【數學理論】 04. 你該更換你的選擇嗎？(下) — 蒙提霍爾悖論 (Monty Hall Paradox)

--- title: 【數學理論】 04. 你該更換你的選擇嗎？(下) — 蒙提霍爾悖論 (Monty Hall Paradox) tags: - 【數學理論】 - 悖論 url: https://hackmd.io/hT5fsVT-TfG4VYGZvVY77Q lastSync: 2025-05-25T08:45:35.854Z hackmd: url: https://hackmd.io/hT5fsVT-TfG4VYGZvVY77Q title: 【數學理論】 04. 你該更換你的選擇嗎？(下) — 蒙提霍爾悖論 (Monty Hall Paradox) lastSync: 2025-05-25T05:17:17.456Z --- 你該更換你的選擇嗎？(下) === 蒙提霍爾悖論 (Monty Hall Paradox) ---  現在你已經了解了貝式定理並且熟悉如何計算，接下來就進入正題：**蒙提霍爾悖論**。 首先我們先來複習一下[**上一篇**](https://hackmd.io/@lewisjjj800/r1yyOQgfxx)提到**三門問題**的情境： >[!Note] **三門問題** >觀眾先隨機選一扇門，接著主持人把另外兩扇門的其中一扇打開之後，詢問觀眾要不要更換選擇。 這時候就可以分成兩種情況： 1. 觀眾先隨機選一扇門，接著主持人把另外兩扇門的其中一扇打開之後，觀眾選擇不換門，最後獲得跑車的機率。 2. 觀眾先隨機選一扇門，接著主持人把另外兩扇門的其中一扇打開之後，觀眾選擇換門，最後獲得跑車的機率。 為了不讓整篇文太過冗贅，我們定義一下幾個名詞：刪門：主持人把另外兩扇門的其中一扇打開，畢竟他刪掉觀眾可以換過去的選擇，因此這個動作後續稱為**刪門**。 跑車門：門後是跑車的門。 山羊門：門後是山羊的門。 現在我們先以數學方式來證明**蒙提霍爾悖論** ## **數學證明** 我們以**觀眾角度**，分別以下列兩種情況計算貝式定理結果。 --- ### **情況1：觀眾選擇**不換門**的情況下，最後獲得跑車的機率。** 在這種情況下獲得跑車的機率只有一種，就是車子就在觀眾一開始選擇的門後，因此我們可以列出以下機率。 $P(H)$：一開始就選中跑車門的機率 $P(¬H)$：一開始沒選中跑車門的機率 $P(E \vert H)$：選中跑車門的情況下，選擇要換的機率 $P(E \vert ¬H)$：沒選中跑車門的情況下，選擇要換的機率 $P(E)$：主持人刪門，觀眾選擇不換門後，選中跑車門與山羊門的機率總和 這個時候我們就能計算出以下各種機率： $P(H)=\dfrac{1}{3}$ $P(¬H)=\dfrac{2}{3}$ $P(E \vert H)=\dfrac{1}{2}$ 在觀眾選中跑車門的前提下，主持人刪山羊門，觀眾選擇不換門的機率是 $\dfrac{1}{2}$ $P(E \vert ¬H)=\dfrac{1}{2}$ 在觀眾沒選中跑車門的前提下，主持人刪山羊門，觀眾選擇不換門的機率是 $\dfrac{1}{2}$ $P(E)=$主持人刪門，觀眾選擇不換門的情況下，選中跑車門的機率+選中山羊門的機率 &ensp; &ensp;&ensp;&emsp;$=P(H)\times P(E \vert H)+P(¬H)\times P(E \vert ¬H)$ &ensp; &ensp;&ensp;&emsp;$=\dfrac{1}{3} \times \dfrac{1}{2} + \dfrac{2}{3} \times \dfrac{1}{2} = \dfrac{1}{2}$ 接下來一樣應用**貝式定理**，把上面的數據代入貝式定理公式： $P(H \vert E)=\dfrac{\dfrac{1}{3}\times \dfrac{1}{2}}{\dfrac{1}{2}} = \dfrac{1}{3}$ 因此我們可以知道，當我們選擇**不換門**，我們最後選中跑車門的機率依舊是 $\dfrac{1}{3}$ 這其實很直覺，畢竟一開始選中跑車門的機率就是 $\dfrac{1}{3}$ ，觀眾從頭到尾都沒換門，跟主持人刪不刪門沒關係。 接下來我們考慮第二種情況：選擇**換門**的情況下，選中車子的機率。 --- ### **情況2：觀眾選擇**換門**的情況下，最後獲得跑車的機率。** $P(H)$：一開始就選中跑車門的機率 $P(¬H)$：一開始沒選中跑車門的機率 $P(E \vert H)$：選中跑車門的情況下，選擇要換的機率 $P(E \vert ¬H)$：沒選中跑車門的情況下，選擇要換的機率 $P(E)$：主持人刪門，觀眾選擇不換門後，選中跑車門與山羊門的機率總和這個時候我們就能計算出以下各種機率： $P(H)=\dfrac{1}{3}$ $P(¬H)=\dfrac{2}{3}$ $P(E \vert H)=\dfrac{1}{2}$ 在觀眾選中跑車門的前提下，主持人刪山羊門，觀眾選擇不換門的機率是 $\dfrac{1}{2}$ $P(E \vert ¬H)=\dfrac{1}{2}$ 在觀眾沒選中跑車門的前提下，主持人刪山羊門，觀眾選擇不換門的機率是 $\dfrac{1}{2}$ $P(E)=$主持人刪門，觀眾選擇不換門的情況下，選中跑車門的機率+選中山羊門的機率 &ensp; &ensp;&ensp;&emsp;$=P(H)\times P(E \vert H)+P(¬H)\times P(E \vert ¬H)$ &ensp; &ensp;&ensp;&emsp;$=\dfrac{1}{3} \times \dfrac{1}{2} + \dfrac{2}{3} \times \dfrac{1}{2} = \dfrac{1}{2}$ 以上這些機率跟不換門的情況一模一樣，但接下來要**注意**，因為我們要求的是：**觀眾選擇換門，最後獲得跑車的機率**。因此**不能**一開始就選中跑車門，這樣選擇換門後才會選到跑車門，所以應用**貝式定理**時，我們要求的其實是： $P(¬H \vert E)=\dfrac{P(¬H)P(E \vert ¬H)}{P(E)}$ 一樣應用**貝式定理**，把上面的數據代入貝式定理公式： $P(¬H \vert E)=\dfrac{\dfrac{2}{3}\times \dfrac{1}{2}}{\dfrac{1}{2}} = \dfrac{2}{3}$ 因此我們可以知道，當我們選擇**換門**，我們最後選中跑車門的機率就會提高到 $\dfrac{2}{3}$ --- 當你覺得數學證明麻煩、不直觀、問題一大堆時，我們就能用最簡單、最直觀、大家看了都一目了然的證明法：**窮舉法（Proof by exhaustion）** 窮舉法的證明精隨就是：**把所有可能性都列出來**，舉個例子：你該如何證明「**28這個數字的因數共有6個**」？，那方法很簡單，就是把28的因數都列出來，數一遍看有沒有六個就可以證明了。 但聰明的你大概也想到了，這大概只能適用於邏輯與結構比較簡單的命題，如果今天要我證明「**1797973393這個數字的因數是不是有4個**」？那要我窮舉到死可能也證明不出來他是不是對的。 >事實上1797973393是由兩個質數(27361、65713)相乘出來的，而一種特殊的非對稱密碼法-RSA加密演算法正是利用兩個質數作為加密與解密的兩個鑰匙(key)來進行加密，未來提及到密碼學再詳細展開。 接下來我們用窮舉證明法列出表格來證明。 ## **窮舉證明法** 我們以**觀眾角度**，把所有可能的情況列舉出來，首先是**觀眾選擇死都不換門**的所有情況： |**選擇情況**| 跑車門 | 山羊門 | 山羊門 | |-|-|--|---| |**情況一**| **最終選擇** | 主持人刪門 | -- | |**情況二**| -- | **最終選擇** | 主持人刪門 | |**情況三**| -- | 主持人刪門 | **最終選擇** | 上述表格可以看到，因為觀眾死都不換門，所以一開始的選擇就是**最終選擇**，這時我們就可以看到，這三種情況中觀眾真正會贏得跑車的情況只能在一開始就選中跑車門，因此贏得跑車的機率為 $\dfrac{1}{3}$ 接下來我們同樣以觀眾角度，把**觀眾無論如何都會換門**的所有情況列舉出來： |**選擇情況**| 跑車門 | 山羊門 | 山羊門 | |-|-|--|---| |**情況一**| 第一次選擇 | 主持人刪門 | **最終選擇** | |**情況二**| **最終選擇** | 第一次選擇 | 主持人刪門 | |**情況三**| **最終選擇** | 主持人刪門 | 第一次選擇 | 因為觀眾無論如何都會換門，因此在第一次選擇時沒選中跑車門的話，主持人就會好心的幫觀眾把另外一扇山羊門給刪了，這種情況下觀眾在換門時就只會換到跑車門。 這時我們就可以看到，這三種情況中觀眾真正會贏得跑車的情況就是在一開始就不要選中跑車門，而山羊門有兩扇可以在一開始給觀眾選，因此贏得跑車的機率為 $\dfrac{2}{3}$ 因為把所有情況列出來了，我們可以看到**觀眾換門確實贏得跑車的機率比不換還高**，因此根據窮舉法驗證了應該要更換選擇。 幸好蒙提霍爾悖論只是**三門問題**，還能在短時間窮舉出來，要是變成**千門問題**那實在難以窮舉了。 如果你覺得還是不夠簡單、不夠直觀，那就把問題最簡化，將核心概念抽取出來，把三門問題轉化成**取球問題**。 ## **取球問題** >[!Note] **取球問題** **有兩個箱子，你跟主持人分別持有一個箱子，你的箱子是空的，主持人的箱子有1000顆球，其中有一顆金球，抽到金球就能獲得汽車，而其他都是藍球。現在主持人下令，你可以從這1000顆球中盲抽一顆，放入自己的箱子中，並把箱子關起來，這當中你無法看到抽到的球是什麼顏色。隨後主持人以你看不到的角度偷偷打開箱子，把998顆藍球拿出來。這時你跟主持人的箱子都只剩下一顆球，主持人提出你可以選擇要從哪個箱子抽球，你要抽哪個箱子的球？** 可以發現這是簡化版三門問題，只是為了讓換不換的結果差異性更大，因此改成一千顆球。 接下來我們搭配圖片來分析一下： <img src="https://raw.githubusercontent.com/lewisjjj800soic/HackMD-images-backup/main/Mathematic-Theorems/04/01.png" alt="圖片描述" style="display: block; margin: 0 auto;" width="800"> 在最一開始時，你的箱子是空的，主持人的箱子有1000顆球，其中有一顆**金球**。 <img src="https://raw.githubusercontent.com/lewisjjj800soic/HackMD-images-backup/main/Mathematic-Theorems/04/02.png" alt="圖片描述" style="display: block; margin: 0 auto;" width="800"> 隨後你從這1000顆球中盲抽一顆，放入自己的箱子中，並把箱子關起來，這當中你無法看到抽到的球是什麼顏色。 <img src="https://raw.githubusercontent.com/lewisjjj800soic/HackMD-images-backup/main/Mathematic-Theorems/04/03.png" alt="圖片描述" style="display: block; margin: 0 auto;" width="800"> 這時你可以很明確知道，你從這1000顆球中盲抽一顆，抽中**金球**的機率是 $\dfrac{1}{1000}$，而因為主持人的箱子還有999顆球，因此**金球**在主持人箱子的機率是 $\dfrac{999}{1000}$。 <img src="https://raw.githubusercontent.com/lewisjjj800soic/HackMD-images-backup/main/Mathematic-Theorems/04/04.png" alt="圖片描述" style="display: block; margin: 0 auto;" width="800"> 這時主持人以你看不到的角度偷偷打開箱子，把998顆**藍球**拿出來，你跟主持人的箱子都只剩下一顆球。 **但這並不影響金球在主持人箱子的機率！**，因此機率仍然是$\dfrac{999}{1000}$。 也就是說，**金球**在主持人箱子的機率是 $\dfrac{999}{1000}$ ，而且他幫你把 **箱子中所有的藍球** 都挑出來了，剩下的那顆球就有極高機率就是**金球**。 所以當你可以從這兩個箱子中選擇時，兩個箱子中各剩一顆球，他們是不是金球的機率並不是分別為 $\dfrac{1}{1000}$ ，在你箱子中是 **金球**的機率為 $\dfrac{1}{1000}$ ，在主持人箱子中是 **金球**的機率為 $\dfrac{999}{1000}$ 。 因此，你應該要選擇你的箱子(中獎機率 $\dfrac{1}{1000}$) ，還是主持人的箱子 (中獎機率 $\dfrac{999}{1000}$) 呢？我想答案已經顯而易見了。 ## **實驗** 最後，為了驗證上述的結果，我們可以利用Python來替我們模擬這個情況。 :::spoiler 點擊以查看程式碼 ```python= import random # 定義一個名為 "Monty_Hall_Function" 的函式 # 其中 n 為給定門的數量，"Change" 則為布林值，如果布林值為 "True" 則換門，反之為 "False" def Monty_Hall_Function(n, Change): # 跑車所在的門 Car = random.randrange(1,n+1) #你選擇的門 You_Pick = random.randrange(1,n+1) # 以下定義選擇的情況 # 如果跑車門跟你選擇的門一樣，那選擇換門就不會中獎 if(You_Pick == Car): if(Change): return False else: return True # 如果跑車門跟你選擇的門不一樣，那選擇換門就會中獎 else: if(Change): return True else: return False # 定義一個名為 "Monty_Hall_Test" 的函式 # 當中可以輸入 Monty_Hall_Test(實驗執行次數, 總共幾道門, 要不要換) # 其中要換的話就輸入 "True"，反之則為 "False" def Monty_Hall_Test(Number_of_Try, Number_of_Doors, Change): count = 0 Win_Car = 0 while( count < Number_of_Try ): #執行結果 result = Monty_Hall_Function(Number_of_Doors,Change) if(result): Win_Car += 1 count = count+1 # 此次實驗贏得跑車的機率 Prob = Win_Car/Number_of_Try print('總共有', Number_of_Doors, '道門') if(Change == True): print('如果換門的話：') else: print('如果不換門的話：') print(Number_of_Try,'次實驗中會贏得跑車', Win_Car,'次') print('贏得跑車的機率:', Prob) return Prob ``` ::: 要實驗的話就可以輸入我定義的函式： ``` Monty_Hall_Test(實驗執行次數, 總共幾道門, 要不要換) ``` 首先我們先來看看**不換門**的實驗結果：設定「**實驗執行了十萬次，總共三道門，選擇不換門(輸入False)**」，輸入以下程式： ``` Monty_Hall_Test(100000,3,False) ``` 接著就會輸出以下結果： ``` 總共有 3 道門如果不換門的話： 100000 次實驗中會贏得跑車 33334 次贏得跑車的機率: 0.33334 ``` >因為給定的程式是亂數隨機跑的，所以每次輸出的結果都會不太一樣。 --- 那接著我們來看看如果選擇**換門**的實驗結果。 設定「**實驗執行了十萬次，總共三道門，選擇換門(輸入True)**」，輸入以下程式： ``` Monty_Hall_Test(100000,3,True) ``` 接著就會輸出以下結果： ``` 總共有 3 道門如果換門的話： 100000 次實驗中會贏得跑車 66601 次贏得跑車的機率: 0.66601 ``` 通過上面輸出的兩種結果可以看到：**選擇換門之後贏得跑車的機率真的比不換還要「多」大約** $\dfrac{1}{3}$ **。** --- 那我們來看看**取球問題**的命題： 設定「**實驗執行了十萬次，總共1000顆球，選擇更換手裡的箱子(輸入True)**」，輸入以下程式： ``` Monty_Hall_Test(100000,1000,True) ``` 接著就會輸出以下結果： ``` 總共有 1000 顆球如果更換手裡的箱子的話： 100000 次實驗中會贏得金球 99893 次贏得金球的機率: 0.99893 ``` >如果輸出的中文字要改變，print裡面的描述也要更改哦。 所以你可以看到，如果三門問題拓展成像**取球問題**一樣有一千道門的話，那更換選擇後贏得跑車的概率就會接近 $100\%$ ，因此**你該更換你的選擇**。 **蒙提霍爾悖論**已經徹頭徹尾被我們以數學方法、窮舉法、簡化思考的方法揭開那名為**悖論**的面紗，最後更以程式模擬出結果，相信經過一輪各種知識激盪後，你可以更加理解所謂的**三門問題**。 當然在數學上還有很多值得細細品味的**悖論**，就如同先前說的一樣，我會一一介紹。 我是Lewis，我們[**下一篇**](https://hackmd.io/@lewisjjj800/r1z4qUxzxg)專欄見！