テクノロジー犯罪

真鍋里紗〔京都陶化中学出身今年30〕

石井啓資〔嵐山中26〜7〕

ゆうき〔西院中25〕

中村杏奈〔洛西中20代〕

藤巻〔九条中30〕

じゅんき〔岩倉中26〕



こいつらほど粕なテク犯はいまいw

『ステイのハズレの確率はチェンジの
当たりの確率に等しい』…事象D

■事象Dとは何か？

ステイでは、当たりとハズレが同時に出ることはない（排反事象）

チェンジでも当たりとハズレが同時に出ることはない（排反事象）

ステイの当たりの確率がPなら

チェンジの当たりの確率は１−P

モンティはプレイヤーのファーストチョイスのあと
プレイヤーの選ばなかった二つのドアのうち
ハズレのドアを一つ開ける（ゲームから除外）

□■

モンティはハズレのドアを一つゲームから除外するので
ハズレのドアが二枚残ることはない

■■…空事象

プレイヤーは最後に当たりとハズレのドアのうち
一つを開ける二択を必ず行う

□■（ステイ　or　チェンジ）…排反事象

■事象Dとは何か？

ステイでは、当たりとハズレが同時に出ることはない（排反事象）

チェンジでも当たりとハズレが同時に出ることはない（排反事象）


ステイの当たりの確率がPなら

チェンジの当たりの確率は１−P

ステイのハズレの確率は１−P

チェンジのハズレの確率はP

ゆえに、
『ステイのハズレの確率はチェンジの
当たりの確率に等しい』…事象D

１００枚で一組のトランプから１枚のカードを引いたとき
「ハートが出る」、「スペードが出る」 ということは
同時に起きないので、
これらは互いに排反事象です

スペードのエースが出る確率　P
ハートのエースが出る確率　１−P

Pは出るか出ないかの二つの可能性のみ（余事象）
１−Pも出るか出ないかの二つの可能性のみ（余事象）

ゆえに、
Pの確率は５０％
１−Pの確率も５０％

この確率を維持したまま
最後にもう一度二者択一を行うので
スペードのエースが出る確率は５０％です

ゲームが多数回（N→∞）の時…事象N

プレイヤーのファーストチョイス時の当たりの確率…事象A

□■（ステイ　or　チェンジ）…排反事象C

排反事象Cの尤度関数P(N|C)＝２

モンティがハズレのドアを一枚開ける事によって
引き起こされる事象…事象F


■事象Aの確率はチェンジで二倍になるか？

事象Aの主観確率 P(A)＝１／３

事象Fの確率 P(F|N)＝P(B|N) * P(C|N) * P(D|N)＝１

∵ベイズの定理より

P(A|N)＝P(A) * P(N|C)／P(F|N)＝｛１／３ * ２｝／１＝２／３（確率が二倍になる）

テクノロジー漫才？

しち難しい理論を並べるのなら、防御方法を示すほうが建設的だということに気づいたらどうだ？
カシコバカw

確率も尤度も数式や数値は同じである

しかし、確率と尤度は意味するところが異なり、それに係わる法則も違う

確率が「事象の確率」であるのに尤度は

「観察データの下での仮説の尤度

(likelihood for a hypothesis given a set of observations)」

である点に注意する

尤度(Likelihood)

------------------------
●「ベイズの定理」の導出
------------------------
いま，観察データＤが与えられたとして，
それを説明する対立仮説がＨi（ｉ＝1,2,...,m）であったとします．
このとき，仮説Ｈiの尤度Ｌ(Ｈi)＝Ｐ[Ｄ｜Ｈi]と定義されます．
言葉で言えば「仮説Ｈiのもとで観察Ｄが生じる確率」が
尤度Ｌ(Ｈi)ということです．

この定義式には条件付き確率Ｐ[・｜・]が含まれています．
一般に条件付き確率Ｐ[Ａ｜Ｂ]は：

Ｐ[Ａ｜Ｂ]＝Ｐ[Ａ＆Ｂ]／Ｐ[Ｂ]

すなわち，「“世界”をＢに限定したときにＡが生じる確率」と
定義されます．
したがって，積事象Ｐ[Ａ＆Ｂ]とは異なる概念で
あることに注意してください．

上の式を移項すると

Ｐ[Ａ＆Ｂ]＝Ｐ[Ａ｜Ｂ]・Ｐ[Ｂ]

となりますが，左辺に対して別の変形：

Ｐ[Ｂ＆Ａ]＝Ｐ[Ｂ｜Ａ]・Ｐ[Ａ]

と等価であることから，右辺どうしを等置し：

Ｐ[Ａ｜Ｂ]・Ｐ[Ｂ]＝Ｐ[Ｂ｜Ａ]・Ｐ[Ａ]
∴Ｐ[Ａ｜Ｂ]＝Ｐ[Ｂ｜Ａ]・Ｐ[Ａ]／Ｐ[Ｂ]

が導かれます．

ここでＡ，ＢをそれぞれＨi，Ｄと置き換えると：

Ｐ[Ｈi｜Ｄ]＝Ｐ[Ｄ｜Ｈi]・Ｐ[Ｈi]／Ｐ[Ｄ] （＊）

となります．左辺Ｐ[Ｈi｜Ｄ]をデータＤが与えられたときの
仮説Ｈiの事後確率（posterior probability）と呼び，
対する右辺のＰ[Ｈi]を
仮説Ｈiの事前確率（prior probability）と呼びます．
右辺のＰ[Ｄ｜Ｈi]はすでに定義した尤度です．
分母Ｐ[Ｄ]は仮説Ｈiに依存しない定数です．

この式（＊）は「ベイズの定理」として知られています．
言葉で言えば，ある仮説Ｈiの事前確率と尤度の積が
Ｈiの事後確率になるということです．

（＊）式の分母Ｐ[Ｄ]を変形します．条件付き確率の定義により：

Ｐ[Ｄ]＝Ｐ[(Ｄ＆Ｈ1)or(Ｄ＆Ｈ2)or...or(Ｄ＆Ｈm)] Ｈiの排反事象に分割
＝Σ[i=1〜m]Ｐ[Ｄ＆Ｈi] 総和記号で表記
＝Σ[i=1〜m]Ｐ[Ｄ｜Ｈi]・Ｐ[Ｈi] 条件付き確率に展開

したがって，ベイズの定理（＊）式は：

Ｐ[Ｈi｜Ｄ]＝Ｐ[Ｄ｜Ｈi]・Ｐ[Ｈi]／Σ[i=1〜m]Ｐ[Ｄ｜Ｈi]・Ｐ[Ｈi] （＊＊）

と変形できます．
この式は，事後確率が事前確率と尤度の関数で
あることを示しています．

Ｐ[Ｈi｜Ｄ]＝Ｐ[Ｄ｜Ｈi]・Ｐ[Ｈi]／Σ[i=1〜m]Ｐ[Ｄ｜Ｈi]・Ｐ[Ｈi]

と変形できます．
この式は，事後確率が事前確率と尤度の関数で
あることを示しています

P(A)＝Σ［ｉ＝１〜ｍ］Ｐ（Ａ｜Ｂｉ）（Ｂｉ）

P(A)＝Σ［i＝１〜ｍ］Ｐ（Ａ｜Ｂi）（Ｂi）

■排反事象Cの尤度関数P(N|C)＝２とは何か？

P(N|C)＝ｃとおく

ゲームが多数回（N→∞）であるからcのとる値は

1＜ｃ＜３の範囲になる可能性が高い

ｃ＝１ならチェンジでも当たりの確率は１／３のまま

ｃ＝３ならチェンジで１００％当たりになる

■０＜ｃ＜１の範囲の場合はどうか？

ｃ＝０．５ならチェンジすると当たりの確率が１／６

これはつまりファーストチョイス時の当たりの確率が１／６
（６回につき一回しか当りが来ない）
※しかしこのくらいのことはよく起こる

【事象】
観察しうる形をとって現れる事柄、できごと?

ここでの事象とは自然界の事象という意味で
確率論の事象ではない

P(N|C)＝P(N|A) * ２

ゲームが多数回（N→∞）の時…事象N

プレイヤーのファーストチョイス時の当たりの確率…事象A

□■（ステイ　or　チェンジ）…排反事象C

モンティがハズレのドアを一枚開ける事によって
引き起こされる事象…事象F


■事象Aの確率はチェンジで二倍になるか？

事象Aの主観確率 P(A)＝１／３

事象Aの尤度関数P(N|A)＝１

排反事象Cの尤度関数P(N|C)＝２

事象Fの確率 P(F|N)＝P(B|N) * P(C|N) * P(D|N)＝１

P(N|C)＝P(N|A) * ２

∵ベイズの定理より

P(A|N)＝P(A) * P(N|C)／P(F|N)＝｛１／３ * ２｝／１＝２／３（確率が二倍になる）

ステイでは、当たりとハズレが同時に出ることはない（排反事象）

チェンジでも当たりとハズレが同時に出ることはない（排反事象）


ステイの当たりの確率がPなら

チェンジの当たりの確率は１−P

ステイのハズレの確率は１−P

チェンジのハズレの確率はP


プレイヤーは最後に当たりとハズレのドアのうち
一つを開ける二択を必ず行う

□■（ステイ　or　チェンジ）…排反事象

｛P(N|C)／P(N|A)｝＝２

■事象Eの尤度関数P(N|E)について

ゲームが多数回（N→∞）の時の事象Eの確率 P(E|N)

事象Eの尤度関数P(N|E)＝１

事象Eの主観確率P(E)＝２／３

P(N|E)＝eとおくと

ゲームが多数回（N→∞）であるからeのとる値は

1／２＜e＜３／２の範囲になる可能性が高い

e＝１／２ならP(E|N)＝１／３

e＝３／２ならP(E|N)＝１（１００％最初にハズレを引く）

■事象Aの尤度関数P(N|A)について

ゲームが多数回（N→∞）の時の事象Eの確率 P(A|N)

プレイヤーのファーストチョイス時の当たりの確率…事象A

事象Aの尤度関数P(N|A)＝１

事象Aの主観確率 P(A)＝１／３

P(N|A)＝aとおくと

ゲームが多数回（N→∞）であるからaのとる値は

1＜a＜２の範囲になる可能性が高い

a＝１ならP(A|N)＝１／３

a＝２ならP(A|N)＝２／３

ステイでは、当たりとハズレが同時に出ることはない（排反事象）

チェンジでも当たりとハズレが同時に出ることはない（排反事象）

P(N|C)＝P(N|A) * ２

｛P(N|C)／P(N|A)｝＝２

チェンジで当たりの確率は二倍になるのか？

それともステイの当たりの確率が二倍になったのか？

A、Bを確率事象とするとき、　

P(A∪B）＝P(A)＋P(B)−P(A∩B）が成り立つ

特に、P(A∪B）＝P(A)＋P(B)が成り立つ（P（A∩B）＝０）とき、

事象AとBは、互いに排反という

サイコロを次に一回振って

１の目が出る確率　P＝A

１以外の目がでる確率　１−P＝B

事象AとBは、互いに排反事象なので

P(A∪B）＝P(A)＋P(B)が成り立つ

事象Aが起こる確率：P(A) （Aの生起確率）
０ ≦ P(A) ≦ １
P(A)＝０ : A は絶対に起こらない
P(A)＝１ : A は必ず起こる

Aは起こるか起きないかのどちらか（確率５０％）

余事象（Ac＝Ω−A）〜 A が起こらない確率：P(Ac)
P(Ac)＝１−P(A)

P(Ac)＝１−P(A)＝P(B)が成り立つ

ベイズの定理：
P(X)P(Y|X)=P(Y)P(X|Y)=P(X∩Y)

「 X も Y も起きる確率」

＝「 X が起きる確率」×「 X が起きたもとで Y が起きる確率」なので，

「 P(X∩Y)=P(X)P(Y|X) 」が成立

このように両側から考えることによって恒等式
P(X)P(Y|X)=P(Y)P(X|Y)
が成立することが分かります。これがベイズの定理です

上記の恒等式より P(X),P(Y|X),P(Y),P(X|Y) のうち
3つが分かれば残りの1つが分かります

P(Y) を事前確率
P(Y|X) を事後確率と呼びます

■事象Eの尤度関数P(ｎ|E)について

ゲームが多数回（N＜３）の時の事象Eの確率 P(E|ｎ)

事象Eの尤度関数P(ｎ|E)＝３／４

事象Eの主観確率P(E)＝２／３

P(ｎ|E)＝eとおくと

ゲームが多数回（N＜３）であるからeのとる値は

1＜e＜３／４の範囲になる可能性が高い

e＝１ならP(E|ｎ)＝２／３

e＝３／４ならP(E|ｎ)＝１／２（直観確率と一致）

743 名前：名無しさん＠お腹いっぱい。(神奈川県)[sage] 投稿日：2018/06/17(日) 20:23:13.28 ID:c6jIeEIa [8/12]
■事象Aの尤度関数P(N|A)について

ゲームが多数回（N→∞）の時の事象Eの確率 P(A|N)

プレイヤ

■事象Eの尤度関数P(ｎ|E)について

ゲームの回数が（N＜３）の時の事象Eの確率 P(E|ｎ)

事象Eの尤度関数P(ｎ|E)＝３／４

事象Eの主観確率P(E)＝２／３

P(ｎ|E)＝eとおくと

ゲームが多数回（N＜３）であるからeのとる値は

1＜e＜３／４の範囲になる可能性が高い

e＝１ならP(E|ｎ)＝２／３

e＝３／４ならP(E|ｎ)＝１／２（直観確率と一致）

P(E|ｎ)＝P(E) * P(ｎ|E)

P(E|ｆ)＝P(E) * P(ｆ|E)

３／４　１／２　３／２

■事象Aの尤度関数P(ｎ|A)について

ゲームの回数がN＜３の時の事象Eの確率 P(A|ｎ)

プレイヤーのファーストチョイス時の当たりの確率…事象A

事象Aの尤度関数P(ｎ|A)＝３／２

事象Aの主観確率 P(A)＝１／３

P(ｎ|A)＝aとおくと

ゲームの回数がN＜３であるからaのとる値は

1＜a＜２の範囲になる可能性が高い

a＝１ならP(A|ｎ)＝１／３

a＝３／２ならP(A|ｎ)＝１／２

事象Eの尤度関数P(ｎ|E)＝３／４

事象Aの尤度関数P(ｎ|A)＝３／２

事象Fの確率 P(F|ｎ)＝P(B|ｎ) * P(C|ｎ) * P(D|ｎ)＝１／２

P(F|ｎ)＝ｆとおく

P(E|ｆ)＝P(E) * P(ｆ|E)

P(ｎ|E)＝P(ｎ|A) * P(F|ｎ)＝（３／２ ）* （１／２）＝３／４

P(ｎ|A)＝a

P(ｎ|E)＝e

P(F|ｎ)＝ｆとおく

a＝e／ｆ

e＝aｆ

ｆ＝e／a

■事象Eの尤度関数P(ｎ|E)について

ゲームの回数が（N＜３）の時の事象Eの確率 P(E|ｎ)

事象Eの尤度関数P(ｎ|E)＝３／４

事象Eの主観確率P(E)＝２／３

P(ｎ|E)＝eとおくと

ゲームの回数が（N＜３）であるからeのとる値は

３／４＜e＜１の範囲になる可能性が高い

e＝１ならP(E|ｎ)＝２／３

e＝３／４ならP(E|ｎ)＝１／２（直観確率と一致）

■事象Aの尤度関数P(ｎ|A)について

ゲームの回数がN＜３の時の事象Aの確率 P(A|ｎ)

プレイヤーのファーストチョイス時の当たりの確率…事象A

事象Aの尤度関数P(ｎ|A)＝３／２

事象Aの主観確率 P(A)＝１／３

P(ｎ|A)＝aとおくと

ゲームの回数がN＜３であるからaのとる値は

1＜a＜２の範囲になる可能性が高い

a＝１ならP(A|ｎ)＝１／３

a＝３／２ならP(A|ｎ)＝１／２

a＝２ならP(A|ｎ)＝２／３（この場合チェンジする必要はない）

a＝３ならP(A|ｎ)＝１（完全な予知能力）

三枚のドアABCがあります
そのうち1枚にあたりのドアがあります
挑戦者が１枚のドアを選びます
ここで急に風が吹いてきて、
たまたま挑戦者が選ばないドアが開いてしまい、
しかもそのドアがはずれであることがわかってしまいました
さて、挑戦者は空いてないドアを選び直したほうが、
当たる確率が高くなるでしょうか？

□当たり　■ハズレ

ゲームを二回しか行わない場合は
期待値の設定ができない
（３回のうち何回当たるという表現ができない）

１□■■
２■□■

考えられる組み合わせは４つ

（□■　■□　□□　■■）

ベルヌーイ・トライアルとは、
「AかBのどちらかしか起こらない」、「yesかnoのどちらかしかない」、
「表と裏のどちらかしか起こらない」といった事象
（これをベルヌーイ型の事象と呼ぶ）を起こさせることをさす

ベルヌーイ過程は独立していて確率分布が同じな
ベルヌーイ試行の列である
個々の Xi のとりうる2つの値を
「成功; success」と「失敗; failure」と呼ぶこともある
0 か 1 で表されたとき、その値は i 番目の「試行」についての
成功回数を表しているともいえる
個々の成功/失敗の変数 Xi もベルヌーイ試行と呼ばれる

□当たり　■ハズレ

ゲームを二回しか行わない場合は
期待値の設定ができない
（３回のうち何回当たるという表現ができない）

１□■■…ｐ１
２■□■…ｐ２

考えられる組み合わせは４つ

（□■　■□　□□　■■）…ｐ３

ｐ１とｐ２は独立な試行
（ｐ１の結果がｐ２の結果に影響を与えない）

ｐ１の確率は５０％、ｐ２の確率は５０％
（ベルヌーイ・トライアル）

以上により、
ｐ３のそれぞれの要素の起こる確率は
すべて等しく各２５％になる

（□■　■□　□□）…ｐ４

（■■）…ｐ５

□当たり　■ハズレ

ゲームを二回しか行わない場合は
期待値の設定ができない
（３回のうち何回当たるという表現ができない）

１□■■…ｐ１
２■□■…ｐ２

考えられる組み合わせは４つ

（□■　■□　□□　■■）…ｐ３

ｐ３は、次のように分解できる

（□■□■）…一回目の選択

（■□□■）…二回目の選択

一回目も二回目もともに確率５０％

ｐ１とｐ２は独立な試行
（ｐ１の結果がｐ２の結果に影響を与えない）

ｐ１の確率は５０％、ｐ２の確率は５０％
（ベルヌーイ・トライアル）

以上により、
ｐ３のそれぞれの要素の起こる確率は
すべて等しく各５０％になる

帰納法の仮定 1., 2. を満たす論理式 P(n) が与えられたとする
自然数の部分集合 A を A = { n ∈ N : ¬ P(n) } によって定める
この A が空集合であるということを示したい
そうでないと仮定すると、
Aに属する最小の自然数 a を取ることができるが、
P(0)は成り立っていることから a は0でない

２（N−１）＋（N−１）^2＋１＝

Ｎ^2

ゲームが成立する確率　２（N−１）／Ｎ^2

ゲームが不成立の確率　｛（N−１）^2＋１｝／Ｎ^2

□|■■
■|□■
■|■□

A B C
□■■

A B C
□■■

.A B C
□■■
□■■
□■■
□■■
□■■
□■■
□■■
□■■
□■■

■このゲームができるのは1回だけです

Aのツボは99個の青い球と1個の赤い球が詰まっている

Bのツボは99個の赤い球と1個の青い球が詰まっている

このとき、自分の目の前のツボから1個球を
取り出してみたら赤い球であった

目の前のツボはAのツボだろうか、Bのツボだろうか

P(B)＝ｂとおく

０≦ｂ≦１

ドアAが当たりである確率　ｂ／（１＋ｂ）

ドアCが当たりである確率　ｂ／（１＋ｂ）

P(A)＝aとおく

０≦a≦１／２

P(A|B)＝ｂ／（ｂ＋１）

P(C|B)＝１／（ｂ＋１）

P(B)＝ｂとおく

０≦ｂ≦１

ドアAが当たりである確率　ｂ／（１＋ｂ）

ドアCが当たりである確率　１／（１＋ｂ）

P(A)＝aとおく

０≦a≦１／２

P(A|B)＝ｂ／（１＋ｂ）

P(C|B)＝１／（１＋ｂ）

ドアB、Cをランダムに（ｂ＝１／２の確率で）選択したときに限って、
ドアAが当たりの確率は１／３のまま
ドアCが当たりの確率は当初の１／３から２／３に上がる

学生数ｘ　女子学生数ｙ

無作為に２人を抽出して可能となる組み合わせ

｛男男　男女　女男　女女｝

｛女女｝５０％…a

｛男男　男女　女男｝５０％…ｂ

５００≦ｘ≦１０００

ｘ＝a＋ｂ

２５０≦a≦５００

ｂの最低女子数は２…ｃ

ｂの最低男子数は４…ｄ

２５０≦ｂ≦５００

５００≦ｘ≦１０００

ｘ＝a＋ｂ

２５０≦a＝ｘ−ｂ

ｂを分割する

｛男男｝…ｂ１

｛男女｝…ｂ２

｛女男｝…ｂ３

事象aが観測された元でのそれぞれの確率は

P(ｂ１|a)＝P(ｂ１) * P(a|ｂ１)

P(ｂ２|a)＝P(ｂ２) * P(a|ｂ２)

P(ｂ３|a)＝P(ｂ３) * P(a|ｂ３)

学生数ｘ　女子学生数ｙ

無作為に２人を抽出して可能となる組み合わせ

｛男男　男女　女男　女女｝

｛女女｝５０％…a

｛男男　男女　女男｝５０％…ｂ

５００≦ｘ≦１０００

ｘ＝a＋ｂ

２５０≦a＝ｘ−ｂ

ｂを分割する

｛男男｝…ｂ１

｛男女｝…ｂ２

｛女男｝…ｂ３

事象aが観測された元でのそれぞれの確率は

P(ｂ１|a)＝P(ｂ１) * P(a|ｂ１)

P(ｂ２|a)＝P(ｂ２) * P(a|ｂ２)

P(ｂ３|a)＝P(ｂ３) * P(a|ｂ３)

学生数ｘに占める女子学生数ｙの割合は

ｙ／ｘ＝７／１０が尤もらしい

ゆえに、

P(ｂ１|a)＝P(ｂ１) * P(a|ｂ１)＝３／１０

P(ｂ２|a)＝P(ｂ２) * P(a|ｂ２)＝１／１０

P(ｂ３|a)＝P(ｂ３) * P(a|ｂ３)＝１／１０

2x(x-1)(x-2)(x-3)=y(y-1)(y-2)(y-3)の整点は？

この曲線Aは、16個の自明な整点
(x,y) ∈ {0,1,2,3}×{0,1,2,3}
を持つ

この曲線Aは、４個の自明な整点
(x,y) ∈ {0,1}×{0,1}
を持つ

A:2x(x-1)=y(y-1)

B-2での試験も問題なく成功したと発表されており、
B61-12の開発計画が順調に進んでいることがうかがえます
このまま予定通りに進めば、B61-12の製造は2020年に開始され、
既存のB61を更新する予定です
また、将来的にはB83のようなメガトン級の核爆弾も
置き換えられる可能性がある、とも言及されています

http://otakei.otakuma.net/wp/wp-content/uploads/2018/07/1db035883639a0eb21627ab089557ae3.jpg
http://otakei.otakuma.net/wp/wp-content/uploads/2018/07/b4bdb73c94b689c124b0f491f2186578.jpg
http://otakei.otakuma.net/wp/wp-content/uploads/2018/07/08215773b8a6ad2dff7d5a905dfb9c47.jpg
http://otakei.otakuma.net/wp/wp-content/uploads/2018/07/2713909871eaf0642f1b990605a7fe1a.jpg

[G]G{C}のケースはクルマのドアを開けてしまうことになるから
この可能性は消える――

消えるわけではなく2番のドアを開けるにシフト
[G]{G}C

4. 司会者が回答者に訊く「2番のドアに変更したいですか」
回答者は2番のドアを選ぶことでクルマを当てやすくなるだろうか―

回答者は2番と3番どちらのドアでも選択可能

[C]G [G]C [G]C-> C[G] G[C] G[C]

チェンジでCを選ぶ可能性は２／３にアップ

ラプラス流の確率の定義

事象Aの場合の数／起こり得るすべての場合の数

Ω＝｛（i，j）|１≦i≦３，１≦j≦３｝

■１〜３のドアの内のどれかに当たりがある確率

ドアの大きさはすべて同じで
起こり得る場合の数がn通りあり、
どの場合も起こるのが同様に確からしいとする

ある事象Aの場合の数がｒ通りであるとき,
事象Aの起こる確率をｐ＝ｒ／ｎと定義する

ゲームを二回だけ行って
起こり得る根元事象全体は
(１回目に選択したドアがi、２回目に選択したドアがjのとき（i，j）と書くと)

♯#A＝９−２^2＝５なのでAの起こる確率ｐ＝５／９

■１〜３のドアの内のどれかに当たりがある確率

ドアの大きさはすべて同じで
起こり得る場合の数がｎ通りあり、
どの場合も起こるのが同様に確からしいとする

ある事象Aの場合の数がｒ通りであるとき,
事象Aの起こる確率をｐ＝ｒ／ｎと定義する
（ラプラス流の確率の定義）

事象Aの場合の数／起こり得るすべての場合の数

ゲームを二回だけ行って
起こり得る根元事象全体は
(１回目のゲームで最初に選択したドアがi、
２回目のゲームで最初に選択したドアがjのとき（i，j）と書くと)

Ω＝｛（i，j）|１≦i≦３，１≦j≦３｝

#A＝３ｘ３−２ｘ２＝９−４＝５なのでAの起こる確率ｐ＝５／９

#Aは事象Aに含まれるハズレ要素の個数

ゲームが二回だけの時は
最初に粗利を引く確率が１／２をやや上回る

■１〜３のドアの内のどれかに当たりがある確率

ドアの大きさはすべて同じで
起こり得る場合の数がｎ通りあり、
どの場合も起こるのが同様に確からしいとする

ある事象Aの場合の数がｒ通りであるとき,
事象Aの起こる確率をｐ＝ｒ／ｎと定義する
（ラプラス流の確率の定義）

事象Aの場合の数／起こり得るすべての場合の数

ゲームを二回だけ行って
起こり得る根元事象全体は
(１回目のゲームで最初に選択したドアがi、
２回目のゲームで最初に選択したドアがjのとき（i，j）と書くと)

Ω＝｛（i，j）|１≦i≦３，１≦j≦３｝

#A＝３ｘ３−２ｘ２＝９−４＝５なのでAの起こる確率ｐ＝５／９

#Aは事象Aに含まれる要素の個数

ゲームが二回だけの時は
最初に当たりを引く確率が１／２をやや上回る

ゲームを三回行って起こり得る根元事象全体は
(１回目のゲームで最初に選択したドアがi、
２回目のゲームで最初に選択したドアがj、
３回目のゲームで最初に選択したドアがｋのとき（i，j，ｋ）と書くと)

Ω＝｛（i，j，ｋ）|１≦i≦３，１≦j≦３，１≦ｋ≦３｝

#A＝３ｘ３ｘ３−２ｘ２ｘ２＝２７−８＝１９なのでAの起こる確率ｐ＝１９／２７

#Aは事象Aに含まれる要素の個数

ゲームが三回だけの時は
最初に当たりを引く確率が１／３をやや上回る

#A＝３^ｎ−２^ｎなのでAの起こる確率ｐ＝（３^ｎ−２^ｎ）／３^ｎ

#Aは事象Aに含まれる要素の個数

ゲームをｎ回行って少なくとも一回の当たりを引く確率は

ｐ＝（３^ｎ−２^ｎ）／３^ｎ

■ドアが１００枚だとどうなる

ゲームを一回だけ行って
起こり得る根元事象全体は
(ゲームで最初に選択したドアがi、
ゲームで２回目に選択したドアがjのとき（i，j）と書くと)

Ω＝｛（i，j）|１≦i≦１００，１≦j≦２｝

#A＝１００ｘ２−９９ｘ１＝２００−９９＝１０１なので

Aの起こる確率ｐ＝１０１／２００≒１／２

#Aは事象Aに含まれる要素の個数

ドアが１００枚でゲームが一回だけの時は
ステイでもチェンジでも当たりを引く確率が１／２になる

ステイ　or　チェンジを含めてゲームを二回行うと

242,953

■ゲームが一回でドアがN枚で当りを引く確率

N→∞に向かうと

P(A)＝（N−１）／２N

Nが奇数の時は

P(A)＝｛（N＋１）／２｝／N

期待値μであるような独立同時分布確率変数列X１、X２…の算術平均

［Xｎ］＝｛X１＋X２＋…Xｎ｝／ｎ

のとる値は、十分大きなnまで考えれば、ほとんどのnでおおよそμである

[Xn]がμから大きく外れるようなnの現れる確率はnを無限に大きくすると０に近づく

lim［Xｎ］＝μ　in probability
n→∞

期待値μであるような
独立同時分布確率変数列X１、X２…の算術平均

［Xｎ］＝｛X１＋X２＋…Xｎ｝／ｎ

のとる値は、十分大きなｎまで考えれば、
ほとんどのｎでおおよそμである

[Xｎ]がμから大きく外れるようなｎの現れる確率は
ｎを無限に大きくすると０に近づく

lim［Xｎ］＝μ　in probability
ｎ→∞