关于三门问题（三门问题的正确解法）

前几天在抖音看到李永乐老师的关于三门的问题，感觉不是很对，又翻看了其他博主的相关视频，梳理一下。

三门问题（Monty Hall problem）亦称为蒙提霍尔问题、蒙特霍问题或蒙提霍尔悖论，大致出自美国的电视游戏节目Let's Make a Deal。问题名字来自该节目的主持人蒙提·霍尔（Monty Hall）。参赛者会看见三扇关闭了的门，其中一扇的后面有一辆汽车，选中后面有车的那扇门可赢得该汽车，另外两扇门后面则各藏有一只山羊。当参赛者选定了一扇门，但未去开启它的时候，节目主持人开启剩下两扇门的其中一扇，露出其中一只山羊。主持人其后会问参赛者要不要换另一扇仍然关上的门。问题是：换另一扇门是否会增加参赛者赢得汽车的机率？

先说答案，此时更换另外一扇门不会增加赢得汽车的概率，而且此时的概率是1/2。

概率问题，是基于规律，对未知事情发生的可能性的一种猜测。知道的越多、能确定的信息越多，概率存在的范围则越来越小。对于全知全能的拉普拉斯妖来说，就不存在概率问题了。所以，要讨论概率，必须与当时的已知信息挂钩，脱离了已知信息的概率问题都是流氓问题。

我们先从逻辑上，用以下几个步骤验证这个问题。

第一步，当面对三扇门的时候，任意选一个，中奖的概率是1/3。

第二步，主持人去掉一个错误选项，此时嘉宾面临的问题就变成了“从2个门中任意选一个”，那么中奖的概率就是1/2。

由于嘉宾获取到的已知信息变得多了（主持人去掉了一个错误选项），那么他猜测结果的可能性就会变大，所以即使他什么都不做，主持人去掉错误选项这一个动作也会影响到所有门，使得剩余门的中奖概率都变为1/2，同样他选中的那个门的中奖概率也会从1/3升级到1/2。

这里面的关键是，“主持人排除错误选项”这个动作，是对所有的门同时起作用的，就像“事件光锥”那样。

下面再用枚举法进行核算。

在这个方法中，我们假设嘉宾第一次的选择是第一个门（选择第二个门和第三个门的这两种情况可以做相似的讨论，不影响最终的概率），那么主持人就会有两种操作，排除第二扇门或者排斥第三扇门。而且两只山羊也做区分，分别用A、B来表示。

下面分别来列举。

第一步，三个门进行三选一，嘉宾选择第一扇门，有以下六种情况，其中两种情况可以选中车，所以概率是1/3。

第二步，主持人排除掉第二扇门，那么以上的6种情况就只剩下了以下4种情况：

那么嘉宾选择的第一扇门后有车的情况就占据所有4种情况中的2种，概率也就变为了1/2。

同样的道理，假如主持人排除的是第三扇门，那么第一步中的6种情况就会坍缩为以下4种情况：

嘉宾选择第一扇门的中奖概率依旧是1/2。

目前网上比较多的声音是，嘉宾更换选择之后中奖的概率会变为2/3，下面来聊聊他们获得这种结论的原因。下面我们将“网上”的意见统称为“博主”的意见。

首先从逻辑上，博主认为第一步中，嘉宾选择了一扇门，那么这扇门中奖的概率就是1/3，另外两扇门作为一个整体，中奖的概率就是2/3，这个没有问题。当主持人排除了两扇门中错误选项的时候，那么错误选下的概率就坍缩为0，但是整体的概率还是2/3，那么这2/3的概率就会集中到主持人没有排除的那扇门上，所以嘉宾应该从第一步中选择的概率为1/3的门，更改为概率集中起来之后变为2/3的门。

此时假如极端一点，主持人把其余两扇门都打开，嘉宾选择的这一扇门中奖的概率还会维持在1/3么？显然不会，会坍缩为0或者1。

或者按照这个逻辑，假如开始有1000扇门，其中1扇有奖，那么第二步中主持人排除了997扇门之后，剩余两扇门的概率就变为999/1000，此时更换选择几乎就变成了百分百中奖，这个就离了大谱了。

这个方法的漏洞就是认为主持人的操作只是影响了两扇门，却不会影响到嘉宾已经选择的那一扇，这是不对的。这几扇门之间并没有什么物理结界，无法隔绝影响。

然后是利用枚举法，博主将所有的6种情况列出来，然后对所有情况进行枚举，得到以下表格:

从表格中可以看出，“换”了之后，中奖的情况有4种，所以中奖的概率就变成的2/3。这个方法中的漏洞，就是将“主持人排除第二扇门”和“主持人排除第三扇门”这两个互斥事件，列在一个样本中进行同时统计。

概率论中，对于互斥事件需要分情况讨论，而且同一个样本中的事件必须是独立事件。