Bizonyára sokan emlékeznek még Rózsa Gyuri Zsákbamacska című vetélkedőjére, amire a zsákbamacskás feladványommal én is utaltam. A legtöbben jobban szeretnénk inkább elefelejteni azt a röhejes műsort, állítólag még Rózsa György sem volt túl büszke rá, kapcsolódik azonban a játékhoz egy nagyon egyszerű és mégis trükkös kérdés, amelynek a megoldása látszólag ellentmond a józan észnek, ezért paradoxonként vált közismertté.

Az úgynevezett Monty Hall-paradoxon kérdése ugyanaz, mint amit én is kérdeztem: a játékvezető segítsége után érdemes-e változtatni azon, hogy melyik dobozt választjuk, vagyis releváns információnak számít-e az egyik üres doboz megmutatása, ha ez nem az, amit kiválasztottunk. A paradoxon eredeti verziójában három doboz szerepel és egy játékos, az Ész Ventura feladványában viszont hat doboz és három játékos. Ennek a problémának rengeteg változatával foglalkoztak már, komoly matematikai cikkek is születtek a témában. A kitűzött feladat tehát egy variáció több játékosra, nézzük ennek a megoldását.

Mindenképpen megéri váltani

A dobozok közül kezdetben egyik sem kitüntetett, mindegyikben 1/6 valószínűséggel lehet a nyeremény, ezért az általánosság megszorítása nélkül feltehetjük, hogy A az 'a' jelű, B a 'b' jelű és C a 'c' jelű dobozt választotta, egyszerűen így címkézzük fel a dobozokat. A maradék három doboz pedig kapja a 'd', 'e' és 'f' címkéket.

Ha A nem változtat, akkor a nyerési esélye 1/6. Ha A változtat, akkor csak az esetek azon felében van esélye nyerni, amikor a nyeremény 'd', 'e' vagy 'f' valamelyikében van, és ilyenkor 1/2 esélye van a találatra, hiszen a játékvezető a három közül az egyik üreset megmutatja neki. Ha tehát változtat, akkor összesítve 1/2 · 1/2 = 1/4 esélye lesz a nyerésre, ami nagyobb 1/6-nál, tehát mindig érdemes dobozt váltania, és hogy melyikre vált a meg nem mutatottak közül, az természetesen mindegy, hiszen egyik sem kitüntetett.

Ha valakinek ezen a ponton nem világos, hogy miért nem irreleváns az, hogy az A játékos változtat-e a döntésén vagy sem, az nézze meg a már említett Monty Hall-paradoxon különféle magyarázatátait. Az első játékos esetében ugyanis az érvelés teljesen hasonló módon működik, mint az eredeti probléma esetében. Vagy további segítség, ha áttekintjük az alábbi listát, ami felsorolja a nyereménynek és a játékvezető segítségének lehetséges kombinációit, és részletezi a hozzájuk tartozó esélyeket.

1/6 · 1/3 = 1/18 eséllyel nyeremény 'a'-ban és 'd' megmutatva
1/6 · 1/3 = 1/18 eséllyel nyeremény 'a'-ban és 'e' megmutatva
1/6 · 1/3 = 1/18 eséllyel nyeremény 'a'-ban és 'f' megmutatva
1/6 · 1/3 = 1/18 eséllyel nyeremény 'b'-ben és 'd' megmutatva
1/6 · 1/3 = 1/18 eséllyel nyeremény 'b'-ben és 'e' megmutatva
1/6 · 1/3 = 1/18 eséllyel nyeremény 'b'-ben és 'f' megmutatva
1/6 · 1/3 = 1/18 eséllyel nyeremény 'c'-ben és 'd' megmutatva
1/6 · 1/3 = 1/18 eséllyel nyeremény 'c'-ben és 'e' megmutatva
1/6 · 1/3 = 1/18 eséllyel nyeremény 'c'-ben és 'f' megmutatva
1/6 · 1/2 = 1/12 eséllyel nyeremény 'd'-ben és 'e' megmutatva
1/6 · 1/2 = 1/12 eséllyel nyeremény 'd'-ben és 'f' megmutatva
1/6 · 1/2 = 1/12 eséllyel nyeremény 'e'-ben és 'd' megmutatva
1/6 · 1/2 = 1/12 eséllyel nyeremény 'e'-ben és 'f' megmutatva
1/6 · 1/2 = 1/12 eséllyel nyeremény 'f'-ben és 'd' megmutatva
1/6 · 1/2 = 1/12 eséllyel nyeremény 'f'-ben és 'e' megmutatva

Térjünk most rá a második játékosra. Mivel az első játékos mindenképpen váltani fog, ezért a továbbiakban nevezzük d-nek azt a dobozt, amire vált. Ha korábban ez nem a 'd' jelű volt, akkor most átnevezzük. 'e' és 'f' pedig legyen a másik kettő, amire válthatott volna. B nem tudja, hogy a játékvezető 'e' és 'f' közül melyiket mutatta meg A-nak, de azt tudja, hogy d-ben 1/4 valószínűséggel van a nyeremény. 'e' és 'f' közül pedig egyik se kitüntetett számára, ezért azok között eloszlik a hiányzó 1/4 valószínűség. Összesítve tehát, azelőtt, hogy B is megkapná a saját segítségét a játékvezetőtől, az A játékos döntésének ismeretében az alábbi esélyeket tudja hozzárendelni az egyes dobozokhoz.

a: 1/6, b: 1/6, c: 1/6, d: 1/4, e: 1/8, f: 1/8

Ezután jön a játékvezető B-nek adott segítsége. Ez kétféle lehet: vagy a 'd' jelű dobozt mutatja meg neki, vagy 'e' és 'f' közül valamelyiket. Nézzük mi az első eset valószínűsége. Ha a nyeremény 'a', 'b' vagy 'c' valamelyikében van, aminek összességében 1/2 az esélye, akkor ezen belül az esetek 1/3-ában fordul elő, hogy éppen 'd' lesz a segítség. Ha a nyeremény 'd'-ben van, akkor a játékvezető 'd'-t nem mutathatja üresnek. Ha pedig 'e' vagy 'f' tartalmazza a nyereményt, akkor az esetek felében fordul elő, hogy éppen 'd' lesz a segítség. Összesen tehát 1/2 · 1/3 + 1/4 · 1/2 = 7/24 az esélye annak, hogy a játékvezető azt a dobozt mutatja meg B-nek, amit éppen A választott másodjára. Mivel pedig a játékvezető mindenképpen 'd', 'e' és 'f' közül mutathat valamit, ezért 1 - 7/24 = 17/24 lesz annak a valószínűsége, hogy nem az A által másodjára választott 'd' jelű dobozt mutatja meg B-nek, hanem 'e'-t vagy 'f'-et.

Most nézzük meg a fenti két esetben külön-külön, hogy mekkora eséllyel nyerhet B, ha vált. A nyerés lehetősége eleve csak akkor jöhet szóba a váltással, ha a nyeremény 'e'-ben vagy 'f'-ben van, hiszen 'd' már foglalt. Ennek a valószínűsége B számára a segítség megadása előtt 1/4, lásd fentebb. Ezen eseten belül 1/2 az esélye, hogy a játékvezető segítsége 'd', és ilyenkor 1/2 az esélye, hogy B a váltással eltalálja a nyereményt. Összességében tehát az esetek 1/16-ában a játékvezető segítsége 'd' és B nyer a váltással. Mivel pedig a játékvezető az esetek 7/24 részében adja segítségként 'd'-t, ezért azzal a feltétellel, vagyis annak ismeretében, hogy a segítség 'd', a nyerés esélye a váltással (1/16)/(7/24) = 3/14 ≈ 21.4% > 1/6.

Ha most azt nézzük, amikor a játékvezető segítsége nem 'd' és a nyeremény 'e'-ben vagy 'f'-ben van, ennek 1/4 · 1/2 = 1/8 a valószínűsége, és ebben az esetben B teljesen biztosan nyer a váltással, hiszen a játékvezető megmutatott egyet 'e' és 'f' közül üresnek. Mivel pedig a játékvezető az esetek 17/24 részében ad segítségként 'd'-től eltérőt, ezért azzal a feltétellel, vagyis annak ismeretében, hogy a segítség nem 'd', a nyerés esélye a váltással (1/8)/(17/24) = 3/17 ≈ 17.6% > 1/6.

Azt kaptuk tehát, hogy akármilyen segítséget is kap B, mindenképpen érdemes váltania, hiszen váltás nélkül csak 1/6 lenne a nyerési esélye. Igaz, ha a játékvezető nem az A által másodjára választott dobozt mutatja üresnek, akkor az esélye csupán 1 százalékkal nő meg a váltással. Mindenesetre a feladvány további részét jelentősen egyszerűsíti, hogy B is mindenképpen vált, és ezt C is tudja. Mielőtt továbbmegyünk a C játékosra, nézzük még meg azt, hogy összesítve mekkora az esélye B-nek a nyerésre. Ez (7/24)·(3/14) + (17/24)·(3/17) = 1/16 + 1/8 = 3/16, ami azt jelenti, hogy átlagosan 3/16 - 1/6 ≈ 2% B esélyeinek növekedése azzal, hogy vált.

Az utolsónak már alig marad valami

Térjünk most rá az utolsó játékosra. Mivel az első két játékos mindenképpen váltani fog, ezért elnevezhetjük most úgy a dobozokat, hogy 'd' és 'e' legyen az a két doboz rendre, amiket A és B választ másodjára. Ezek után három eset lehetséges C számára attól függően, hogy a játékvezető a 'd', 'e' vagy 'f' jelű dobozt mutatja meg neki. Mindenesetre azelőtt, hogy a segítséget megkapná, az alábbi esélyeket rendelheti az egyes dobozokhoz, ahol az 'f'-hez tartozó 1/16 valószínűség abból adódik, hogy az összes valószínűségnek 1-re kell összegződnie.

a: 1/6, b: 1/6, c: 1/6, d: 1/4, e: 3/16, f: 1/16

Mivel C már csak f-re válthat, ezért abban az esetben, ha vált, azt már most látjuk, hogy átlagosan (az említett három esetre kiátlagolva) biztosan nem éri meg neki, mert legfeljebb 1/16-od esélyre játszat. Ugyanakkor előfordulhat, hogy a játékvezető adott segítsége mellett az esetek valamelyikében esetleg mégis megéri váltania. Ez az eset persze nem lehet az, amikor 'f'-et mutatja meg üresnek, tehát csak a másik két esetet kell megvizsgálnunk, amikor a játékvezető segítsége 'd' vagy 'e'.

Nézzük előbb azt az esetet, amikor a játékvezető 'd'-t mutatja, ennek az esélye a korábbiakhoz hasonlóan 7/24. Az a felállás, hogy 'd' a segítség és a C játékos 'f'-el nyerhet, az összes esetek 1/32 részében fordul elő, hiszen a nyerő 'f' eseteknek csak a felében lesz a játékvezető segítsége 'd'. A fenti 1/32 pedig a 7/24-nek 3/28-ad része, ami 1/6-nál kisebb, tehát azon ismeret birtokában, hogy 'd' üres, C-nek nem érdemes váltania.

Nézzük most a másik esetet. Ha a nyeremény 'a', 'b' vagy 'c' valamelyikében van, aminek összességében 1/2 az esélye, akkor ezen belül az esetek 1/3-ában fordul elő, hogy éppen 'e' lesz a segítség. Ha a nyeremény 'd'-ben vagy 'f’-ben van, aminek összességében 1/4 + 1/16 a valószínűsége, akkor ezen esetek felében lehet 'e' a segítség. Összesítve az adódik, hogy 31/96 a valószínűsége annak, hogy C-nek 'e' lesz a segítség. Annak az esélye pedig, hogy C nyer az 'f'-re váltással, miközben a segítsége 'e' volt, 1/32, hiszen a nyerő 'f' eseteknek csak a felében lesz a játékvezető segítsége 'e'. A fenti 1/32 pedig a 31/96-nak 3/31-ed része, ami 1/6-nál szintén kisebb, C-nek tehát ebben az esetben sem érdemes váltania.

Összefoglalva tehát az első két játékosnak mindenképpen megéri váltania valamelyik meg nem mutatott dobozra, ami még nem foglalt, függetlenül attól, hogy a játékvezető pontosan melyiket mutatja meg. Az utolsó játékos viszont jobban teszi, ha marad az eredeti választásánál. Az esélyeik rendere pedig 1/4, 3/16 és 1/6 lesz.

Ami pedig a haladó kérdést illeti, lényegében menet közben már megválaszoltuk. Mivel mindhárom játékos döntése egyértelmű, hogy vált vagy sem, így azt nem tudja a játékvezető befolyásolni. Ami A nyerési esélyét illeti, nem tudja befolyásolni, mert amire A válthat, azok közül egyik se kitüntetett. C esélyét se tudja befolyásolni, mert az fixen 1/6. Egyedül B esélyeit tudja befolyásolni, hiszen kiszámoltuk, hogy eltérőek az esélyei annak függvényében, hogy az A által másodszorra választott dobozt mutatja-e meg, vagy sem. Kivéve persze azt az esetet, amikor A nyerni fog, mert akkor A dobozát eleve nem mutathatja meg.