Paradoks tri zatvorenika

Paradoks tri zatvorenika se pojavio u Martin Gardnerovoj kolumni "Matematičke igre" u časopisu Sajentifik Amerikan 1959. On je matematički ekvivalentan Montiholovom paradoksu sa autom i kozama zamenjenim slobodom i izvršenjem, odnosno, kao i ekvivalentno sa, i verovatno zasnovano na, paradoksu Bertrandove kutije.

Problem

Tri zatvorenika, A, B i C, se nalaze u različitim ćelijama i osuđeni su na smrt. Upravnik je nasumično odabrao jednog od njih da bude pošteđen. Upravnik zna koji od njih je pošteđen, ali mu nije dozvoljeno da kaže. Zatvorenik A preklinje upravnika da mu kaže ko od njih će biti oslobođen.  Ako je pošteđen zatvorenik B, recite mi ime zatvorenika C. Ako je zatvorenik C pošteđen, recite mi ime zatvorenika B. A ako sam ja pošteđen, bacite novčić i odlučite da li ćete mi reći ime zatvorenika B ili C..

Upravnik kaže zatvoreniku A da će zatvorenik B biti pogubljen. Zatvorenik A je zadovoljan jer veruje da su šanse da je on pošteđen podignute sa 1/3 na 1/2, i da je sada između njega i zatvorenika C. Zatvorenik A tajno priča zatvoreniku C novosti, koji je takođe zadovoljan, zato što on misli da zatvorenik A još uvek ima 1/3 šanse da bude oslobođen, ali da su njegove šanse otišle na 2/3. Koji je tačan odgovor?

Rešenje

Odgovor je da zatvorenik A nije dobio informacije o svojoj sudbini. Zatvorenik A, na osnovu onoga što je čuo od upravnika, procenjuje da su njegove šanse da bude pošteđen 1/3, kao zajedno B i C. Kako je upravnik rekao da će zatvorenik B biti pogubljen, to znači da će zatvorenik C biti pošteđen (1/3 verovatnoća), ili će zatvorenik A biti pošteđen (1/3 verovatnoća) i novčić B/C koji je upravnik bacio je pokazao B (1/2 šansa, 1/6 verovatnoće da je B imenovan jer će A biti oslobođen). Stoga, nakon saznanja da će B biti pogubljen, procena šanse A zatvorenika da će biti oslobođen je upola manja od zatvorenika C. To znači da su njegove šanse da bude oslobođen, ne znajući da B nije, ponovo 1/3, ali C ima 2/3 šanse da bude oslobođen.

Tabela

Objašnjenje ovog člana može se sažeti u sledećoj tabeli. Kako je A pitao upravnika, on samo može da odgovori da će B ili C biti pogubljeni.

biće oslobođen	upravnik: "ne B"	upravnik: "ne C"	verovatnoća
A	1/6	1/6	1/3
B	0	1/3	1/3
V	1/3	0	1/3

Kako je upravnik odgovorio da B neće biti pošteđen, rešenje dolazi iz druge kolone. Čini se da su šanse da A bude pošteđen 1: 2.

Matematička formulacija

Označimo $A$, $B$ i $C$ događajima koji odgovaraju zatvoreniku koji će biti pomilovan, i b kao događaj gde upravnik pominje da zatvorenik B neće biti pomilovan, onda, koristeći Bajesovu formulu, poslednja verovatnoća da će A biti pomilovan je:

$P(A|b)={\frac {P(b|A)P(A)}{P(b|A)P(A)+P(b|B)P(B)+P(b|C)P(C)}}=$

$={\frac {{\tfrac {1}{2}}\times {\tfrac {1}{3}}}{{\tfrac {1}{2}}\times {\tfrac {1}{3}}+0\times {\tfrac {1}{3}}+1\times {\tfrac {1}{3}}}}={\tfrac {1}{3}}.$

Intuitivno objašnjenje

Zatvorenik A ima samo 1/3 šanse za pomilovanje. Znanje da će "B" ili "V" biti pogubljeni ne menja njegovu šansu. Nakon što čuje da će B biti pogubljen, zatvorenik A shvata da ako on neće dobiti pomilovanje, mora ga dobiti zatvorenik C. To znači da postoji šansa 2/3 za zatvorenika C da dobije pomilovanje. Ovo je identično Montiholovom paradoksu.

Broj mogućih slučajeva

Mogu nastati sledeće situacije:

1. A je pomilovan i upravnik kaže da će B biti pogubljen: 1/3×1/2=1/6 slučaja
2. A je pomilovan i upravnik kaže da će C biti pogubljen: 1/3×1/2=1/6 slučaja
3. B je pomilovan i upravnik kaže da će C biti pogubljen: 1/3 slučaja
4. C je pomilovan i upravnik kaže da će B biti pogubljen: 1/3 slučaja

Uz uslov da će upravnik izabrati nasumice, za 1/3 vremena da A treba da se pomiluje, postoji šansa 1/2 da će on reći B i 1/2 šansa da će reći C. Generalno, to znači da , 1/6 vremena (1/3 [da je A pomilovan] * 1/2 [da upravnik kaže B]), upravnik će reći B zato što će A biti pomilovan, a 1/6 vremena (1/3 [da A je pomilovan] * 1/2 [da upravnik kaže C]) on će reći C zato što je A pomilovan. Ovo dodaje do ukupno 1/3 vremena (1/6 + 1/6) da je A pomilovan što je tačno.

Sada je jasno da ako je upravnik odgovario B na pitanje zatvorenika A, slučajevi 1 i 4, koji se dešavaju 1/2 vremena, 1/3 vremena C je pomilovan i A će i dalje biti pogubljen (slučaj 4), i samo 1/6 vremena A će biti pomilovan (Slučaj 1). Otuda šanse za C su (1/3) / (1/2) = 2/3 i za A su (1/6) / (1/2) = 1/3.

Ključ za ovaj problem je da upravnik ne može otkriti ime zatvorenika koji će biti pomilovan. Ako ukloniti ovaj zahtev, on može da pokaže originalni problem na drugi način. Jedina promena u ovom primeru je da zatvorenik A traži od upravnika da otkrije sudbinu jednog od drugih zatvorenika (ne precizirajući onog koji će biti pogubljen). U tom slučaju, upravnik baca novčić i bira jednog od B i C da otkrije njihovu sudbinu. Slučajevi su sledeći:

1. A pomilovan, upravnik kaže: B pogubljen (1/6)
2. A pomilovan, upravnik kaže: C pogubljen (1/6)
3. B pomilovan, upravnik kaže: B pomilovan (1/6)
4. B pomilovan, upravnik kaže: C pogubljen (1/6)
5. C pomilovan, upravnik kaže: B pogubljen (1/6)
6. C pomilovan, upravnik kaže: C pomilovan (1/6)

Svaki scenario ima verovatnoću 1/6. Originalni paradks tri zatvorenika može se videti u ovom svetlu: Upravnik u tom problemu još uvek ima ovih šest slučajeva, svaki sa 1/6 verovatnoće dešavanja. Međutim, upravnik u tom slučaju ne može otkriti sudbinu pomilovanog zatvorenika. Dakle, u 1/6 vremena da se slučaj 3 desi, jer govoreći da B nije opcija, upravnik umesto kaže C  (što ga čini istim kao slučaj 4). Slično tome, u slučaju 6, upravnik mora reći B umesto C (isto kao i slučaju 5). To ostavlja slučajeve 4 i 5 sa 1/3 verovatnoćom dešavanja i ostavlja nas sa istom verovatnoćom kao gore.

Zbog čega paradoks?

Tendencija ljudi da pruže odgovor 1/2 zanemaruje se uzimanjem u obzir da je upravnik možda bacio novčić pre nego što je dao svoj odgovor. Upravnik je možda odgovorio $B$ zato što će $A$ biti pošteđen i on je bacio novčić. Ili, $C$ će biti pošteđen. Verovatnoća ova dva događaja nije jednaka.

Judeja Perl (1988) je koristio varijantu ovih primera da pokaže da dopune verovanja moraju da zavise ne samo na uočenim činjenicama, već i na eksperimentu (tj. upitu) koji je doveo do tih činjenica.

Povezani problemi i aplikacije

• Paradoks Bertrandove kutije (poznat i kao paradoks tri karte)
• Paradoks dečaka i devojčice
• Montiholov paradoks
• Princip restriktivnog izbora, aplikacija u igri kartama most
• Zatvorenikova dilema, problem teorije igara
• Paradoks uspavane lepotice
• Paradoks dve koverte

Literatura

• Mosteller, Frederick (1965). Fifty Challenging Problems in Probability with Solutions. Dover Publications. str. 28—29. ISBN 978-0-486-65355-6. 
• Isaac, Richard (1996). The Pleasures of Probability. Springer New York. str. 24—27. ISBN 978-0-387-94415-9.