4-6 対戦順の説明の正誤 ～ モンティ・ホール問題をベイズの定理で解く

今回の統計トピック

複雑な条件の確率計算に挑戦します！
「直感的な確率の印象」と「実際の計算結果」が異なっている面白い問題です。
さらに不思議で面白い問題「モンティ・ホール問題」にベイズの定理でトライします！

公式問題集の準備

「公式問題集」の問題を利用します。お手元に公式問題集をご用意ください。
公式問題集が無い場合もご安心ください！
「知る」「実践する」の章で、のんびり統計をお楽しみください！

日本統計学会公式認定　統計検定　2級　公式問題集［CBT対応版］

問題を解く

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📘公式問題集のカテゴリ

確率の分野
問6 対戦順の説明の正誤（腕相撲の勝利確率）

試験実施年月
統計検定2級 2018年6月 問7（回答番号14）

問題

公式問題集をご参照ください。

解き方

題意
次の条件で２連勝を目指す場合、「Ｔ君－Ｕ君－Ｔ君の順で対戦する」と「Ｕ君－Ｔ君－Ｕ君の順で対戦する」のいずれが有利か、を解答します。

・Ｔ君に勝つ確率$${p}$$
・Ｕ君に勝つ確率$${q}$$
・$${0 < p < q < 1}$$

公式テキストより

腕相撲のイラスト：「いらすとや」さんより

３戦中の２連勝とは
次の２パターンがあります。
①第１戦と第２戦を勝利
②第１戦を敗北、第２戦と第３戦を勝利

最初にＴ君と対戦する「Ｔ君－Ｕ君－Ｔ君の順」のケース
①第１戦と第２戦を勝利する確率は、$${pq}$$です。
②第１戦を敗北、第２戦と第３戦を勝利する確率は、$${(1-p)qp}$$です。
２連勝する確率は、$${pq+(1-p)qp=pq+pq-ppq=\boldsymbol{2pq-ppq}}$$です。

最初にＵ君と対戦する「Ｕ君－Ｔ君－Ｕ君の順」のケース
①第１戦と第２戦を勝利する確率は、$${qp}$$です。
②第１戦を敗北、第２戦と第３戦を勝利する確率は、$${(1-q)pq}$$です。
２連勝する確率は、$${qp+(1-q)pq=pq+pq-pqq=\boldsymbol{2pq-pqq}}$$です。

どっちの確率が高い？
最初にＴ君と対戦するときの$${2pq-\boldsymbol{ppq}}$$と最初にＵ君と対戦するときの$${2pq-\boldsymbol{pqq}}$$の大きい方、つまり、$${ppq}$$と$${pqq}$$の小さい方が、２連勝する確率が高いです。
$${0 < p < q < 1}$$なので、$${ppq}$$の方が小さいです。
したがって、最初にＴ君と対戦する「Ｔ君－Ｕ君－Ｔ君の順」の方が２連勝する確率が高いと言えます。

お菓子のつかみ取りのイラスト：「いらすとや」さんより

いっけん、勝率の高いＵ君と多く対戦するほうが有利に感じます。
しかし、そうは問屋が卸さないのです（統計検定の醍醐味）。

この問題では、敗北する確率「$${1-p}$$と$${1-q}$$」の高さがその後に２連勝する事象の確率の高さにつながっています。
「どちらのシナリオのほうが起きやすいか」を計算していたのですね。

「２連勝する事象」の起きる確率の高さが、１戦１戦の勝利確率の高い方で決定付けられない、こんなことがあるなんて、面白いです。

解答

① です。

難易度　ふつう

・知識：確率全般
・計算力：数式組み立て（中）
・時間目安：1分

知る

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おしながき

公式問題集の問題に接近してみましょう！
今回は、不思議で面白い確率の問題を確認してまいりましょう！

お題：モンティ・ホール問題

モンティ・ホール問題 - Wikipedia

司会者モンティ・ホールのゲームショウです。
ゲームのルールは次の通り。

1. ３つのドアの１つに当たり（景品）、残りの２つのドアにハズレ（ヤギ）がランダムに隠されています。
   プレイヤーは当たりのドアを選択して景品獲得を狙います。

2. プレイヤーが１つのドアを選択します。

3. モンティはプレイヤーが選ばなかったドアのうち１つを開けます。
   モンティが開けるのは、必ずハズレ（ヤギ）のドアです。

4. モンティはプレイヤーに「ドアを選び直してよい」と告げます。

プレイヤーは「最初に選んだドア」と「選び直したドア」のどちらを開けるのが有利でしょう？

え？二択になったからどっちを選んでも当たりの確率は$${\boldsymbol{1/2}}$$ですって？

「ドアを選び直してよいです」

ベイズの定理

📕公式テキスト：2.3 ベイズの定理（62ページ～）

モンティ・ホールのドアをベイズの定理に当てはめてみましょう。

ベイズの定理の適用にあたって、次のサイトの情報を参考にさせていただきました。
ありがとうございました！

直感に騙されるな！ベイズで理解するモンティ・ホール問題｜スタビジ

算定条件
３つのドアを$${A, B, C}$$とします。
各ドアが当たりの事象は$${A_{WIN}, B_{WIN}, C_{WIN}}$$です。
また、モンティが各ドアを開ける事象を$${A_{MONTY}, B_{MONTY}, C_{MONTY}}$$と呼びましょう。

１．プレイヤーは$${A}$$のドアを選びます。
プレイヤーがドアを選ぶ時点では、ドア$${A,C}$$が当たりの確率は$${\boldsymbol{P(A_{WIN})=P(C_{WIN})=1/3}}$$です。
これらの確率を「事前確率」と呼びます。

２．モンティは残りのドアのうち$${B}$$を選びます。

• 当たりの条件を付けない場合、モンティはプレイヤーが開けたドアを開けることが無いので、モンティがドア$${B}$$を開ける確率は$${\boldsymbol{P(B_{MONTY})=1/2}}$$です。
  ドア$${B,C}$$の二択です。

• ドア$${A}$$が当たりとの条件を付ける場合、モンティがドア$${B}$$を開ける確率$${\boldsymbol{P(B_{MONTY} \mid A_{WIN})=1/2}}$$です。
  ドア$${B,C}$$の二択です。

• ドア$${C}$$が当たりとの条件を付ける場合、モンティがドア$${B}$$を開ける確率$${\boldsymbol{P(B_{MONTY} \mid C_{WIN})=1}}$$です。
  ドア$${A,C}$$は開けないので$${B}$$一択になります。

モンティがドア$${B}$$を開けたとき、ドア$${A}$$の当たりの事後確率$${\boldsymbol{P(A_{WIN} \mid B_{MONTY})}}$$、ドア$${C}$$の当たりの事後確率$${\boldsymbol{P(C_{WIN} \mid B_{MONTY})}}$$はどうなるでしょう？

ベイズの定理を応用して確かめてみましょう！

ベイズの定理

$$
P(A_{WIN} \mid B_{MONTY}) = \cfrac{P(A_{WIN})\ P(B_{MONTY} \mid A_{WIN}) }{P(B_{MONTY})} \\
  \\
P(C_{WIN} \mid B_{MONTY}) = \cfrac{P(C_{WIN})\ P(B_{MONTY} \mid C_{WIN}) }{P(B_{MONTY})}\\
$$

ベイズの定理に算定条件を当てはめてみましょう。

ドア$${\boldsymbol{A}}$$の当たりの確率（事後確率）

$$
\begin{align*}
P(A_{WIN} \mid B_{MONTY}) &= \cfrac{P(A_{WIN})\ P(B_{MONTY} \mid A_{WIN}) }{P(B_{MONTY})}\\
&=\cfrac{1/3 \times 1/2}{1/2}\\
&=\boldsymbol{1/3}
\end{align*}
$$

モンティがドア$${B}$$を開けたとき、ドア$${A}$$の当たりの事後確率$${P(A_{WIN} \mid B_{MONTY})}$$は$${1/3}$$です。
事前確率$${P(A_{WIN})=1/3}$$から変化しません。

ドア$${\boldsymbol{C}}$$の当たりの確率（事後確率）

$$
\begin{align*}
P(C_{WIN} \mid B_{MONTY}) &= \cfrac{P(C_{WIN})\ P(B_{MONTY} \mid C_{WIN}) }{P(B_{MONTY})}\\
&=\cfrac{1/3 \times 1}{1/2}\\
&=\boldsymbol{2/3}
\end{align*}
$$

モンティがドア$${B}$$を開けたとき、ドア$${C}$$の当たりの事後確率$${P(C_{WIN} \mid B_{MONTY})}$$は$${2/3}$$です。
なんと、事前確率$${P(C_{WIN})=1/3}$$から２倍に変化しました！

モンティがドア$${B}$$を開けたことで、ドア$${C}$$の当たりの確率がドア$${A}$$の２倍になったのです！
つまり、プレイヤーは「選び直したドア$${\boldsymbol{C}}$$」を開ける方が有利なのです。

なんだか、不思議です。

モンティがドア$${B}$$を開ける際に、「ドア$${A}$$が当たりのときに開ける条件付き確率$${P(B_{MONTY} \mid A_{WIN})=1/2}$$」と「ドア$${C}$$が当たりのときに開ける条件付き確率$${P(B_{MONTY} \mid C_{WIN})=1}$$」との間に「２倍」の違いがある点が効いているのです。

がしかし、合点がいかない違和感が残ります。

直感的な解はWikipediaの「数え上げ（ベイズの公式）」の図がわかりやすいのかもしれません。

プレイヤーがドア$${A}$$を選び、まだ、モンティがドアを開けていないときは、ドア$${A}$$の当たりの確率$${P(A_{WIN})=1/3}$$、ドア$${B,C}$$の当たりの確率$${P(B_{WIN})+P(C_{WIN})=2/3}$$です。

モンティがドア$${B}$$を開けたとき、ドア$${A}$$の当たりの確率は相変わらず$${P(A_{WIN})=1/3}$$です。
そして、$${P(B_{WIN})+P(C_{WIN})=2/3}$$のまま、モンティが開けたドア$${B}$$の当たりの確率が$${P(B_{WIN})=0}$$になるので、ドア$${C}$$の当たりの確率$${P(C_{WIN})=2/3-P(B_{WIN})=2/3}$$になる、という解です。

Pythonコードでどちらのドアが有利か確かめる
「選び直したドア」の「最初に選んだドア」のどちらの当たりが多いのか、Pythonコードで試してみましょう。
ぜひ、動かして、確かめてみてください！

Pythonコードの作成にあたって、次のサイトのコードを参考にさせていただきました。
ありがとうございました！

Pythonでモンティホール問題をシミュレーションしてみる - Qiita

①インポート

import random

②モンティ・ホール問題
モンティ・ホールのゲームを100,000回繰り返し実行して、「選び直したドア」と「最初に選んだドア」の当たりの回数を確認しましょう。
試行回数と乱数シードを変更すると、当たりの結果が変動します。

# 初期値設定
num_trial = 100000  # 試行回数
players_change_door_win, players_1st_door_win = 0, 0
random.seed(777)

# モンティ・ホール問題を試行回数繰り返す
# ドアNo.は 0,1,2
for i in range(num_trial):
    # 当たりのドアの決定（ランダムに選択）
    win_door = random.randrange(3)

    # Playerが最初のドアを選択（ランダムに選択）
    players_1st_door =  random.randrange(3)
    # Playerが最初に選ばなかったドア群
    other_doors = [d for d in range(3) if d != players_1st_door]

    # モンティ・ホールがドアを選択
    # Playerが当たりのドアを選択した場合、はずれのドアを「ランダム」に選択
    if players_1st_door==win_door:   
        montys_door = random.choice(other_doors) 
    # Playerがはずれのドアを選択した場合、もう一方のはずれのドアを選択
    elif other_doors[0]!=win_door:
        montys_door = other_doors[0]
    else:
        montys_door = other_doors[1]

    # Playerがドアを選び直す
    players_change_door = [d for d in other_doors if d != montys_door][0]
    
    # 当たりのカウント
    if players_change_door==win_door:     # 選び直したドアが当たり
        players_change_door_win += 1
    elif players_1st_door==win_door:      # 最初に選んだドアが当たり
        players_1st_door_win +=1
        
# 当たりの結果を表示
print(f'試行回数：{num_trial}回',
      f'\n①選び直したドアが当たり　：{players_change_door_win}回, ',  
      f'当たりの確率：{players_change_door_win/num_trial*100:.2f}%',  
      f'\n②最初に選んだドアが当たり：{players_1st_door_win}回, ',
      f'当たりの確率：{players_1st_door_win/num_trial*100:.2f}%',  
      f'\n①÷②：{players_change_door_win/players_1st_door_win:.2f}倍')

出力結果
試行回数：100000回
①選び直したドアが当たり　：66690回, 当たりの確率：66.69%
②最初に選んだドアが当たり：33310回, 当たりの確率：33.31%
①÷②：2.00倍

ドアを選び直すほうの当たりは２倍です！
ベイズの定理、凄いです！

実践する

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今回はお休みです。

「知る」のお題を解いてみましょう！

電卓・手作業で作成してみよう！

今回はお休みです。

EXCELで作成してみよう！

今回はお休みです。

EXCELサンプルファイルのダウンロード
今回はファイル提供はありません。

Pythonで作成してみよう！

今回はお休みです。
「知る」のお題を動かしてみましょう！

Pythonサンプルファイルのダウンロード
今回はファイル提供はありません。

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おわりに

対戦順による２連勝の確率と、モンティ・ホールの当たりの確率を見てきました。
直感と異なる結果になって面白かったです。
これからも面白い話題を探して記事を書きます！

最後までお読みいただきまして、ありがとうございました。

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