Monty Hall's Problem

세 개의 문 중 하나는 차(상품, 얻을려는 대상)이 존재하고, 나머지 두 개의 문 뒤에는 염소가 존재한다. 이 때 상품을 얻을 확률에 관한 문제.

세 개의 문 중 어떤 한 문을 선택한다.
몬티는 차가 어디에 있는지 알고 있다. 내가 어떤 한 문을 고르고 난 뒤, 몬티는 내가 고른 문과 차가 있는 문을 제외하고 다른 한 염소가 있는 문을 열어준다.
그 후에는, 내가 선택한 문과 다른 한 문만이 남아 있다. 이 때, 내가 선택한 문을 그대로 택하던지, 아니면 다른 문을 택하던지 차를 뽑을 확률은 50:50으로 동일한가?

**정답은, 다른 문을 택하는 것이 확률이 $\frac{2}{3}$ **으로 더 높다.

조건부 확률에 따라 달라지는 선택 문제의 일종. Prior와 Posterior의 혼동에서 비롯되는 문제라고도 할 수 있다.

Solve

우선, 맨 처음에 문을 하나 선택할 때는 확률은 모두 $\frac{1}{3}$ 으로 같다.
하지만, 몬티가 염소가 있는 문을 열어준 후에는 확률이 달라진다.

Events:

$C_{j}$ : 차가 문 $j$ 뒤에 있을 확률( $j \in {1, 2, 3}$ )
$H_{k}$ : 몬티가 문 $k$ 를 열어줄 확률( $k \in {1, 2, 3}$ )

만약 처음에 1번째 문을 선택하였고, 몬티가 2번째 문을 열어줬다면

P (C_{3} ∣ H_{2}) = \frac{P ( H _{2} ∣ C _{3} ) P ( C _{3} )}{P ( H _{2} )}

이 때 Law of Total Probability에 의해

P (H_{2}) = P (H_{2} ∣ C_{1}) P (C_{1}) + P (H_{2} ∣ C_{2}) P (C_{2}) + P (H_{2} ∣ C_{3}) P (C_{3})

= (\frac{1}{2} \times \frac{1}{3}) + (0 \times \frac{1}{3}) + (1 \times \frac{1}{3}) = \frac{1}{2}

$P (H_{2} ∣ C_{1})$ : 만약 차가 1번째 문 뒤에 있었다면, 몬티가 2번째 혹은 3번째 문을 랜덤하게 열어줬을 것이므로 확률은 $\frac{1}{2}$
$P (H_{2} ∣ C_{2})$ : 몬티가 2번째 문을 열어준 것이므로 절대 2번째 문 뒤에는 차가 있을 수 없다.
$P (H_{2} ∣ C_{3})$ : 만약 차가 3번째 문 뒤에 있었다면, 내가 고른 문인 1번째 문과 차가 있는 3번째 문은 열어줄 수 없으니 반드시 2번째 문을 열어야 한다. 따라서 확률은 $1$ .

P (C_{3} ∣ H_{2}) = \frac{P ( H _{2} ∣ C _{3} ) P ( C _{3} )}{P ( H _{2} )} = \frac{1 \times \frac{1}{3}}{\frac{1}{2}} = \frac{2}{3}

즉, 차가 3번째 문 뒤에 있을 확률이 $2/3$ 으로 더 높으니 1번째 문을 그대로 선택하는 게 아니라 다른 문(3번째 문)을 선택하는 것이 차를 고를 확률이 더 높아지게 된다.

Further approach

만약 문이 1000개라면? 그리고 내가 고른 문과 실제 차가 있는 문을 제외하고 998개의 문을 열어준다면?

물론, 내가 고른 문 뒤에 차가 실제로 있다면, 어떤 염소가 있는 다른 문 하나를 남겨줄 것이다.

이 경우 역시 다른 문을 고르는 것이 확률이 더 높지만, 이전 경우에 비해 $\frac{999}{1000}$ 이라는 훨씬 높은 확률을 가지게 된다.

직관적으로 생각해보면, 몬티는 의도적으로 차가 있는 문을 피해서 열어준다. 만약 내가 고른 문 뒤에 차가 없는 경우가 999개나 되고 이는 Law of Total Probability에 의해 모두 더해지므로 훨씬 높은 확률을 가지게 된다. 차가 각 문 뒤에 있는 사건은 서로 독립적이므로 적용 가능하다.