機率論 · Chapter I · Topic 6

條件機率與乘法原理

Conditional Probability and the Multiplication Rule

Abstract. 條件機率描述在已知某個事件已經發生之後，我們如何重新評估另一個事件的機率。本篇從資訊的變化出發，介紹條件機率、乘法原理與廣義乘法原理，並以蒙提霍爾問題示範資訊如何改變機率。

上一篇整理了由機率公理推出的各種運算規則。這些規則都是在同一個機率空間中評估事件的機率。然而，機率與統計重視的是「資訊的變化」。

舉例而言，若蘋果公司 (Apple Inc.) 宣布發表新款的 iPhone，消息一出，該公司下週股價上揚的機率，應較平常為高，其原因便是「將發表新款 iPhone」這個資訊流入。

若從機率的角度解釋此現象，此即「樣本空間改變」，精確地說，應是「樣本空間縮小 (或修正) 至將發表新款 iPhone 的事件中」，在此事件確定發生下，未來一週股價上揚的機率，未必與原先相同。接下來就來介紹此類「已知某事件發生」下的機率。

條件機率

Definition 1.19

令 $(S,\mathcal{F},\mathbb{P})$ 為一機率空間，$A,B\in\mathcal{F}$，且 $\mathbb{P}(B)>0$，則定義 $A$ 在給定 $B$ 發生之下的條件機率 (conditional probability) 為

\[\mathbb{P}(A\mid B)=\frac{\mathbb{P}(A\cap B)}{\mathbb{P}(B)}\]

條件機率的意義在於「在已經確定 $B$ 發生的條件下，尋找 $A$ 發生的機率」，故需要將樣本空間縮小到 $B$ 事件身上，讀者可以如下的圖來幫助理解這句話的意涵。

條件機率的文氏圖。矩形代表樣本空間的機率 P(S)，圓 A 與較粗的圓 B 相交，兩圓交集處標示 P(A cap B)。 — Fig. 1.16. 條件機率將樣本空間縮小到 $B$，$\mathbb{P}(A\mid B)$ 即 $\mathbb{P}(A\cap B)$ 在 $\mathbb{P}(B)$ 中所佔的比例。

讀者不妨思考，「在已確定 $B$ 發生的條件下發生 $A$」一事，背後應有一事實，即在 $B$ 發生的狀況下發生的 $A$，實際上是 $A\cap B$，這件事情相當直覺，畢竟我們是在 $B$ 已經確定發生之下，進而尋找 $A$，故若此時 $A$ 發生了，則這個事件應該也同時使 $B$ 發生。

Note

事實上，一般非條件機率的樣本空間，就是 $S$ 本身，也就是「確定 $S$ 會發生的情況下」；故一般的非條件機率 $\mathbb{P}(A)$ 事實上可以被寫為 $\mathbb{P}(A\mid S)$，也就是「在給定 $S$ 發生的條件下，$A$ 發生的機率」。

Example 1.13 (Net Worth and Online Trading)

The president of a securities firm is studying the characteristics of stock market investors. A survey shows that $50\%$ of all investors have a net worth exceeding one million dollars, $40\%$ trade through an online trading system, and $35\%$ do both. Let $W$ be the event that an investor’s net worth exceeds one million dollars, and let $T$ be the event that an investor trades through the online trading system. Find $\mathbb{P}(W\cup T)$ and $\mathbb{P}(W^{\prime}\mid T^{\prime})$.

依題意知 $\mathbb{P}(W)=0.5$、$\mathbb{P}(T)=0.4$、$\mathbb{P}(W\cap T)=0.35$，由加法原理可知

\[\mathbb{P}(W\cup T)=\mathbb{P}(W)+\mathbb{P}(T)-\mathbb{P}(W\cap T)=0.5+0.4-0.35=0.55\]

\[\begin{aligned} \mathbb{P}(W\cup T)&=\mathbb{P}(W)+\mathbb{P}(T)-\mathbb{P}(W\cap T)\\[0.4em] &=0.5+0.4-0.35=0.55 \end{aligned}\]

又 $\mathbb{P}(T^{\prime})=1-\mathbb{P}(T)=0.6$，且由狄摩根律知

\[\mathbb{P}(W^{\prime}\cap T^{\prime})=\mathbb{P}\big((W\cup T)^{\prime}\big)=1-\mathbb{P}(W\cup T)=0.45\]

\[\begin{aligned} \mathbb{P}(W^{\prime}\cap T^{\prime})&=\mathbb{P}\big((W\cup T)^{\prime}\big)\\[0.4em] &=1-\mathbb{P}(W\cup T)=0.45 \end{aligned}\]

故所求為

\[\mathbb{P}(W^{\prime}\mid T^{\prime})=\frac{\mathbb{P}(W^{\prime}\cap T^{\prime})}{\mathbb{P}(T^{\prime})}=\frac{0.45}{0.6}=0.75\]

\[\begin{aligned} \mathbb{P}(W^{\prime}\mid T^{\prime})&=\frac{\mathbb{P}(W^{\prime}\cap T^{\prime})}{\mathbb{P}(T^{\prime})}\\[0.4em] &=\frac{0.45}{0.6}=0.75 \end{aligned}\]

Example 1.14 (Unions and a Conditional Probability)

(1) Suppose that $A$ and $B$ are events for which the union $A\cup B$ has probability $0.76$ and the union $A\cup B^{\prime}$ has probability $0.87$. Find the probability of $A$.

(2) Suppose that $A$ and $B$ are events for which $A$ has probability $\frac{1}{3}$, $B$ has probability $\frac{1}{2}$, and the probability that both occur is $\frac{1}{5}$. Find the conditional probability that $A$ occurs given that $B$ does not.

以下依序求解。

(1) 由加法原理可知

\[\begin{aligned} \mathbb{P}(A\cup B)&=\mathbb{P}(A)+\mathbb{P}(B)-\mathbb{P}(A\cap B)=0.76\\[0.4em] \mathbb{P}(A\cup B^{\prime})&=\mathbb{P}(A)+\mathbb{P}(B^{\prime})-\mathbb{P}(A\cap B^{\prime})=0.87 \end{aligned}\]

\[\begin{aligned} \mathbb{P}(A\cup B)&=\mathbb{P}(A)+\mathbb{P}(B)\\[0.4em] &\qquad-\mathbb{P}(A\cap B)=0.76\\[0.4em] \mathbb{P}(A\cup B^{\prime})&=\mathbb{P}(A)+\mathbb{P}(B^{\prime})\\[0.4em] &\qquad-\mathbb{P}(A\cap B^{\prime})=0.87 \end{aligned}\]

將兩式相加，其中由全機率定理可知 $\mathbb{P}(A\cap B)+\mathbb{P}(A\cap B^{\prime})=\mathbb{P}(A)$，因此

\[\begin{aligned} \mathbb{P}(A\cup B)+\mathbb{P}(A\cup B^{\prime})&=2\,\mathbb{P}(A)+\big[\mathbb{P}(B)+1-\mathbb{P}(B)\big]\\[0.4em] &\qquad-\big[\mathbb{P}(A\cap B)+\mathbb{P}(A\cap B^{\prime})\big]\\[0.4em] &=2\,\mathbb{P}(A)+1-\mathbb{P}(A)=\mathbb{P}(A)+1=1.63 \end{aligned}\]

\[\begin{aligned} &\mathbb{P}(A\cup B)+\mathbb{P}(A\cup B^{\prime})\\[0.4em] &\quad=2\,\mathbb{P}(A)+\big[\mathbb{P}(B)+1-\mathbb{P}(B)\big]\\[0.4em] &\qquad\quad-\big[\mathbb{P}(A\cap B)+\mathbb{P}(A\cap B^{\prime})\big]\\[0.4em] &\quad=2\,\mathbb{P}(A)+1-\mathbb{P}(A)\\[0.4em] &\quad=\mathbb{P}(A)+1=1.63 \end{aligned}\]

移項可得

\[\mathbb{P}(A)=0.63\]

(2) 由全機率定理可知

\[\mathbb{P}(A\cap B^{\prime})=\mathbb{P}(A)-\mathbb{P}(A\cap B)=\frac{1}{3}-\frac{1}{5}=\frac{2}{15}\]

\[\begin{aligned} \mathbb{P}(A\cap B^{\prime})&=\mathbb{P}(A)-\mathbb{P}(A\cap B)\\[0.4em] &=\frac{1}{3}-\frac{1}{5}=\frac{2}{15} \end{aligned}\]

又 $\mathbb{P}(B^{\prime})=1-\frac{1}{2}=\frac{1}{2}$，故所求為

\[\mathbb{P}(A\mid B^{\prime})=\frac{\mathbb{P}(A\cap B^{\prime})}{\mathbb{P}(B^{\prime})}=\frac{2/15}{1/2}=\frac{4}{15}\]

\[\begin{aligned} \mathbb{P}(A\mid B^{\prime})&=\frac{\mathbb{P}(A\cap B^{\prime})}{\mathbb{P}(B^{\prime})}\\[0.4em] &=\frac{2/15}{1/2}=\frac{4}{15} \end{aligned}\]

條件機率為機率測度

Theorem 1.12 (Conditional Probability Measure)

令 $(S,\mathcal{F},\mathbb{P})$ 為一機率空間，$B\in\mathcal{F}$ 且 $\mathbb{P}(B)>0$，則 $\mathbb{P}(\,\cdot\,\mid B)$ 為一機率測度。

Proof. 我們由驗證 $\mathbb{P}(\,\cdot\,\mid B)$ 符合機率三大公理驗證其為機率測度。

(1) 由 $\mathbb{P}(A\cap B)\geqslant 0$ 與 $\mathbb{P}(B)>0$ 可知，對所有 $A\in\mathcal{F}$ 皆有

\[\mathbb{P}(A\mid B)=\frac{\mathbb{P}(A\cap B)}{\mathbb{P}(B)}\geqslant 0\]

(2) 由 $S\cap B=B$ 可知

\[\mathbb{P}(S\mid B)=\frac{\mathbb{P}(S\cap B)}{\mathbb{P}(B)}=\frac{\mathbb{P}(B)}{\mathbb{P}(B)}=1\]

(3) 若 $A_1,A_2,\ldots\in\mathcal{F}$，且 $A_i\cap A_j=\varnothing$ 對所有 $i\neq j$ 成立，則 $A_1\cap B,A_2\cap B,\ldots$ 亦兩兩互斥，故

\[\begin{aligned} \mathbb{P}\left(\bigcup_{i=1}^{\infty}A_i\,\middle|\,B\right)&=\frac{\mathbb{P}\Big(\big(\bigcup_{i=1}^{\infty}A_i\big)\cap B\Big)}{\mathbb{P}(B)}=\frac{\mathbb{P}\Big(\bigcup_{i=1}^{\infty}(A_i\cap B)\Big)}{\mathbb{P}(B)}\\[0.45em] &=\frac{\sum_{i=1}^{\infty}\mathbb{P}(A_i\cap B)}{\mathbb{P}(B)}=\sum_{i=1}^{\infty}\frac{\mathbb{P}(A_i\cap B)}{\mathbb{P}(B)}=\sum_{i=1}^{\infty}\mathbb{P}(A_i\mid B) \end{aligned}\]

\[\begin{aligned} \mathbb{P}\left(\bigcup_{i=1}^{\infty}A_i\,\middle|\,B\right)&=\frac{\mathbb{P}\Big(\big(\bigcup_{i=1}^{\infty}A_i\big)\cap B\Big)}{\mathbb{P}(B)}\\[0.45em] &=\frac{\mathbb{P}\Big(\bigcup_{i=1}^{\infty}(A_i\cap B)\Big)}{\mathbb{P}(B)}\\[0.45em] &=\frac{\sum_{i=1}^{\infty}\mathbb{P}(A_i\cap B)}{\mathbb{P}(B)}\\[0.45em] &=\sum_{i=1}^{\infty}\frac{\mathbb{P}(A_i\cap B)}{\mathbb{P}(B)}\\[0.45em] &=\sum_{i=1}^{\infty}\mathbb{P}(A_i\mid B) \end{aligned}\]

故 $\mathbb{P}(\,\cdot\,\mid B)$ 滿足機率三大公理。 $\square$

乘法原理

Theorem 1.13 (Multiplication Rule)

令 $(S,\mathcal{F},\mathbb{P})$ 為一機率空間，$A,B\in\mathcal{F}$，且 $\mathbb{P}(B)>0$，則

\[\mathbb{P}(A\cap B)=\mathbb{P}(A\mid B)\,\mathbb{P}(B)\]

此性質稱為乘法原理 (multiplication rule)。

乘法原理只是將條件機率的定義，經過移項後，得到的一個延伸結果，雖然簡單，但卻相當有用。我們常常利用這個定理，將已知的條件機率，反過來用於求取交集機率。

事實上，如果考量了條件機率的一層特殊意義，也就是條件機率其實是 $\mathbb{P}(A\cap B)$ 在 $\mathbb{P}(B)$ 中，所佔的比例，則這個定理，在流程上將變得非常直觀，我們用下面的示意圖來理解。

乘法原理流程圖之一。矩形樣本空間內的虛線箭頭全部收斂到事件 B 的圓，表示樣本空間縮小至 B。 — Fig. 1.17. 乘法原理的流程: step 1 將樣本空間縮小至 $B$，即 $\mathbb{P}(S)$ 乘以 $\mathbb{P}(B)$；step 2 在 $B$ 中尋找 $A$，即 $\mathbb{P}(B)$ 再乘以 $\mathbb{P}(A\mid B)$。

乘法原理流程圖之二。圓 B 之內的虛線箭頭收斂到 A 與 B 的交集，交集處標示 P(A cap B)。 — Fig. 1.17. 乘法原理的流程: step 1 將樣本空間縮小至 $B$，即 $\mathbb{P}(S)$ 乘以 $\mathbb{P}(B)$；step 2 在 $B$ 中尋找 $A$，即 $\mathbb{P}(B)$ 再乘以 $\mathbb{P}(A\mid B)$。

事實上，這個定理就是利用各種條件，層層篩選，來尋找我們所要求的交集機率；當然，路徑未必只有一條，從 $A$ 出發、再從 $A$ 中尋找 $B$ 也未嘗不可，因此我們當然可以有

\[\mathbb{P}(A\cap B)=\mathbb{P}(B\mid A)\,\mathbb{P}(A),\qquad \mathbb{P}(A)>0\]

這是相當直觀的結果。此外，這樣的層層篩選，當然也可以不只有兩個條件，推廣至三個以上的事件時，我們將有以下的定理。

廣義乘法原理

Theorem 1.14 (General Multiplication Rule)

令 $(S,\mathcal{F},\mathbb{P})$ 為一機率空間，$A_1,\ldots,A_n\in\mathcal{F}$，且 $\mathbb{P}\left(\bigcap_{i=1}^{n-1}A_i\right)>0$，則

\[\begin{aligned} \mathbb{P}\left(\bigcap_{i=1}^{n}A_i\right)&=\mathbb{P}(A_1)\,\mathbb{P}(A_2\mid A_1)\,\mathbb{P}(A_3\mid A_1\cap A_2)\cdots\mathbb{P}\left(A_n\,\middle|\,\bigcap_{i=1}^{n-1}A_i\right)\\[0.45em] &=\mathbb{P}(A_1)\times\prod_{k=2}^{n}\mathbb{P}\left(A_k\,\middle|\,\bigcap_{i=1}^{k-1}A_i\right) \end{aligned}\]

\[\begin{aligned} &\mathbb{P}\left(\bigcap_{i=1}^{n}A_i\right)\\[0.4em] &\quad=\mathbb{P}(A_1)\,\mathbb{P}(A_2\mid A_1)\,\mathbb{P}(A_3\mid A_1\cap A_2)\\[0.4em] &\qquad\quad\times\cdots\mathbb{P}\left(A_n\,\middle|\,\bigcap_{i=1}^{n-1}A_i\right)\\[0.4em] &\quad=\mathbb{P}(A_1)\times\prod_{k=2}^{n}\mathbb{P}\left(A_k\,\middle|\,\bigcap_{i=1}^{k-1}A_i\right) \end{aligned}\]

此性質稱為廣義乘法原理 (general multiplication rule)。

此定理的證明並不困難，讀者應可由乘法原理對事件個數逐步遞推得到，我們在此便不證明。

Example 1.15 (No Kings in Five Cards)

自一副 $52$ 張撲克牌中抽取五張牌，試求其中沒有任何 King 的機率為何？

[法一] 令 $N$ 表示五張牌中沒有 King 的事件，則所求為

\[\mathbb{P}(N)=\frac{\binom{4}{0}\binom{48}{5}}{\binom{52}{5}}=0.6588\]

[法二] 令 $N_i$ 表示第 $i$ 張牌不為 King 之事件，$i=1,2,3,4,5$，則 $N=\bigcap_{i=1}^{5}N_i$ 表示五張牌中沒有任何 King 之事件，由廣義乘法原理可知所求為

\[\begin{aligned} \mathbb{P}(N)&=\mathbb{P}(N_1)\times\prod_{i=2}^{5}\mathbb{P}\left(N_i\,\middle|\,\bigcap_{m=1}^{i-1}N_m\right)\\[0.4em] &=\mathbb{P}(N_1)\times\mathbb{P}(N_2\mid N_1)\times\mathbb{P}(N_3\mid N_1\cap N_2)\\[0.4em] &\qquad\times\mathbb{P}(N_4\mid N_1\cap N_2\cap N_3)\times\mathbb{P}(N_5\mid N_1\cap N_2\cap N_3\cap N_4)\\[0.4em] &=\frac{48}{52}\times\frac{47}{51}\times\frac{46}{50}\times\frac{45}{49}\times\frac{44}{48}=0.6588 \end{aligned}\]

\[\begin{aligned} &\mathbb{P}(N)=\mathbb{P}(N_1)\times\prod_{i=2}^{5}\mathbb{P}\left(N_i\,\middle|\,\bigcap_{m=1}^{i-1}N_m\right)\\[0.4em] &\quad=\mathbb{P}(N_1)\times\mathbb{P}(N_2\mid N_1)\\[0.4em] &\qquad\times\mathbb{P}(N_3\mid N_1\cap N_2)\\[0.4em] &\qquad\times\mathbb{P}(N_4\mid N_1\cap N_2\cap N_3)\\[0.4em] &\qquad\times\mathbb{P}(N_5\mid N_1\cap N_2\cap N_3\cap N_4)\\[0.4em] &\quad=\frac{48}{52}\times\frac{47}{51}\times\frac{46}{50}\times\frac{45}{49}\times\frac{44}{48}\\[0.4em] &\quad=0.6588 \end{aligned}\]

Note

在 Example 1.15 中，除了以組合來計算機率，我們可以把一次抽五張牌，視為依序抽五張牌，取後不放回；好處是，我們很輕易能得知每次抽牌時，沒抽到 King 的條件機率，由此可看出乘法原理的好處。

Example 1.16 (Watering the Plant)

Before leaving on vacation, you ask a neighbor to water an ailing plant for you. The plant dies with probability $0.8$ if it goes unwatered, and with probability $0.15$ if it is watered. There is a $90\%$ chance that your neighbor remembers to water it.

(1) What is the probability that the plant is still alive when you come back?

(2) Given that the plant is dead when you come back, what is the probability that your neighbor forgot to water it?

以下依序求解。

(1) 令 $A$ 表示鄰居有澆水之事件，$B$ 表示植物死亡之事件，則依題目設定可知

\[\mathbb{P}(A)=0.9,\qquad \mathbb{P}(B\mid A^{\prime})=0.8,\qquad \mathbb{P}(B\mid A)=0.15\]

\[\begin{gathered} \mathbb{P}(A)=0.9,\qquad \mathbb{P}(B\mid A^{\prime})=0.8\\[0.4em] \mathbb{P}(B\mid A)=0.15 \end{gathered}\]

由全機率定理與乘法原理可知

\[\begin{aligned} \mathbb{P}(B)&=\mathbb{P}(B\mid A)\,\mathbb{P}(A)+\mathbb{P}(B\mid A^{\prime})\,\mathbb{P}(A^{\prime})\\[0.4em] &=0.15\times 0.9+0.8\times 0.1=0.215 \end{aligned}\]

\[\begin{aligned} \mathbb{P}(B)&=\mathbb{P}(B\mid A)\,\mathbb{P}(A)\\[0.4em] &\qquad+\mathbb{P}(B\mid A^{\prime})\,\mathbb{P}(A^{\prime})\\[0.4em] &=0.15\times 0.9+0.8\times 0.1\\[0.4em] &=0.215 \end{aligned}\]

故所求為

\[\mathbb{P}(B^{\prime})=1-\mathbb{P}(B)=0.785\]

(2) 由乘法原理可知

\[\mathbb{P}(A^{\prime}\cap B)=\mathbb{P}(B\mid A^{\prime})\,\mathbb{P}(A^{\prime})=0.8\times 0.1=0.08\]

\[\begin{aligned} \mathbb{P}(A^{\prime}\cap B)&=\mathbb{P}(B\mid A^{\prime})\,\mathbb{P}(A^{\prime})\\[0.4em] &=0.8\times 0.1=0.08 \end{aligned}\]

故所求為

\[\mathbb{P}(A^{\prime}\mid B)=\frac{\mathbb{P}(A^{\prime}\cap B)}{\mathbb{P}(B)}=\frac{0.08}{0.215}\fallingdotseq 0.3721\]

\[\begin{aligned} \mathbb{P}(A^{\prime}\mid B)&=\frac{\mathbb{P}(A^{\prime}\cap B)}{\mathbb{P}(B)}\\[0.4em] &=\frac{0.08}{0.215}\fallingdotseq 0.3721 \end{aligned}\]

蒙提霍爾問題

蒙提霍爾問題 (Monty Hall problem) 是一個源自真實歷史故事的數學問題。它得名自美國電視遊戲節目 Let’s Make a Deal；節目主持人正是 Monty Hall。這個實境節目自 1963 年開始播出，節目的張力在於「交易」。參賽者可以保留手上的東西，也可以相信主持人的邀請，換成門後、箱子裡或布幕後的未知獎品。這種舞台效果後來被整理成三扇門的標準機率問題；看起來像是剩下兩扇門各半，實際上主持人掌握資訊並刻意打開沒有獎品的門，才是計算時不能忽略的線索。

Example 1.17 (The Monty Hall Problem)

On a television game show, a contestant is shown three doors; a prize is hidden behind exactly one of them. The contestant picks a door. Before that door is opened, the host opens one of the other two doors that has no prize behind it, and then asks whether the contestant wants to switch to the remaining unopened door. A friend of yours is about to appear on this show and hopes to win the prize. Should you advise your friend to switch doors, or does it not matter? Explain briefly.

令 $R$ 表示第一次選擇猜中獎品的事件，$W$ 表示贏得獎品的事件。

策略一: 換門 若第一次就猜中獎品，換門之後必定失去獎品；若第一次沒猜中，主持人打開另一個沒有獎品的門後，剩下那個未開且未選的門後必有獎品。因此 $\mathbb{P}(W\mid R)=0$、$\mathbb{P}(W\mid R^{\prime})=1$，由全機率定理與乘法原理可知

\[\begin{aligned} \mathbb{P}(W)&=\mathbb{P}(W\cap R)+\mathbb{P}(W\cap R^{\prime})\\[0.4em] &=\mathbb{P}(W\mid R)\,\mathbb{P}(R)+\mathbb{P}(W\mid R^{\prime})\,\mathbb{P}(R^{\prime})\\[0.4em] &=0\times\frac{1}{3}+1\times\frac{2}{3}=\frac{2}{3} \end{aligned}\]

\[\begin{aligned} \mathbb{P}(W)&=\mathbb{P}(W\cap R)+\mathbb{P}(W\cap R^{\prime})\\[0.4em] &=\mathbb{P}(W\mid R)\,\mathbb{P}(R)\\[0.4em] &\qquad+\mathbb{P}(W\mid R^{\prime})\,\mathbb{P}(R^{\prime})\\[0.4em] &=0\times\frac{1}{3}+1\times\frac{2}{3}=\frac{2}{3} \end{aligned}\]

策略二: 不換 此時恰好相反，第一次猜中才能贏得獎品，即 $\mathbb{P}(W\mid R)=1$、$\mathbb{P}(W\mid R^{\prime})=0$，同理可知

\[\begin{aligned} \mathbb{P}(W)&=\mathbb{P}(W\cap R)+\mathbb{P}(W\cap R^{\prime})\\[0.4em] &=\mathbb{P}(W\mid R)\,\mathbb{P}(R)+\mathbb{P}(W\mid R^{\prime})\,\mathbb{P}(R^{\prime})\\[0.4em] &=1\times\frac{1}{3}+0\times\frac{2}{3}=\frac{1}{3} \end{aligned}\]

\[\begin{aligned} \mathbb{P}(W)&=\mathbb{P}(W\cap R)+\mathbb{P}(W\cap R^{\prime})\\[0.4em] &=\mathbb{P}(W\mid R)\,\mathbb{P}(R)\\[0.4em] &\qquad+\mathbb{P}(W\mid R^{\prime})\,\mathbb{P}(R^{\prime})\\[0.4em] &=1\times\frac{1}{3}+0\times\frac{2}{3}=\frac{1}{3} \end{aligned}\]

選擇換門，得到獎品的機率較高，是較佳策略，應選擇換門。

這個例子的關鍵在於，「第一次就猜中」與「第一次沒猜中」是互斥且恰有一個會發生的兩種情況；全機率定理把兩種情況下換門策略的貢獻分別算出來，再加總成總勝率。主持人沒有改變獎品的位置，他打開沒有獎品的門的動作改變了資訊狀態。

這個問題之所以經典，正是因為它很容易騙過直覺。主持人打開一個沒有獎品的門後，眼前只剩兩個未開的門，許多人會自然地認為，既然只剩兩個選項，機率應該各半。但這個想法忽略了主持人的行動帶著資訊，具有篩選效果。據說連數學家艾迪胥 (Paul Erdős) 也曾一度不接受換門策略較好的結論，直到看見電腦模擬後才被說服。若想把這個 $2/3$ 看成長期相對頻率，也可以到 Demos 中的蒙提霍爾問題實作親自操作，改變策略、增加模擬次數，觀察換門策略的勝率如何逐漸穩定在理論值附近。

直覺校準 1.1

Monty Hall 問題還有一個等價外衣，稱為三囚徒問題 (three prisoners problem)。

想像有三位囚徒 $A,B,C$，其中一人將獲赦免，另外兩人會被處決。囚徒 $A$ 不知道誰會獲赦，於是請知道結果的守衛在 $B,C$ 之中，說出一位「確定不會獲赦」的人。守衛回答「$B$ 不會獲赦」。

請先不要急著算。這時 $A$ 會不會像三門問題中的參賽者一樣，以為「剩下 $A$ 與 $C$，所以自己被赦免的機率變成 $1/2$」？若守衛的規則是，他必須避開 $A$，而且只能說出 $B,C$ 中不會獲赦的人；當 $B,C$ 都不會獲赦時，守衛用對稱方式選一位回答，那麼這個問題和 Monty Hall 的結構相同。

對應關係如下。囚徒 $A$ 就像一開始選定的門，守衛說出的囚徒，就像主持人打開的那個沒有獎品的門，剩下的囚徒 $C$ 就像另一個未開的門。守衛知道答案後，回答時會刻意避開某些選項。因此，真正被重新評估的仍是「一開始 $A$ 是否就是獲赦者」這件事，不能簡單把兩個剩餘選項均分。

本篇小結

本篇介紹了條件機率、乘法原理與廣義乘法原理，並以蒙提霍爾問題示範資訊如何改變機率:

結果	內容
Definition 1.19	條件機率
Theorem 1.12	$\mathbb{P}(\,\cdot\,\mid B)$ 為機率測度
Theorem 1.13	乘法原理
Theorem 1.14	廣義乘法原理 (層層篩選)
Example 1.17	蒙提霍爾問題 (換門勝率 $2/3$)

前面曾經提過，資訊的流入對某件事情的發生與否可能造成影響，然而其造成的影響將提高其發生的機率或是降低其發生的機率呢？這一點在不同的事件上會有不同的結果。

一如稍早的例子中，蘋果公司宣布將發表新款的 iPhone，對其未來一週股價上揚的機率顯然是種正面影響；又若今天某科技公司爆發高層捲款潛逃的消息，則該公司未來一週股價上揚的機率應是大幅下修，此類影響應為負面影響。

既然影響有正有負，那麼在各種資訊流入中，比較特別的是，若某一事件的資訊流入對於另一事件毫無影響呢？這種狀況便是所謂的兩事件彼此間獨立 (independent)，我們將在下一篇詳細介紹。

參考文獻與延伸閱讀

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