Che cos'è il problema di Monty Hall
Cambiare porta raddoppia la probabilità di vincere. Migliaia di persone con una laurea in matematica hanno scritto per dire che è sbagliato. Fallo girare diecimila volte e guarda.
Perché cambiare vince il doppio delle volte
Livello Base — linguaggio semplice, senza matematica
Tre porte. Un'auto dietro una, una capra dietro ciascuna delle altre. Tu scegli una porta. Il conduttore - che sa dov'è l'auto - apre una delle due che non hai scelto, rivelando sempre una capra. Adesso puoi tenere la tua porta o passare a quella rimasta. Che fai?
Devi cambiare, e vince il doppio delle volte. Quasi nessuno ci crede la prima volta, e il motivo vale la pena di capirlo: sembra che restino due porte, quindi sembra cinquanta e cinquanta. Ma le due porte non sono equivalenti, perché una delle due era protetta.
Pensa alla tua prima scelta. Avevi una probabilità su tre di indovinare, e quella non è cambiata: il conduttore che apre una porta con la capra non ti dice niente sulla tua porta, perché avrebbe potuto aprire una porta con la capra qualunque cosa tu avessi scelto. Quindi la tua porta è ancora una su tre. Le altre due insieme erano due su tre, e lo sono ancora - solo che adesso sono tutte concentrate dietro l'unica porta rimasta in piedi.
Se ancora non ti torna, usa il cursore per portarle a dieci. Scegli una porta e il conduttore apre otto capre, lasciando la tua e un'altra. Adesso la sensazione coincide con la matematica: la tua porta era un tiro a indovinare su dieci, e il conduttore ha appena evitato con cura una porta precisa otto volte di fila. Poi fai girare diecimila partite e guarda le due linee separarsi.
Da sapere
- Quando Marilyn vos Savant diede la risposta corretta nel 1990, ricevette circa 10.000 lettere che le dicevano che si sbagliava, fra cui circa 1.000 da persone con un dottorato.
- Con dieci porte, cambiare vince il 90% delle volte. Il meccanismo è identico alla versione a tre porte: è solo più facile da sentire.
- Paul Erdős, uno dei matematici più prolifici del secolo, rifiutò di accettare la risposta finché non gli mostrarono una simulazione al computer.
Probabilità condizionata, e perché la conoscenza del conduttore è tutto il problema
Livello Studente — le equazioni principali
Etichetta le porte 1, 2, 3, di' che scegli la porta 1, e sia \(C_i\) l'evento che l'auto sia dietro la porta \(i\), ognuno con probabilità a priori \(1/3\). Sia \(H_3\) l'evento che il conduttore apra la porta 3. Sono le verosimiglianze a portare l'argomento: \(P(H_3|C_1) = 1/2\), perché con l'auto dietro la tua porta il conduttore può aprire una qualsiasi delle rimanenti; \(P(H_3|C_2) = 1\), perché è costretto; \(P(H_3|C_3) = 0\), perché non rivela mai l'auto.
Bayes dà allora \(P(C_1|H_3) = \frac{(1/3)(1/2)}{(1/3)(1/2)+(1/3)(1)} = 1/3\) e \(P(C_2|H_3) = 2/3\). L'asimmetria viene interamente dalle verosimiglianze e non dalle probabilità a priori: l'azione del conduttore è due volte più probabile sotto l'ipotesi che l'auto sia dietro l'altra porta, quindi l'evidenza favorisce il cambio di un fattore due.
Tutto dipende dai vincoli del conduttore, e il rompicapo è notoriamente ambiguo quando li si lascia impliciti. Se il conduttore non sa dov'è l'auto e apre una porta a caso, allora, condizionatamente al fatto che abbia rivelato per caso una capra, le probabilità sono davvero pari e cambiare non guadagna niente. L'identico evento osservato - una capra dietro una porta aperta - porta informazione diversa a seconda del processo che l'ha prodotto. È la lezione più preziosa del problema e quella che di solito si salta.
La generalizzazione è pulita. Con \(n\) porte, un'auto, tu ne scegli una e il conduttore ne apre \(n-2\) con capre, cambiare vince con probabilità \(\frac{n-1}{n}\). A \(n = 3\) è il familiare \(2/3\); a \(n = 100\) è il \(99\%\), che è la versione da tirare fuori quando qualcuno non si lascia convincere. In ogni caso la tua porta originale conserva la sua probabilità a priori di \(1/n\), e tutto il restante \(\frac{n-1}{n}\) viene incanalato su un'unica porta.
Formule chiave
| A priori | \(P(C_i) = \tfrac{1}{3}\) | |
|---|---|---|
| Verosimiglianze | \(P(H_3|C_1)=\tfrac12,\; P(H_3|C_2)=1,\; P(H_3|C_3)=0\) | |
| A posteriori, resto | \(P(C_1|H_3) = \tfrac{1}{3}\) | |
| A posteriori, cambio | \(P(C_2|H_3) = \tfrac{2}{3}\) | |
| Con n porte | \(P(\text{cambiare vince}) = \dfrac{n-1}{n}\) | |
Da sapere
- Se il conduttore sceglie a caso e capita che riveli una capra, cambiare non guadagna niente. Stesso esito visibile, processo generatore diverso, informazione diversa.
- Il problema è equivalente al paradosso delle scatole di Bertrand del 1889 e al problema dei tre prigionieri del 1959. Viene riscoperto di continuo perché l'intuizione fallisce in modo affidabile.
- La risposta generale è (n−1)/n. Il caso a tre porte è il più difficile da sentire proprio perché 2/3 è il minimo che il vantaggio raggiunga mai.
Dipendenza dal protocollo, le varianti Monty Fall e perché l'intuizione fallisce
Livello Esperto — profondità matematica completa
01Il problema è sottodeterminato finché non si fissa il protocollo
L'enunciato classico non specifica le regole del conduttore, e la risposta dipende davvero da esse. Col protocollo standard - il conduttore apre sempre una porta, sempre una capra, mai la tua, e sceglie uniformemente quando può - cambiare vince con probabilità \(2/3\). Con Monty Fall, in cui il conduttore scivola e apre una porta a caso che per caso è una capra, la probabilità a posteriori è \(1/2\) e cambiare non serve. Con Monty Crawl, in cui un conduttore pigro apre sempre la porta ammissibile col numero più basso, la risposta dipende da quale porta ha aperto: a volte \(1/2\), a volte \(1\). I dati osservati sono identici in tutti e tre i casi; differisce solo il meccanismo di campionamento.
02Scelta non uniforme del conduttore, e la versione teorica dei giochi
Supponi che il conduttore, quando è libero di scegliere, apra la porta 3 con probabilità \(q\). Allora \(P(C_1|H_3) = \frac{q}{q+1}\), che va da \(0\) a \(1/2\) al variare di \(q\) da 0 a 1. Cambiare non è quindi mai peggio che restare ed è strettamente meglio a meno che \(q = 1\), quindi domina debolmente per ogni politica del conduttore. Trattandolo come gioco a somma zero contro un conduttore avversario, la strategia minimax del concorrente è cambiare, garantendo \(2/3\), e quella del conduttore è \(q = 1/2\): la regola uniforme è la giocata ottima del conduttore, che è una soddisfacente giustificazione dell'assunzione convenzionale.
03Perché l'intuizione fallisce, sperimentalmente
La spiegazione dominante è il bias di equiprobabilità: quando lo spazio degli esiti è stato ridotto a due, le persone assegnano per default probabilità uguali a prescindere dal processo che ha prodotto la riduzione. Un secondo fattore è un'euristica del numero di casi, che conta gli stati invece di pesarli. Il risultato che lo rende più di una curiosità è che l'errore persiste con gioco ripetuto e feedback: le persone non imparano in modo affidabile a cambiare nemmeno dopo decine di prove, cosa insolita per un compito con informazione immediata sull'esito, e suggerisce che il fallimento sia rappresentazionale invece che una questione di evidenza insufficiente.
04I piccioni, e che cosa implica
Herbranson e Schroeder hanno addestrato piccioni sul problema con ricompense in cibo. In circa trenta sessioni i piccioni sono arrivati a cambiare a tassi sopra il 90%; gli umani nella condizione confrontabile sono rimasti attorno al 60% e migliorano lentamente. L'interpretazione è che i piccioni si comportano da puri massimizzatori empirici, adattando le scelte alle frequenze di ricompensa osservate, mentre gli umani mettono in campo un modello causale della situazione e il loro modello è sbagliato. Avere una teoria è normalmente un vantaggio, e qui è proprio quello che fa il danno.
05Il principio generale da estrarre
La lezione trasferibile è che le verosimiglianze dipendono dal meccanismo che genera i dati, non dai dati. È la stessa struttura della distorsione di selezione negli studi clinici, della differenza fra dati mancanti a caso e mancanti non a caso, e del paradosso del bambino o bambina dove la risposta dipende da come l'informazione è stata ottenuta. Monty Hall sopravvive come esempio didattico perché è il problema più breve in cui l'osservazione è fissa, la risposta si sposta, e l'unica cosa cambiata è come l'osservazione sia stata fatta.
Formule chiave
| Bayes | \(P(C_i|H_3) = \dfrac{P(H_3|C_i)P(C_i)}{\sum_j P(H_3|C_j)P(C_j)}\) | |
|---|---|---|
| Conduttore distorto | \(P(C_1|H_3) = \dfrac{q}{q+1}\) | q = preferenza per la porta 3 |
| Monty Fall | \(P(C_1|H_3,\text{a caso}) = \tfrac{1}{2}\) | stessi dati, nessuna informazione |
| Minimax | \(\text{cambiare garantisce } \tfrac{2}{3};\quad q^{*}=\tfrac12\) | |
Da sapere
- I piccioni imparano a cambiare in circa trenta sessioni e arrivano oltre il 90%. Gli umani con lo stesso feedback restano attorno al 60%, a quanto pare perché hanno un modello causale ed è sbagliato.
- Se il conduttore preferisce la porta 3 con probabilità q, restare vince con probabilità q/(q+1). Cambiare domina debolmente per ogni possibile politica del conduttore.
- Trattato come gioco a somma zero, la strategia minimax del concorrente è cambiare e quella del conduttore è scegliere uniformemente - che è esattamente l'assunzione della versione classica.