先插一张贝叶斯的图片供大家瞻仰：

在上一篇文章里，我用贝叶斯公式对蒙蒂*霍尔问题进行了证明，在最后提出了完备性的问题。昨晚后来又和同学讨论了一下这个问题，结论是我的分类（对全体样本Ω的设定）应该是完备的 、可行的。

对完备性的讨论如下：

这样想，把整个过程看作一系列独立重复实验［指在同样条件下进行的,各次之间相互独立的一种实验］中的一次，那么对于实验的实施者（在这里是嘉宾）来说，他干的只有两件事：第一次选择，第二次选择。而在我的分类中已经把他所有可能选择的情况完整列举出来了（第一次有三种情形，第二次有两种2*3=6种），并在假定嘉宾选择完全随机的情况下，计算“第二次选择换门且中车”的概率，当它>1/2时，就应该换。

可能有人会考虑到，不是主持人还要打开一扇门吗？这对分类有没有影响？我的观点是没有。因为无论主持人开出的门背后一定是羊，之后嘉宾一定要选择，所以事实上主持人开出羊的概率都是1，嘉宾面对的情况永远是一羊一门。
那么假使我们把主持人也考虑进来，完全列举情况如下：

那么在随后计算概率时，我们考虑的关于B的样本划分仍然是中和不中两种，上述列举的每一种情况并不都是等可能的（见列表最后一项发生的概率），因而可见中的概率是1/12+1/12+1/6+1/6=3/6=1/2，即中和不中的概率P(B₁)=P(B₂)=1/2。

而对于P(A|B₁)，P(A|B₁)=P(AB₁)/P(B₁)，这里P(B₁)和我开始用的分类方法中的结果是一样的，只要再来看P(AB1)，它的结果仍然等于“换门且中车均发生的概率”，从上述分类中可以计算出“换门且中车”的概率=1/6+1/6=1/3，所以P(A|B₁)=(1/3)/(1/2)，仍然是2/3！

当然，代入计算的结果也是正确的了。

那么这里为什么假如主持人开门的因素后概率还是不变呢？因为主持人开门的法则是一定的，引入主持人相当于多做了一级的无效分类。譬如在这个问题上在加入一个“环节”，假定开门前主持人有80%的概率会抠鼻屎 :mrgreen:  ，那么我们有两种选择：

一是将这个“因素”也考虑进去，再作进一步的分类；
二是不用考虑。

常识就能告诉我们：抠鼻屎与否跟中车没有关系！这里也是一样的，多出来的一级分类实质上是考虑了“在嘉宾选中车的情况下主持人开出哪只羊”的环节，这同样对结论没有影响。

另外几种思路：

1.Felix也提到了，可以直接套用条件概率公式P(B1|A)=P(AB1)/P(A)，而且计算更为便捷。

2.不直接去求“换门后能得到车”的概率，而是考虑“换门得到车”和“换门得不到车”的概率谁大？

假如第一次选择了羊（任意一羊），那么换就必然得到车，因此换门得到车的概率就是第一次选择羊的概率，2/3；
同样，第一次选择了车，那么换就必然得不到车，这个概率是1/3。
于是我们可以得出结论，换后得到车的概率比换后得不到车的概率要大，也应该换。

3. 考虑“换门得到车”和“不换门得到车”的概率谁大？

换门要得到车必须第一次选择羊，所以概率是2/3；
不换门得到车必须第一次选择羊，所以概率是1/3。
还是应该换。

可见上述几种思路考虑要得出结论更为简单快捷，我的上一篇文章只是单纯地为了套用贝叶斯公式，并不是最简单的方法。

敏锐的读者还有更多思路吗？欢迎分享。

最后推介一篇对贝叶斯方法作深入介绍的文章，贝叶斯公式的应用可不只是证明这样的数学游戏，可以说博大精深。
文章来自刘未鹏，点这里进入这篇文章。

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文章作者：horf 原始站点：嘻来嚷往 – IF YOU SEE SOMETHING, SAY SOMETHING. 原文标题：小科学之蒙蒂*霍尔问题——有关分类完备性的讨论和另几种思路 发表日期：2009年11月17日 原文链接：http://xirang.ca/2009/11/monty-hall-problem-2
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