ve eğlenceli bir alıştırma olarak görüyor .

Phillip Martin'in 1989'da Bridge Today'deki makalesi "The Monty Hall Trap", Selvin'in problemini, Martin'in rastgele olmayan bilgileri rastgeleymiş gibi ele almanın olasılık tuzağı dediği şeye bir örnek olarak sundu ve bunu briç oyunundaki kavramlarla ilişkilendirdi. .

Göründü Selvin en Sorunun düzeltilmiş versiyonu Marilyn vos Savant 's Marilyn Sor soru-cevap sütunu Parade olsa vos Savant anahtarlama süresinin üçte ikisini kazanacağını doğru cevap verdi eylül 1990 yılında, o alınan dergi tahmin Çoğu matematik ve fen bölümlerinin antetli kağıtlarında olmak üzere doktoralar tarafından imzalanmış, çözümünün yanlış olduğunu bildiren 1.000'e yakın olmak üzere 10.000 mektup. Ezici tepki nedeniyle, Parade sorunla ilgili eşi görülmemiş dört sütun yayınladı. Tanıtımın bir sonucu olarak, sorun "Marilyn ve Keçiler" alternatif adını kazandı.

Kasım 1990'da, Cecil Adams'ın " The Straight Dope " sütununda vos Savant'ın makalesine ilişkin eşit derecede tartışmalı bir tartışma yapıldı . Adams başlangıçta yanlış cevap verdi, kalan iki kapının şansı ikide bir olmalı. Bir okuyucu Adams'ın analizinin matematiğini düzeltmek için yazdıktan sonra, Adams matematiksel olarak yanlış olduğunu kabul etti. "1. kapıyı seçiyorsunuz. Şimdi size şu seçenek sunuluyor: 1 numaralı kapıyı açın veya 2 numaralı kapıyı ve 3 numaralı kapıyı açın. İkinci durumda, ödül her iki kapının da arkasındaysa sizde kalır. Üçte ikisi ödüle üçte birinden daha fazla vurur, değil mi?Eğer düşünürseniz, asıl problem size temelde aynı seçeneği sunuyor.Monty aslında diyor ki: tek kapınızı tutabilirsiniz veya diğer iki kapıya sahip olabilirsiniz, bunlardan biri (ödülsüz kapı) sizin için açacağım." Adams, Parade versiyonunun kritik kısıtlamaları belirtmeden bıraktığını ve bu kısıtlamalar olmadan, geçiş yaparak kazanma şansının üçte iki olması gerekmediğini söyledi (örneğin, sunucunun her zaman bir kapı açtığını varsaymak mantıklı değildi). Ancak çok sayıda okuyucu, Adams'ın "ilk seferde haklı olduğunu" ve doğru şansın ikide bir olduğunu iddia etmek için yazdı.

Parade kolonu ve onun tepkisi de birinci sayfasında hikaye de dahil olmak üzere basında oldukça dikkat çekmiştir New York Times hangi Monty Hall kendisi sorguya çekildi. Hall, muhabire araba anahtarlarını göstererek ve Let's Make a Deal'daki gerçek oyunun bulmacanın kurallarından nasıl farklı olduğunu açıklayarak sorunu anladı . Makalede Hall, oyunun gidişatı üzerinde kontrol sahibi olduğu ve yarışmacının psikolojisi üzerinde oynadığı için teorik çözümün şovun gerçek oynanışı için geçerli olmadığına dikkat çekti. Uzmanların olasılığın 2'de 1 olduğu konusundaki ısrarına şaşırmadığını söyledi. "Kapılarındaki şansın 2'de 1'e çıktığını düşünürlerdi, bu yüzden ne kadar para teklif etsem de kapıdan vazgeçmekten nefret ettiler. O kapıyı açarak baskı uyguluyorduk. Adını Henry James koyduk. tedavi. ' Vidanın Dönüşü'ydü ." Hall, bir yarışma programı sunucusu olarak vos Savant sütunundaki bulmacanın kurallarına uymak zorunda olmadığını ve her zaman bir kişiye geçiş yapma fırsatı vermek zorunda olmadığını açıkladı (örn. kaybedebilir, onlara kaybeden bir kapıdan kazanan bir kapıya geçmemeleri için para teklif edebilir veya sadece kazanan bir kapıya sahip olduklarında geçiş yapma fırsatı verebilir). "Ev sahibi her zaman bir kapı açması ve size bir anahtar önermesi gerekiyorsa, anahtarı almalısınız" dedi. "Fakat bir geçişe izin verip vermeme seçeneği varsa, dikkatli olun. Uyarı alıcısı. Her şey onun ruh haline bağlı."

Ayrıca bakınız

• MythBusters 177. Bölüm "Wheel of Mythfortune" – Bir Kapı Seçin
• Kısıtlı seçim ilkesi – sözleşme köprüsünde Bayes güncellemesinin benzer uygulaması

Olasılık ve karar teorisinde benzer bulmacalar

• Erkek ya da Kız paradoksu
• Uyuyan Güzel sorunu
• İki zarf sorunu

Referanslar

bibliyografya

• Adams, Cecil (2 Kasım 1990). " Hadi Bir Anlaşma Yapalım'da 1. kapıyı seçiyorsun. Monty 2. kapıyı açıyor – ödül yok. 1. kapıda mı kalıyorsun yoksa 3. kapıya mı geçiyorsun?" . Düz Uyuşturucu . Erişim tarihi: 25 Temmuz 2005 .
• Barbeau, Edward (1993). "Yanlışlıklar, Kusurlar ve Flimflam: Araba ve Keçi Sorunu". Kolej Matematik Dergisi . 24 (2): 149–154. doi : 10.1080/07468342.1993.1973519 .
• Behrends, Ehrhard (2008). Beş Dakika Matematik . AMS Kitapevi. P. 57. ISBN 978-0-8218-4348-2.
• Bell, William (Ağustos 1992). " Morgan ve diğerleri tarafından bir anlaşma yapalım " üzerine yorum yapın . Amerikan İstatistikçisi . 46 (3): 241.
• Carlton, Matta (2005). "Soyağaçları, Ödüller ve Mahkumlar: Koşullu Olasılığın Kötüye Kullanımı" . İstatistik Eğitimi Dergisi . 13 (2). doi : 10.1080/10691898.2005.11910554 . S2CID  118792491 .
• Chun, Young H. (1991). "Oyun Gösterisi Sorunu". VEYA/MS Bugün . 18 (3): 9.
• D'Ariano, Genel Müdür; Gill, RD; Keyl, M.; Kuemmerer, B.; Maassen, H.; Werner, RF (21 Şubat 2002). "Kuantum Monty Hall Sorunu". miktar. Enf. bilgisayar . 2 (5): 355–366. arXiv : quant-ph/0202120 . Bibcode : 2002quant.ph..2120D .
• Devlin, Keith (Temmuz-Ağustos 2003). "Devlin'in Açısı: Monty Hall" . Amerika Matematik Derneği . Erişim tarihi: 23 Haziran 2014 .
• Devlin, Keith (Aralık 2005). "Devlin'in Açısı: Monty Hall yeniden ziyaret edildi" . Amerika Matematik Derneği . Erişim tarihi: 23 Haziran 2014 .
• Eisenhauer, Joseph G. (2001). "Monty Hall Matrisi" (PDF) . İstatistik Öğretimi . 22 (1): 17–20. doi : 10.1111/1467-9639.00005 . Arşivlenmiş orijinal (PDF) 1 Mart 2012'de . Erişim tarihi: 9 Temmuz 2012 .
• Enslin, Torsten A.; Westerkamp, ​​Margret (Nisan 2018). "Monty Hall probleminde irrasyonelliğin rasyonalitesi". Annalen der Fizik . 531 (3): 1800128. arXiv : 1804.04948 . Bibcode : 2019AnP...53100128E . doi : 10.1002/andp.201800128 . S2CID  56036255 .
• Falk, Ruma (1992). "Kötü şöhretli üç mahkumun olasılıklarına daha yakından bir bakış". biliş . 43 (3): 197–223. doi : 10.1016/0010-0277(92)90012-7 . PMID  1643813 . S2CID  39617738 .
• Flitney, Adrian P. & Abbott, Derek (2002). "Monty Hall sorununun kuantum versiyonu". Fiziksel İnceleme A . 65 (6): 062318. arXiv : quant-ph/0109035 . Bibcode : 2002PhRvA..65f2318F . doi : 10.1103/PhysRevA.65.062318 . S2CID  119417490 . Sanat. 062318, 2002.
• Fox, Craig R. & Levav, Jonathan (2004). "Partition-Edit-Count: Koşullu Olasılığın Yargılanmasında Naif Uzamsal Akıl Yürütme" (PDF) . Deneysel Psikoloji Dergisi: Genel . 133 (4): 626-642. doi : 10.1037/0096-3445.133.4.626 . PMID  15584810 . Arşivlenmiş orijinal (PDF) 2020-04-10 tarihinde.
• Gardner, Martin (Ekim 1959a). "Matematiksel Oyunlar". Scientific American : 180-182. İkinci Scientific American Matematiksel Bulmacalar ve Saptırmalar Kitabında Yeniden BasıldıCS1 bakımı: postscript ( bağlantı )
• Gardner, Martin (Kasım 1959b). "Matematiksel Oyunlar". Scientific American : 188.
• Gardner, Martin (1982). Aha! Gotcha: Bulmaca ve Zevk için Paradokslar . WH Freeman. ISBN'si 978-0716713616.
• Gill, Jeff (2002). Bayes Yöntemleri . CRC Basın. s. 8–10. ISBN'si 1-58488-288-3. ( kısıtlanmış çevrimiçi kopya , s. 8, Google Kitaplar'da )CS1 bakımı: postscript ( bağlantı )
• Gill, Richard (2010). "Monty Hall sorunu". Uluslararası İstatistik Bilimi Ansiklopedisi . Springer. s. 858-863. arXiv : 1002.3878v2 .
• Gill, Richard (Şubat 2011). "Monty Hall Problemi bir olasılık bulmacası değildir (matematiksel modellemede bir meydan okumadır)". İstatistik Neerlandica . 65 (1): 58-71. arXiv : 1002.0651v3 . doi : 10.1111/j.1467-9574.2010.0474.x .
• Gill, Richard (17 Mart 2011a). "Monty Hall Problemi" (PDF) . Matematik Enstitüsü, Leiden Üniversitesi, Hollanda. s. 10-13.
• Gillman, Leonard (1992). "Araba ve Keçiler". Amerikan Matematiksel Aylık . 99 (1): 3–7. doi : 10.2307/2324540 . JSTOR  2324540 .
• Gilovich, T.; Medvec, VH & Chen, S. (1995). "Komisyon, İhmal ve Uyumsuzluğun Azaltılması: "Monty Hall" Sorununda Pişmanlıkla Başa Çıkma". Kişilik ve Sosyal Psikoloji Dergisi . 21 (2): 182–190. doi : 10.1177/0146167295212008 . S2CID  146500989 .
• Gnedin, Sasha (2011). "Mondee Gills Oyunu" . Matematiksel Zekacı . 34 : 34-41. doi : 10.1007/s00283-011-9253-0 .
• Granberg, Donald (2014). Monty Hall İkilemi: Bilişsel Bir Yanılsama Mükemmellik . Lumad/CreateSpace. ISBN'si 978-0996100809.
• Granberg, Donald (1996). "Değiştirmek ya da Değiştirmemek". In vos Savant, Marilyn (ed.). Mantıksal Düşünmenin Gücü . Aziz Martin Basın. ISBN'si 0-312-30463-3. ( kısıtlı çevrimiçi kopya , s. 169, Google Kitaplar'da )CS1 bakımı: postscript ( bağlantı )
• Granberg, Donald & Brown, Thad A. (1995). "Monty Hall İkilemi". Kişilik ve Sosyal Psikoloji Bülteni . 21 (7): 711–729. doi : 10.1177/0146167295217006 . S2CID  146329922 .
• Grinstead, Charles M. & Snell, J. Laurie (4 Temmuz 2006). Grinstead ve Snell'in Olasılığa Giriş (PDF) . Erişim tarihi: 2 Nisan 2008 .
• Hall, Monty (1975). "Monty Hall Sorunu" . LetsMakeADeal.com . Erişim tarihi: 15 Ocak 2007 . Steve Selvin'e 12 Mayıs 1975 mektubunu içerirCS1 bakımı: postscript ( bağlantı )
• Henze, Norbert (2011) [1997]. Stokastik für Einsteiger: Eine Einführung in die faszinierende Welt des Zufalls (9. baskı). Springer. s. 50–51, 105–107. ISBN'si 978-3834818454. ( kısıtlı çevrimiçi kopya , s. 105, Google Kitaplar'da )CS1 bakımı: postscript ( bağlantı )
• Herbranson, WT & Schroeder, J. (2010). "Kuşlar matematikçilerden daha mı zeki? Güvercinler ( Columba livia ) Monty Hall Dilemma'nın bir versiyonunda en iyi performansı gösteriyor" . Karşılaştırmalı Psikoloji Dergisi . 124 (1): 1-13. doi : 10.1037/a0017703 . PMC  3086893 . PMID  20175592 .
• Hogbin, M.; Nijdam, W. (2010). " Morgan ve diğerleri tarafından bir anlaşma yapalım " konulu editöre mektup . Amerikan İstatistikçisi . 64 (2): 193. doi : 10.1198/tast.2010.09227 . S2CID 219595003 . 
• Kahneman, D .; Knetsch, JL & Thaler, RH (1991). "Anomaliler: Bağış etkisi, kayıptan kaçınma ve statüko yanlılığı" . Ekonomik Perspektifler Dergisi . 5 : 193-206. doi : 10.1257/jep.5.1.193 .
• Kaivanto, K.; Kroll, EB & Zabinski, M. (2014). "Monty Hall'da Önyargı Tetikleme Manipülasyonu ve Görev Formu Anlayışı" (PDF) . Ekonomi Bülteni . 34 (1): 89–98.
• Krauss, Stefan & Wang, XT (2003). "Monty Hall Probleminin Psikolojisi: İnatçı Bir Zekayı Çözmek İçin Psikolojik Mekanizmaları Keşfetmek" (PDF) . Deneysel Psikoloji Dergisi: Genel . 132 (1): 3-22. doi : 10.1037/0096-3445.132.1.3 . 30 Mart 2008'de erişildi .
• Lucas, Stephen; Rosenhouse, Jason & Schepler, Andrew (2009). "Monty Hall Problemi, Yeniden İncelendi" (PDF) . Matematik Dergisi . 82 (5): 332-342. doi : 10.4169/002557009X478355 . 9 Temmuz 2012'de alındı .
• Martin, Phillip (1993) [1989]. Granovetter, Pamela; Granovetter, Matthew (ed.). Monty Hall Tuzağı . Sadece Uzmanlar İçin . Granovetter Kitapları.
• Morgan, JP; Chaganty, NR; Dahiya, RC & Doviak, MJ (1991). "Bir anlaşma yapalım: Oyuncunun ikilemi". Amerikan İstatistikçisi . 45 (4): 284–287. doi : 10.1080/00031305.1991.10475821 . JSTOR  2684453 .
• Morone, A. & Fiore, A. (2007). "Monty Hall'ın Aptallar için Üç Kapısı" . Dipartimento di Scienze Economiche e Metodi Matematici – Università di Bari, Güney Avrupa Ekonomik Araştırmalar Araştırması – SERİSİ Çalışma Belgesi no. 0012.
• Mueser, Peter R. & Granberg, Donald (Mayıs 1999). "Monty Hall Dilemma Revisited: Problem Tanımlama ve Karar Verme Etkileşimini Anlamak" . Deneysel . Münih Üniversite Kütüphanesi. Çalışma Kağıdı 99–06 . Erişim tarihi: 10 Haziran 2010 .
• Nalebuff, Barry (Sonbahar 1987). "Yapbozlar: Bir Perde, Düello, İki Noktalı Dönüşümler ve Daha Fazlasını Seçin" . Ekonomik Perspektifler Dergisi . 1 (2): 157-163. doi : 10.1257/jep.1.2.157 .
• Rao, M. Bhaskara (Ağustos 1992). " Morgan ve diğerleri tarafından bir anlaşma yapalım " üzerine yorum yapın . Amerikan İstatistikçisi . 46 (3): 241–242.
• Rosenhouse, Jason (2009). Monty Hall Problemi . Oxford Üniversitesi Yayınları. ISBN'si 978-0-19-536789-8.
• Rosenthal, Jeffrey S. (Eylül 2005a). "Monty Hall, Monty Fall, Monty Crawl" (PDF) . Matematik Ufukları : 5–7.
• Rosenthal, Jeffrey S. (2005b). Yıldırım Çarptı: Olasılıkların Meraklı Dünyası . Harper Collins. ISBN'si 978-0-00-200791-7.
• Samuelson, W. & Zeckhauser, R. (1988). "Karar vermede statüko yanlılığı". Risk ve Belirsizlik Dergisi . 1 : 7-59. CiteSeerX  10.1.1.632.3193 . doi : 10.1007/bf00055564 . S2CID  5641133 .
• Selvin, Steve (Şubat 1975a). "Olasılıkla ilgili bir sorun (editöre mektup)". Amerikan İstatistikçisi . 29 (1): 67–71. doi : 10.1080/00031305.1975.10479121 . JSTOR  2683689 .
• Selvin, Steve (Ağustos 1975b). "Monty Hall sorunu üzerine (editöre mektup)". Amerikan İstatistikçisi . 29 (3): 134. JSTOR  2683443 .
• Seymann, RG (1991). " Bir Anlaşma Yapalım : Oyuncunun ikilemi hakkında yorum yapın". Amerikan İstatistikçisi . 45 (4): 287–288. doi : 10.2307/2684454 . JSTOR  2684454 .
• Stibel, Jeffrey ; Dror, İtil; Ben-Zeev, Talia (2008). "Çöken Seçim Teorisi: Karar Vermede Seçim ve Yargıyı Ayrıştırmak" (PDF) . Teori ve Karar .
• Tierney, John (21 Temmuz 1991). "Monty Hall'un Kapılarının Arkasında: Bulmaca, Tartışma ve Cevap?" . New York Times . Erişim tarihi: 18 Ocak 2008 .
• Vazsonyi, Andrew (Aralık 1998 – Ocak 1999). "Cadillac'ın Hangi Kapısı Var?" (PDF) . Karar Çizgisi : 17–19. Arşivlenmiş orijinal (PDF) 2014-04-13 tarihinde . Erişim tarihi: 16 Ekim 2012 .CS1 bakımı: tarih ve yıl ( bağlantı )
• VerBruggen, Robert (24 Şubat 2015). "'Monty Hall' Sorunu: Herkes Yanlış mı" . RealClearScience . 2017-10-12 alındı .
• Volokh, Sasha (2015-03-02). "Rezil Monty Hall sorununa 'kolay' bir cevap" . Washington Post'ta . ISSN  0190-8286 . 2017-10-12 alındı .
• vos Savant, Marilyn (2012) [1990–1991]. "Oyun Gösterisi Sorunu" . geçit töreni . Arşivlenmiş orijinal 29 Nisan 2012 tarihinde.
• vos Savant, Marilyn (9 Eylül 1990a). "Marilyn'e sor" . Parade : den 16. Arşivlenen orijinal 21 Ocak 2013 tarihinde . Erişim tarihi: 12 Kasım 2012 .
• vos Savant, Marilyn (2 Aralık 1990b). "Marilyn'e sor" . Parade : den 25. Arşivlenen orijinal 21 Ocak 2013 tarihinde . Erişim tarihi: 12 Kasım 2012 .
• vos Savant, Marilyn (17 Şubat 1991a). "Marilyn'e sor" . Parade : den 12. Arşivlenen orijinal 21 Ocak 2013 tarihinde . Erişim tarihi: 12 Kasım 2012 .
• vos Savant, Marilyn (Kasım 1991c). "Marilyn vos Savant'ın yanıtı". Editöre Mektuplar. Amerikan İstatistikçisi . 45 (4): 347.
• vos Savant, Marilyn (1996). Mantıksal Düşünmenin Gücü . Aziz Martin Basın. P. 5 . ISBN'si 0-312-15627-8.
• Williams, Richard (2004). "Ek D: Monty Hall Tartışması" (PDF) . Sosyoloji Lisansüstü İstatistik I ders notları . 2008-04-25 alındı .
• Whitaker, Craig F. (9 Eylül 1990). "[Craig Whitaker'dan bir mektupta sorulan sorunun Marilyn vos Savant tarafından formüle edilmesi]. Marilyn'e sorun". Geçit töreni : 16.

daha fazla okuma

• Gill, Richard (2011b). "Monty Hall Problemi (sürüm 5)" . StatProb: İstatistik ve Olasılık Dernekleri Tarafından Desteklenen Ansiklopedi . Arşivlenmiş orijinal 2016-01-21 tarihinde . 2011-04-03 alındı .
• vos Savant, Marilyn (7 Temmuz 1991b). "Marilyn'e sor" . Parade : den 26. Arşivlenen orijinal 21 Ocak 2013 tarihinde . Erişim tarihi: 12 Kasım 2012 .
• vos Savant, Marilyn (26 Kasım 2006). "Marilyn'e sor". Geçit töreni : 6.

Dış bağlantılar

• The Game Show Problem – Marilyn vos Savant'ın web sitesindeki orijinal soru ve yanıtlar
• University of California San Diego, Monty Versiyonu Biliyor ve Monty Versiyonu Bilmiyor, Oyunun Bir Açıklaması
• Monty Hall at Curlie
• "Değiştir ya da değiştir? Olasılık ve Monty Hall sorunu" , BBC News Magazine , 11 Eylül 2013 (video). Matematikçi Marcus du Sautoy , Monty Hall paradoksunu açıklıyor.