Mi problema con la cabra de Monty Hall y ¡Mamá me parece que descubrí una paradoja!
"En este concurso, el concursante escoge una puerta
entre tres, y su premio consiste en lo que se encuentra detrás. Una de ellas
oculta un coche, y tras las otras dos hay una cabra. Sin embargo, antes de
abrirla, el presentador, que sabe donde esta el premio, abre una de las otras
dos puertas y muestra que detrás de ella hay una cabra. Ahora tiene el
concursante una última oportunidad de cambiar la puerta escogida¿Debe el
concursante mantener su elección original o escoger la otra puerta? ¿Hay alguna
diferencia?
Si miramos las posibilidades de exito de cambiar o no
cambiar, vemos que si no cambiamos tenemos 1/3 y si cambiamos tenemos 2/3. Aun
resulta dificil de entender pero resulta indiscutible que es asi.
EXPLICACIÓN
INTUITIVA
Trataremos de verlo de esta forma:
Si no cambiamos las posibilidades de ganar son de 1/3, ya
que escogemos una vez sin tener informacion y luego no cambiamos, de modo que
el hecho de que el presentador abra una puerta no cambia nuestras
probabilidades aunque parezca lo contrario.
Sin embargo si cambiamos:
Escogemos puerta con cabra -> Presentador muestra la otra
cabra -> cambiamos y GANAMOSEscogemos puerta con coche -> Presentador
muestra la otra cabra -> cambiamos y PERDEMOS
y dado que hay 2 cabras y 1 coche las posibilidades de ganar
son de 2/3."
Fuente:
http://www.estadisticaparatodos.es/taller/montyhall/montyhall.html donde
también podrán ver una representación matemática de dicho problema
Ahora, ¿Qué problemas hay con la explicación? Repasemos un
poco acerca de probabilidades y supongamos ciertas cosas
Supongamos que tenemos tres conjuntos en un espacio muestral
tal que P(E) = P(1) + P(2) + P(3)
Sabemos que si tomamos cualquier probabilidad de un conjunto
dado de un espacio muestral y si el proceso es aleatorio tenemos la siguiente
regla de que n/N siendo n la cantidad de representación en un conjunto N del
subconjunto elegido por tanto si sabemos entonces que
P(E) = P(2) + P(3)
Y pensamos que la elección aleatoria de una puerta no está
condicionada porque cambien las puertas o algo así entonces la probabilidad de
elegir cualquier puerta tanto P(2) como P(3) es de 1/2 sin importar la
credibilidad que le pudiéramos dar a cualquier intuición.
Además de eso tenemos fórmulas probabilísticas para
demostrar la independencia en ciertas probabilidades, podremos utilizarlas para
afrontar el problema
Sabemos que si cualquier probabilidad B en caso de A
(simbólicamente B|A) se puede demostrar que dos probabilidades son
independientes sí se da el caso P(B|A) = P(B) o P(A|B) = P(A)
Para calcular dicha probabilidad en caso de dependencia o
para demostrar su independencia se hace la siguiente cuenta
P(B|A) = P (A ∩ B)/P(A)
Obviamente el eliminar una muestra del espacio muestral
reduce el mismo pero nuestro objeto es demostrar que ninguna de las posibles
asignaciones de cualquier puerta tiene una probabilidad mayor que la otra
Supongamos B¹ tal que B¹ represente a una persona que eligió
la puerta restante 1 y que B² represente a todos los que eligieron la puerta
restante 2 y A será el conjunto total de puertas
Siendo B¹ = {pr 1}
B² {pr 2)
Y A = {Pr 1; Pr 2}
Podemos deducir algo así
P(B¹|A) = P (A ∩ B¹)/P(A)
Siendo A ∩ B¹ = {pr
1} el valor de este se dará por 1 debido a que ese es el número de unidades del
conjunto y P(A) = 2 debido a lo mismo
Siendo así tenemos 1/2 ahora debemos asumir que
probabilidades tenemos de si reemplazando la puerta B¹ por cualquier otra puerta
(como haríamos con las barajas de un naipe) de tener la misma probabilidad en
B²
Sería de esta forma
P(B²|A) = P (A ∩ B²)/P(A) lo que nos da 1/2 de nuevo por lo
que concluimos que la probabilidad de elegir correctamente es la misma
independientemente de las puertas si se mantiene el mismo espacio muestral por
lo que el cambio en el mismo no hace que una puerta sea más probable que otra
debido a que ninguna de las dos lo es en caso de reemplazo y mantenimiento del
espacio muestral ya que la probabilidad en dicho caso se mantiene
independiente, ergo al ser las puertas probabilidades independientes entre sí
no pueden aumentar sus probabilidades por elegir la una o la otra, son
independientes.
Supongamos empíricamente entonces que tenemos 3 puertas (a,b,c)
de las cuales sabemos que una no es y elegimos a en el principio, sabemos que
la puerta c no es por lo que quedan puerta a y b
a es verdadera si y sólo si b no lo es por tanto hay una
sola relación a o no-a hay dos chances ahí de las cuales en una aciertas y en
la otra no 1/2
Después tienes b que es verdadera respecto a la otra a si y
sólo si a es falsa por lo que queda que b a lo que respecta que b o no-b por lo
que de nuevo hay 1/2
1/2 +1/2 = 1 pero teniendo en cuenta que son dos de 4
representaremos como 2/4 = 1/2
Empíricamente las probabilidades de ganar eligiendo
aleatoriamente entre dos conjuntos por más que se haya eliminado un tercero es
siempre una sobre 2
Para hacerlo más sencillo tomamos los siguientes valores
a = a es verdadera a'= a es falsa
b = b es verdadera b'= b es falsa
c = c es falsa c' = c es falsa
El problema de la cabra de Hall se basa en la suposición contradictoria de que puede haber en el conjunto P(E) de probabilidad de elegir las puertas un miembro no perteneciente a dicho conjunto, véase uno de los axiomas de la teoría de probabilidad es
Para cualquier A de F 0 ≤ Pr(A) ≤ 1
Pero también por lógica deducimos que no puede haber un miembro no perteneciente al conjunto que pertenezca al conjunto (véase no podemos deducir las probabilidades de si al tirar cara o cruz el dado sale 4 debido a que no entra dentro del conjunto) siendo la tercera puerta un miembro no perteneciente al conjunto P(E) entonces lo que quedan son dos miembros que como he demostrado son grados de probabilidad independientes entre sí por lo que elegir el uno o el otro nos da misma probabilidad, toda la teoría de la cabra de Peyam se basa en el supuesto de que hay un miembro no perteneciente al conjunto que pertenece al conjunto, por eso cuando yo hizo la comparación de P(E) en base a eliminar el primer miembro se deduce que no hay mayor probabilidad al cambiar sino que sigue siendo la misma.
Ahora ¿Qué pasa cuando suponemos que algo que no puede suceder de verdad sucede? A priori en nuestros cálculos debería darse una probabilidad ridícula e infundamentada como mayor a 1 o menor a 0 ¿Pasará eso?
Tenemos primero que definir la fórmula que nos permita conocer las combinaciones, por suerte ese teorema es fácil, primero denotaremos su simbología
(n )
(r,n-r) Que simbolizaremos por (n(r)) aquí por cuestión de simplicidad
Tenemos luego el teorema sobre el número de combinaciones de n objetos distintos tomados de r a la vez es
(n(r)) = n!/r!.(n-r)!
Y tenemos lo necesario para probar nuestra hipótesis
Para más comodidad supondré un caso de la probabilidad de una moneda para salir cruz, cara o que salga dado, siendo así tenemos
P(m) = 1!/0!.1! . 1!/0!.1! . 0!/1!.-1! = Irresoluble
De esto podemos deducir consiguientemente que en caso de que salga dado jugando cara o cruz la probabilidad de que salga dado es irresoluble en todos los casos. Suponiendo como supone la cabra de Monty Hall esta capacidad deberíamos admitir lo irresoluble como un resulto valido, por absurdo demostramos que se necesita añadir algo más. Esto, en el remoto caso de ser cierto, sería fácilmente aclarable rectificando en los axiomas de la teoría (si esta es axiomatizable como bien trabajó en ello Mario Bunge) algún axioma para que en las variables aleatorias discretas solo se tomaran en cuenta aquellas variables que toman un valor en la función.
Denominaremos P(x) a una probabilidad dada, V(x) a el conjunto de variables aleatorias discretas y propondré el axioma 8 de el cálculo de probabilidades
∀x ¬∃x [x ∉ V(x) ∧ x ϵ P(x)]
Que se debe añadir a los axiomas ya reconocidos por Bunge y, aceptando este axioma, la cabra de Monty Hall carecería de sentido.
En cualquier caso debo aclarar que se encuentran en presencia de un lego en probabilidad (solo he leído "probabilidad y estadística para ingenierías y ciencias" de Walpole) así que si encuentran errores por favor notifiquenlos y ayuden a que lo comprenda, desde ya gracias por la paciencia.
