몬티 홀 문제

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영화 <21> 에서 다룬 몬티 홀 문제

1. 개요2. 역사3. 해설

3.1. 조건부 확률3.2. 베이즈 정리(조건부 확률)3.3. 프로그래밍

4. 오해

4.1. 다른 문을 열어주는 건 의미가 없다?4.2. 경우의 수 계산을 잘못함4.3. 다른 문을 안 열어줘도 된다?4.4. 본능적인 손실 회피 성향

5. 직관적 설명

5.1. 만일 문이 2개라면5.2. 확률의 합은 1이다5.3. 경우의 수 확인5.4. 베이즈주의적 사고5.5. '엄선'의 관점5.6. 선택지 확장5.7. 선택을 '묶음'으로 생각5.8. 선택을 배제하기5.9. 그럼에도 헷갈린다면

6. 비고전적 몬티 홀 문제들

6.1. 사회자가 정답을 모르는 상태에서 연다면?6.2. 편견을 가질 수 있는 몬티6.3. 사회자는 참가자가 선택한 문을 열 수도 있다면? 참가자가 문의 개수만큼 있다면?

7. 비슷한 문제들

7.1. 야바위 문제7.2. 아들 딸 문제7.3. 카드 뽑기 문제

8. 여담9. 대중매체에서의 등장10. 관련 문서

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1. 개요

Monty Hall problem

{{{#!wiki style="word-break: keep-all"

Suppose you’re on a game show, and you’re given the choice of three doors. Behind one door is a car, behind the others, goats. You pick a door, say #1, and the host, who knows what’s behind the doors, opens another door, say #3, which has a goat. He says to you, "Do you want to pick door #2?" Is it to your advantage to switch your choice of doors?}}}

{{{#!wiki style="word-break: keep-all"

당신이 한 게임 쇼에서 3개의 문 중에 하나를 고를 수 있는 상황이라고 가정하자. 한 문 뒤에는 자동차가, 다른 두 문 뒤에는 염소가 있다. 당신이 1번 문을 고르자, 문 뒤에 무엇이 있는지 아는 사회자는 3번 문을 열어서 염소를 보여줬다. 그리고는 "2번 문으로 바꾸시겠습니까?"라고 물었다. 이 상황에서, 당신의 선택을 바꾸는 게 유리할까?}}}
몬티 홀(Monty Hall)이라는 캐나다-미국[1] TV 프로그램 사회자가 진행하던 미국 오락 프로그램 《Let's Make a Deal》에서 유래한 확률 문제. 위의 원문은 해당 칼럼에 실린 문제를 그대로 가져온 것이며, 상품의 종류 등의 디테일은 문제에 따라 조금씩 바뀌지만 당연히 수학적인 의미는 동일하다.

세부사항을 쳐내고 핵심적인 규칙만 말하자면 다음과 같다.

닫혀 있는 문 3개가 있다.
한 문 뒤에는 상품(=자동차)이 있고, 나머지 두 문은 꽝(=염소)이다.
참가자는 이 3가지 문 중 하나를 골라야 상품을 얻을 수 있다.
참가자가 문 하나를 고르면, 이미 상품이 어딨는지 알고 있는 사회자는 남은 2가지 문 중에 하나를 열고 그게 '꽝'이라는 사실을 밝힌다.
여기서 참가자에게 다른 문으로 바꿀 수 있는 기회가 주어진다.

정답은 바로 선택을 바꾸는 것이 훨씬 이득이라는 것. 처음에 고르자마자 정답일 확률은 당연히 1/3이지만, 사회자의 권유에 따라 ('꽝'을 확인하고서) 다른 문으로 선택을 바꿨을 때 정답일 확률은 두 배나 높은 2/3이 되기 때문이다.

대부분 사람들은 직관적으로 선택을 바꾸든 바꾸지 않든 확률은 똑같이 1/2일 것이라고 생각한다. 이후 해답을 보고 '논리적으로' 이해는 했음에도 여전히 직관적으로는 왜 50%의 확률이 아닌지 쉽게 납득하지 못하는 경우도 많을 정도로 인간의 직감과 논리는 많이 동떨어져 있다는 걸 보여주는 예시이기도 하다.[2]

수학적으로 엄밀하게 풀려면 다음과 같은 전제가 가정된다. (이 가정을 변경하는 문제는 비고전적인 몬티 홀 문제가 된다.)

사회자는 자동차가 어느 문 뒤에 있는지 알고 있다: 실제 게임 룰에서 자연스레 추론되는 부분으로, 사회자가 실수로 자동차가 있는 문을 열어버리면 바로 방송사고이기 때문이다.

이 전제가 달라지면 문제의 답이 완전히 달라진다. 만약 사회자가 자동차가 어디에 있는지 모르는 상태로 문을 열었는데 염소가 나온 상황이라면, 참가자가 원래 선택지를 고수하나 선택을 바꾸나 자동차를 얻을 확률은 1/2로 동일해진다. 하술한 사회자가 문 너머를 인지 못한 채 연다면? 문단 참고

사회자는 추가적으로 문을 열어줘야만 한다: 사회자는 참가자가 선택한 문 외의 빈 문을 무조건 열어주어야 하며 이를 선택할 수 없다. 만약 문을 열어줄지 말지 여부를 사회자 재량으로 선택할 수 있다면 확률 변화를 이용한 심리 트릭이 되어버린다. 아래 다른 문을 안 열어줘도 된다? 참고.
사회자는 염소가 들어 있는 문을 임의로 선택한다: 만약 참가자가 처음에 선택한 1번 문이 자동차가 있는 문이라면, 사회자는 염소가 들어 있는 2번, 3번 문 중 하나를 아무거나 열 수 있는데, 이때 무조건 편향 없이 두 문 중 하나를 무작위로 열어야 한다.

사회자가 두 문중 한 문을 더 선호한다는 정보가 알려지면, 참가자는 이를 바탕으로 자동차의 위치를 추론할 수 있게 되기 때문이다. 하술한 편견을 가질 수 있는 몬티 문단 참고.

2. 역사

조건부 확률을 다루는 문제 중에서 가장 유명해서 구글에 몬티 홀이라고 검색해도 사람 대신 문제가 먼저 나올 정도이다. 최초로 수학 문제로서 제시된 것은 1975년이고, 메릴린 보스 사반트 [3]가 1990년에 《퍼레이드》라는 잡지의 독자의 질문을 해결해주는 칼럼 '사반트에게 물어보세요'에서 이 문제를 다루면서 유명해졌다.

보스 사반트의 답변은 다음과 같았다.

Yes, you should switch. The first door has a 1/3 chance of winning, but the second door has a 2/3 chance. Here's a good way to visualize what happened. Suppose there are a million doors, and you pick door No. 1. Then the host, who knows what's behind the doors and will always avoid the one with the prize, opens them all except door No. 999,999. You'd switch to that door pretty fast, wouldn't you?

네, 바꿔야 합니다. 첫 번째 선택에서 당첨될 확률은 1/3이지만, 2번째 선택에서 당첨될 확률은 2/3이기 때문입니다. 알아보기 쉽게 알려드리죠. 문이 100만 개 있는 상황에서 1번째 문을 고른다고 가정합시다. 그러면 사회자는 문 뒤에 뭐가 있는지 알고 있으니, 항상 정답인 999,999번째 문만 빼고 다른 문을 모조리 열어주겠죠. 당신이라면 얼른 그 문으로 선택을 바꾸지 않겠어요?

이해하기 쉬운 간단한 문제이지만 결과는 직관을 전면적으로 부정해 버린다는 점, 그리고 증명은 아무리 들어도 좀처럼 쉽게 납득하기 힘들다는 점이 조합되어 수많은 사람들에게 충격을 주었다. 자기가 틀렸다는 걸 받아들이지 못한 사람들이 보스 사반트에게 항의와 반론, 인신공격의 편지를 보낸 것이 만 통인데, 그 중 약 천 통은 수학이나 공학에서 박사학위를 가진 사람들이 보낸 것이었다. # 그 와중에도 보스 사반트는 수많은 항의 편지에 기죽지 않고 "수학의 정답은 투표로 정해지는 게 아니에요."라며 어그로를 끌어댔고, 이러한 실랑이를 거치면서 몬티 홀 문제는 아주 유명한 문제가 되었다.

20세기 최고의 전설적인 수학자 중 하나로 여겨지는 폴 에르되시도 선택을 바꾸든 아니든 확률은 같다고 생각했고, 컴퓨터로 실험해본 뒤에야 바꾸는 것이 유리한 선택임을 인정했다고 한다.

답이 2/3인 것으로 판명이 난 이후에도 악마 몬티(Monty from Hell), 천사 몬티(Angelic Monty), 편견을 가질 수 있는 몬티[4]와 같이 사회자의 마음가짐에 조건을 추가하거나 몬티 홀 문제를 게임 이론과 접목시켜 새로운 형태로 만들어내는 등 기존 문제에 대해 다양한 파생 문제들이 만들어지기도 했다. 이에 대해 본 문서에서는 기존의 "고전적인 몬티 홀 문제"를 중심으로 다루고 있다. 전문적인 문제의 정의와 풀이, 이를 이용한 변형 문제 등과 관련해서는 이 논문 혹은 영문 위키피디아를 참고바란다.

3. 해설

3.1. 조건부 확률

조건부 확률이 적용되기 때문이다. "사회자는 내가 고른 문을 열지 않는다", "사회자는 자동차와 염소가 어떤 문에 있는지 알고 있다"는 전제조건과, 이에 따라 "사회자가 자동차가 있는 문을 여는 일은 절대 발생하지 않는다"는 종속조건이 실제 확률에 영향을 미치기 때문이다. 즉, 이 문제에서 사회자가 염소 문을 하나 열었을 때 선택한 문을 바꾸는 행위는 염소 확률과 자동차 확률을 뒤바꾸게 된다. 사회자가 문을 열지 않은 처음 선택에서는 염소를 고를 확률이 더 높기 때문에, 몬티 홀 딜레마에서는 선택을 바꿔야 더 차를 얻을 확률이 높아진다.

위의 전제에 따르면, 만약 처음에 염소를 골랐는데 결정을 바꾼다면 차를 얻지만, 당신이 처음에 차를 골랐는데 결정을 바꾼다면 당신은 염소를 얻는다. 처음에 염소를 고르고 바꾸면 차를 얻고 차를 고르고 바꾸면 염소를 얻는 것이다. 결정을 바꾼다는 전제하에 2/3 확률로 염소를 고르면 차를 얻으니까 처음 염소를 뽑을 확률이 높으니 무조건 바꿔야한다! 결정을 바꾸지 않는다면 당신은 맨 처음 차를 뽑았을 확률인 1/3을 그대로 들고 가는 것이기 때문에 더 손해를 보게 된다.

몬티 홀 딜레마에서 가장 중요한 개념은 결과를 바꾸는 선택이 어느 문을 고르냐가 아니라 문을 바꾸느냐 안 바꾸느냐라는 것이다. 애초에 처음부터 하나의 문이 열려 있고 나머지 둘 중 하나를 선택해야 하는 것이라면, 열린 문은 애초에 선택지로 고려하지 않으므로 확률은 50%가 맞다. 즉 양자택일의 행위가 아닌, 문을 바꾸는 행위[5]에서 파생되는 확률이 66.6%이므로 둘은 엄연히 다르다. 이 미묘한 차이를 직관적으로 이해하기가 힘들기 때문에 착오가 벌어지는 것이라고 이해해야 한다. 즉, 확률의 조건이 되는 사건 두 개(첫번째 선택과 두 번째 선택)가 얽히느냐, 얽히지 않느냐에 따라 확률이 변동한다.

직관적으로 이해하기에 양자택일과 문을 바꾸는 행위간의 확률에 차이가 있다는 것이 이해가 쉽지 않다. 다른 것은 놔두고 문을 선택한다는 '사실'만 두고 보면 두 행위는 같은 것이기 때문이다. 때문에 확률도 동일하다고 착각하기가 쉽다.

정리하면 다음과 같다.

1. 나는 문을 무조건 바꾼다

처음에 염소가 있는 문을 선택할 확률 = 2/3

하여, 내가 문을 무조건 바꿀 때 자동차를 선택할 확률은 2/3이 된다.

2. 나는 문을 무조건 바꾸지 않는다.

처음에 염소가 있는 문을 선택할 확률 = 2/3

하여, 내가 문을 무조건 바꾸지 않을 때 자동차를 선택할 확률은 1/3이 된다. 쉽게 말하자면 문을 잘못 골랐을 확률이 2/3이기 때문에 문을 바꿨을 때 당첨될 확률도 2/3인 것이다.

3.2. 베이즈 정리(조건부 확률)

베이즈 정리를 이용하여 확률론적으로 설명할 수도 있다.

참가자가 고른 문을 A, 나머지 두 문을 B와 C라고 하고, "사회자가 A문을 제외한 뒤 문을 열고 염소가 있음을 보여주는 사건"을 D라고 하자.
우리가 구하고자하는 것은 사건 D가 일어난 상태에서 A 문에 자동차가 있는 사건(이하 사건 A)의 조건부 확률, 즉

\displaystyle P(A|D)

이다. 이제 베이즈 정리에 따라 해당 사건의 역사건, 즉 어떤 문 X 안에 자동차가 있을 때 사회자가 C 문을 여는 사건(D|X)을 생각해보자.

사회자는 A 문을 열 수 없고 B, C 중 하나만을 고를 수 있으며, 염소가 있는 문을 열어줘야 한다는 목적이 있는 상태이므로 각각의 확률은 이하와 같다.

만약 자동차가 A에 있다면 사회자는 B와 C문 중 하나를 열어줄 것이다. 2가지 선택지 중 하나를 무작위로 고르는 확률이므로 $\displaystyle P(D|A) = {1 \over 2}$ .
만약 자동차가 B에 있다면 사회자는 A, B문을 열 수 없으므로 C문을 열 수밖에 없다. 즉 $\displaystyle P(D|B) = 1$ .
만약 자동차가 C에 있다면 사회자가 C문을 여는 일은 일어날 수 없다. 즉 $\displaystyle P(D|C) = 0$ .

베이즈 정리에 의해 어떤 조건부 사건이 일어날 확률은 모든 역사건의 가짓수 중 해당 사건의 역사건이 일어날 확률과 같다. 따라서

\displaystyle P(A|D) = {P(D|A) \over P(D|A) + P(D|B) + P(D|C)} = {0.5 \over 0.5 + 1 + 0} = {1 \over 3}

\displaystyle P(B|D) = {P(D|B) \over P(D|A) + P(D|B) + P(D|C)} = {1 \over 0.5 + 1 + 0} = {2 \over 3}

가 되어 B에 차가 있을 확률이 2배 더 높다.

3.3. 프로그래밍

자바(Java)

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#!syntax java
public class MontyHallProblem {
    public static void main(String[] args) {
        int normal_win_rate=0; // 바꾸지 않아서 이긴 횟수
        int normal_lose_rate=0; // 바꾸지 않아서 진 횟수
        int change_win_rate=0; // 바꿔서 이긴 횟수
        int change_lose_rate=0; // 바꿔서 진 횟수

        for(int i=0;i<100000;i++){ // 총 10만 번 반복한다.
            int reward = (int)(Math.random()*3+1); // 주최자는 1~3중 정답을 하나 숨김
            int answer = (int)(Math.random()*3+1); // 참가자는 1~3중 하나를 고름

            /*이때 주최자는 염소를 고른 뒤 참가자에게 바꿀지 말지 제안한다.*/
            
            //주최자는 참가자의 답과 보상이 아닌 것을 택함
            int val = (int)(Math.random()*3+1);
            while(reward == val || answer == val){
                val = (int)(Math.random()*3+1);
            }

            //바꾸지 않았을 시
            if(reward == answer) normal_win_rate++; //바꾸지 않아서 이겼을 경우 1승 추가
            else normal_lose_rate++; //바꾸지 않아서 졌을 경우 1패 추가

            //바꿨을 시
            int change = (int)(Math.random()*3+1);
            while(val == change || answer == change){ //이때 참가자는 바꾸기로 결정
                change = (int)(Math.random()*3+1);
            }
            if(reward == change) change_win_rate++; //바꿔서 이겼을 경우 1승 추가
            else change_lose_rate++; //바꿔서 졌을 경우 1패 추가
        }

        System.out.println("normal_win_rate : "+normal_win_rate); // 바꾸지 않아서 이긴 횟수 출력
        System.out.println("normal_lose_rate : "+normal_lose_rate); // 바꾸지 않아서 진 횟수 출력
        long normal_rate = (normal_win_rate*100)/(normal_win_rate+normal_lose_rate); //확률계산
        System.out.println("rate : "+normal_rate+"%"); //바꾸지 않아서 이길 확률
        System.out.println();

        System.out.println("change_win_rate : "+change_win_rate); // 바꿔서 이긴 횟수 출력
        System.out.println("change_lose_rate : "+change_lose_rate); // 바꿔서 진 횟수 출력
        long change_rate = (change_win_rate*100)/(change_win_rate+change_lose_rate); //확률계산
        System.out.println("rate : "+change_rate+"%"); //바꿔서 이길 확률
    }
}

출력 결과
normal_win_rate : 33540
normal_lose_rate : 66460
rate : 33%

change_win_rate : 66460
change_lose_rate : 33540
rate : 66%

[ 펼치기 · 접기 ]

#!syntax php
<?php

$normal_win_count = 0; // 바꾸지 않고 이긴 횟수
$normal_lose_count = 0; // 바꾸지 않고 진 횟수
$change_win_count = 0; // 바꿔서 이긴 횟수
$change_lose_count = 0; // 바꿔서 진 횟수

for ($i = 0; $i < 100000; $i++) { // 총 10만 번 반복한다.
    $reward = rand(1, 3); // 주최자는 1~3중 정답을 하나 숨김
    $answer = rand(1, 3); // 참가자는 1~3중 하나를 고름

    /*이때 주최자는 염소를 고른 뒤 참가자에게 바꿀지 말지 제안한다.*/

    //주최자는 참가자의 답과 보상이 아닌 것을 택함
    $val = rand(1, 3);
    while ($reward == $val || $answer == $val) {
        $val = rand(1, 3);
    }

    //바꾸지 않았을 때
    if ($reward == $answer) $normal_win_count++; //바꾸지 않고 이겼을 경우 1승 추가
    else $normal_lose_count++; //바꾸지 않고 졌을 경우 1패 추가

    //바꿨을 때
    $change = rand(1, 3);
    while ($val == $change || $answer == $change) { //이때 참가자는 바꾸기로 결정
        $change = rand(1, 3);
    }
    if ($reward == $change) $change_win_count++; //바꿔서 이겼을 경우 1승 추가
    else $change_lose_count++; //바꿔서 졌을 경우 1패 추가
}


echo "바꾸지 않고 이긴 횟수 : {$normal_win_count} \n";
echo "바꾸지 않고 진 횟수 : {$normal_lose_count} \n";
$normal_rate = ($normal_win_count * 100) / ($normal_win_count + $normal_lose_count); //확률계산
echo "확률 : {$normal_rate} % \n"; //바꾸지 않고 이길 확률

echo "바꿔서 이긴 횟수: {$change_win_count} \n";
echo "바꿔서 진 횟수 : {$change_lose_count} \n";
$change_rate = ($change_win_count * 100) / ($change_win_count + $change_lose_count); //확률계산
echo "확률 : {$change_rate} %"; //바꿔서 이길 확률

출력 결과
바꾸지 않고 이긴 횟수: 33540
바꾸지 않고 진 횟수: 66460
확률 : 33%

바꿔서 이긴 횟수 : 66460
바꿔서 진 횟수 : 33540
확률 : 66%

출력 결과에서 알 수 있듯이 바꿨을 때 승률이 33%p 증가하는 것을 알 수 있다.

그 외에도 매우 많은 종류의 증명이 존재한다. 중심극한정리가 잘 적용되는 사례이기 때문에 수렴 속도도 빠르며, control variate 같은 기법을 사용하면 더더욱 빠르게 답을 구해볼 수 있다.

4. 오해

4.1. 다른 문을 열어주는 건 의미가 없다?

내가 최초에 한 선택과 무관하게 염소가 있는 문이 남아있기 때문에, "사회자는 어차피 남아있는 문을 재미를 위해 열어준 것에 불과하고, 남은 문은 무조건 염소 아니면 승용차일 테니 바꾸나 바꾸지 않으나 똑같다!"라고 생각하기 쉽다.

하지만 사실 사회자가 문을 열어주는 행위는 참가자에게 매우 유리한 행위이다. 이는 하술할 '직관적 설명' 문단 참고.

4.2. 경우의 수 계산을 잘못함

좀 더 진지하게 경우의 수를 따지는 사람들 중에서도 총 4가지 경우의 수 중 유리한 경우가 2가지이므로 확률은 50%다! 라고 생각하는 사람들이 많다.

무슨 뜻이냐면 만약에 3번에 자동차가 있다고 하면,

1번을 골랐을 경우에는 자동차가 없다. 그러므로 사회자가 염소가 있는 문을 연다면 2번 문을 열 것이다. 남은 문이 3번이므로 바꾸면 유리하다.
2번을 골랐을 때도 자동차가 없다. 그러므로 사회자가 염소가 있는 문을 연다면 1번 문을 열 것이다. 남은 문이 3번이므로 바꾸면 유리하다.

여기까지는 아무 문제가 없어 보인다. 그런데...

3번 문을 골랐을 때는 사회자가 두 가지 선택을 할 수 있다.

1번 문을 열었을 때 남은 문이 2번이므로 바꾸면 불리하다.
2번 문을 열었을 때 남은 문이 1번이므로 바꾸면 불리하다.

따라서 경우의 수는 넷인데 유리한 경우는 2가지이므로 확률은 1/2이다라는 것.

이 증명이 틀린 이유는, 3번문에서 파생되는 2가지 선택지 전체가 1번 선택지의 한가지 경우의 수, 2번 선택지의 한가지 경우의 수와 동등하기 때문이다. 1,1,1,1이 아니라 1, 1, 0.5, 0.5 이라고 생각해야한다.

이는 확률로 계산해보면 더욱 명확해진다. 위와 같은 경우, 즉 3번 문에 자동차가 들어 있는 상황이라고 할 때,

1번 문을 고를 확률이 1/3.
2번 문을 고를 확률이 1/3.
3번 문을 고를 확률이 1/3인데,

사회자가 1번 문을 열어 줄 확률은 3번 문을 고를 확률 × 1번 문을 열어줄 확률(1/3 × 1/2) = 1/6
사회자가 2번 문을 열어 줄 확률은 3번 문을 고를 확률 × 2번 문을 열어줄 확률(1/3 × 1/2) = 1/6

이해가 가시는가? 만약 위의 증명이 맞다고 하면 참가자는 뭐에 홀린 듯이, 염소가 있는 문을 선택할 확률과 자동차를 선택할 확률이 같아야 한다. 즉, 염소가 있는 문을 고를 확률 1/4(× 2), 자동차가 있는 문을 고를 확률 1/2가 되어야 위의 증명이 성립한다고 할 수 있다.

요약하자면 사람들이 흔하게 하는 오류는 이런 것이다.
1번 선택 → 하나의 문이 열림 → 그 상태에서 가능한 경우의 수는 1번 선택 문에 정답이 있거나 오답이 있거나. → 2가지 경우의 수. → 확률의 수학적정의 해당경우/전체경우 → 0.5

대부분의 사람들이 생각한 0.5가 오류인 이유는 고등학교 교과과정에서 정의된 확률의 정의의 가정에 있다. 해당경우/전체경우를 확률로 정의할 때 분명히 앞에 "같은 확률로 일어나는 사건에 대해서"라는 가정이 있었다. 즉 2가지 경우 기존 선택이 옳은 경우와 바꾼 선택이 옳은 경우는 동등한 정도로 일어나지 않기 때문에 1/2로 계산하면 당연히 틀린다. 답부터 말하자면 두 경우가 1:2의 가중치를 가진다. 즉 바꾼 선택이 옳은 경우가 기존 선택이 옳은 경우에 비해 2배 더 잘 일어나고 그래서 3의 가중치 중 2의 가중치를 가진 바꾼 선택이 2/3 확률로 유리하게 된다.

왜 이렇게 되는지 살펴보자. 주어진 상황은 오로지 내가 뭔가를 선택했고 남은 두 문 중에 오답 하나가 열렸다는 것이다. 이 상황에서 생각할 수 있는 모든 경우의 수를 생각해보자. 편의상 3번에 정답이 있는 경우에 대해 생각해보면, 지금 일어난 상황은 (내가 선택한 문, 몬티 홀이 열어준 문)의 순서쌍으로 도식화할 수 있다. 즉, (1, 2) (2, 1) (3, 1) (3, 2) 이 4개 중에 하나가 일어났음이 틀림이 없다. 여기서 각 순서쌍의 확률은
(1, 2): 1/3×1
(2, 1): 1/3×1
(3, 1): 1/3×1/2
(3, 2): 1/3×1/2
보이는가? (1, 2)가 일어날 정도와 (3, 1)이 일어날 정도는 같지 않다. 여기서 수많은 사람들이 낚이고 제대로 설명 못한다. 가중치로 설명하자면, (1, 2)와 (2, 1)은 2 정도로 일어나고 (3, 1) (3, 2)는 1 정도로 일어난다. 이 상태에서 (1, 2) (2, 1) 즉 4의 비중에선 바꾸는 것이 정답으로 이어지고 (3, 1)(3, 2) 2의 비중에서는 고수하는 것이 정답으로 이어진다. 그렇기 때문에 바꾸는 것이 4/6의 정답률을 가져다주므로 유리하다.

4.3. 다른 문을 안 열어줘도 된다?

몬티 홀 문제의 룰을 오해하는 경우도 있다. 사회자가 염소가 있는 문을 보여주는 행동을 '선택(즉 거부)'할 수 있다고 오해하는 것. 즉 이번에는 염소가 있는 문을 보여줬지만, 안 보여주는 선택지도 있었다고 오해하는 것이다. 따라서 사회자가 나에게 문을 보여주는 행위에 나를 오답으로 유도하려는 의도가 있으므로 안 바꾸는 게 낫다는 사고방식. 하지만 고전적인 몬티 홀 문제에서는 사회자가 참가자의 선택에 상관없이 염소가 있는 문 하나를 의무적으로 열어서 보여줘야 한다. 즉, 문을 여는 행위로 인해 참여자의 성공 확률이 변하든 말든 사회자는 그것을 반영해서 문을 열지 말지 선택을 할 권한이 없다. 이 여부를 사회자가 선택할 수 있게 되어버리면 참여자의 성공 확률 변화를 고려해 사회자가 참여자에게 심리 트릭을 걸 수 있는 상황이 되어버린다.[6]

몬티 홀 문제에 대해 전혀 모르는 사람에게 가상으로 몬티 홀 게임을 해 보는 방식으로 설명을 하다 보면 발생할 수 있다. 현실의 퀴즈 쇼에서는 확률이 안 좋은 방향으로 사회자가 유도하여 참여자를 후회시키는 전개가 종종 발생하기 때문에 이렇게 생각하기 쉽다. 생각보다 오해하기 쉬운 선택지인데, 본 문제에서 사회자는 "답(당첨 문)을 완전히 알고 있음"이라는 전지적 특성과는 달리 "게임의 조건을 맘대로 바꿀 수 없음"이라는 특성이 있어 전능하진 않기 때문이다. 현실 퀴즈 쇼의 사회자는 답을 알고 있으면서(전지) 게임의 틀을 마음대로 바꿀 수 있으므로(전능)[7] 이 문제에서도 그럴 것이라고 생각하기 쉽다. 답을 다 알고 있으면서 사회자에게 불리한 (참여자의 당첨 확률을 올리는) 방식으로 게임의 룰을 바꿔야만 한다는 제약이 현실 퀴즈 쇼와는 매우 달라 선뜻 상상이 되지 않는 것이다.

4.4. 본능적인 손실 회피 성향

실제 확률과는 별도로 현실에서 비슷한 일이 생기는 경우, 대부분의 사람들은 그냥 원래 선택을 유지하는 경우가 많다. 심리학적으로 사람은 이득보다 손해에 민감하게 반응하므로 괜히 바꿨다가 원래 선택한 문에 승용차가 있었으면 정말 억울하기 때문이다.[8] 답안지 고쳐서 맞을 때가 더 많았어도 고쳐서 틀리면 더 기억에 잘 남는 것과 같은 원리이다. 다만 자주 비유되고는 하는 '문제를 찍었다 고치면 틀린다'는 내용과는 다르다. 애당초 모르는 문제여서 찍었다면 해당 상황에서 사회자에 대응되는 존재가 없기 때문.

5. 직관적 설명

몬티홀 문제 자체가 인간의 수학적 직관에 반하는 부분이 있기 때문에 유명해진 것이라서, 당연히 위의 수학적인 증명을 보고도 아직 직관적으로 납득하지 못해 찝찝한 기분을 가지는 사람들이 대부분일 것이다. 따라서 그런 사람들을 위한 여러 직관적인 설명법이 개발되어 있다.

5.1. 만일 문이 2개라면

당첨확률은 50%이지만 꽝인 문을 열어주었을 때 다른 한쪽이 당첨일 확률은 100%이다. 문을 열어주는 행위가 분명 확률에 개입한 것.

5.2. 확률의 합은 1이다

많은 사람들의 평범한 직관에 따르면 몬티홀 문제는 이렇게 전개된다.

첫 선택에서는 어차피 뭐가 정답이고 뭐가 꽝인지 모르기 때문에, 정답일 확률은 1/3이다.
이후 사회자가 꽝 중에 하나를 공개하면 남은 문은 2개이므로, 선택하지 않아서 남은 문은 정답일 확률이 1/2이다.

여기서 문제가 발생한다. 확률의 총합은 1이 되어야 하는데, 직관대로 흘러가면 총합이 (1/3 + 1/2 =) 5/6밖에 안 된다. 공개된 문에 대해서는 '바꾸거나 바꾸지 않는 선택을 하는 미래'가 사라졌기 때문이다. 결국 3가지 문에 대해 동등하게 가지를 쳐서 똑같은 비율로 경우의 수가 뻗어나가지 못하고, 사회자의 개입에 의해 '일부 확률'이 강제로 빠져버렸으니, 참가자의 입장에서는 1단계와 2단계 에서 '미래 가짓수를 만들어내는 비중'이 불균일하게 된다.

맨 처음 자신이 선택한 문이 정답일 확률은 변할 리가 없기 때문에, 변해야 하는 것은 남은 문이 정답일 확률이다. 따라서 문을 바꾸었을 때 정답일 확률이 2/3으로 올라가야 한다.

5.3. 경우의 수 확인

어중간하게 부분적인 경우의 수를 제시하는 것보다, 실제로 모든 가능한 경우의 수를 하나씩 나열해보면 된다.

문 A, B, C의 뒤에 상품이 있을 가짓수는 3가지이니, 3갈래로 나누자.
1) ( A B C )
2) ( A B C )
3) ( A B C )
참가자가 1단계 선택에서 문을 고르는 선택지는 3가지이니, 1~3을 각각 3갈래로 나누자.
1-1) ( A B C ) A선택
1-2) ( A B C ) B선택
1-3) ( A B C ) C선택
2-1) ( A B C ) A선택
2-2) ( A B C ) B선택
2-3) ( A B C ) C선택
3-1) ( A B C ) A선택
3-2) ( A B C ) B선택
3-3) ( A B C ) C선택
참가자가 2단계에서 문을 바꾸거나 안 바꾸는 선택지는 2가지이니, 위의 선택지를 각각 2갈래로 나누자.
1-1-1) ( A B C ) A선택 -> 유지 (당첨)
1-1-2) ( A B C ) A선택 -> 바꿈 (실패)
1-2-1) ( A B C ) B선택 -> 유지 (실패)
1-2-2) ( A B C ) B선택 -> 바꿈 (당첨)
1-3-1) ( A B C ) C선택 -> 유지 (실패)
1-3-2) ( A B C ) C선택 -> 바꿈 (당첨)
2-1-1) ( A B C ) A선택 -> 유지 (실패)
2-1-2) ( A B C ) A선택 -> 바꿈 (당첨)
2-2-1) ( A B C ) B선택 -> 유지 (당첨)
2-2-2) ( A B C ) B선택 -> 바꿈 (실패)
2-3-1) ( A B C ) C선택 -> 유지 (실패)
2-3-2) ( A B C ) C선택 -> 바꿈 (당첨)
3-1-1) ( A B C ) A선택 -> 유지 (실패)
3-1-2) ( A B C ) A선택 -> 바꿈 (당첨)
3-2-1) ( A B C ) B선택 -> 유지 (실패)
3-2-2) ( A B C ) B선택 -> 바꿈 (당첨)
3-3-1) ( A B C ) C선택 -> 유지 (당첨)
3-3-2) ( A B C ) C선택 -> 바꿈 (실패)

총 18가지의 가능한 미래 중에서 결과적으로 당첨된 경우와 실패한 경우의 숫자를 세 보면,

2단계에서 '유지' 를 선택 한 경우 당첨 3 실패 6 가지,
2단계에서 '바꿈' 을 선택 한 경우 당첨 6 실패 3 가지 임을 확인할 수 있다.

18가지 경우에서 '참가자의 선택' 을 규칙적으로 반복해서 배열했음에도 불구하고, 당첨과 실패의 배열 순서를 보면 당첨/실패의 순서가 규칙적으로 반복되지 않고 섞여서 나열된 것을 볼 수 있다. 참가자의 입장에서 주관적으로 '동등할 것' 으로 기대하는 확률과 실제 확률이 어긋나는 곳이 여기에서 나타나는데, 참가자가 아닌 외부의 '사회자가 실패하는 문을 선별해서 제외한' 외부 영향 때문이다.

5.4. 베이즈주의적 사고

베이즈 정리와는 엄밀하게 말해서 다르지만, 베이즈 정리로부터 출발하는 베이즈 통계학(Bayesian statistics)의 관점에서 사회자의 개입을 해석할 수도 있다.

즉, 세 개의 문 뒤에 있는 것이 자동차인지 염소인지 전혀 모르는 상황보다는, 적어도 특정한 한 개의 문 뒤에 있는 것이 염소임을 확실히 알게 된 상황이 보다 많은 사후적 정보를 얻은 경우이므로, 자신의 선택 또한 업데이트해야 한다는 논리이다.

실제로 몇몇 사람들은 "사회자가 꽝을 공개한 순간, 내가 처음에 선택한 문이 정답일 확률은 1/2이 된 것이다."라고 생각한다. 즉 사회자가 열어준 문은 '꽝'이니까 의미없다고 생각하여 무작정 배제한 것이다. 하지만 이는 첫 선택에서의 확률은 사회자가 열어주기 전의 문도 포함해서 계산한 것이다는 사실을 잊어버렸으므로 오류이다.[9]
또한 '운 좋게 자동차를 고를 확률이 1/3인데 왜 선택을 바꿔야 하지?'라고 생각하기 쉬운데, 이 역시 참가자가 고른 문은 사회자가 열어주지 않으므로 당첨인지 확인할 수 없다는 사실을 망각한 것이다. 당첨 여부는 두 번째 선택을 마치고 나서야 확인할 수 있다. "내가 고른 문을 열 수 없는 상황에서, 남은 두 문 중 하나를 확인시켜 줬으니 남은 문을 여는 게 더 이득"이라고 생각하는 것이다.

5.5. '엄선'의 관점

당신은 3명의 레슬링 선수 중 한 명을 무작위로 선택하여 시합에 내보낸다. 사회자는 당신이 선택하지 않은 2명의 선수에게 실력 검증을 실시하여 시합 능력이 더 뛰어난 선수를 남기고 다른 선수를 탈락시킨다. 그런 다음 당신에게 선택을 바꿀 기회를 준다. 당신은 당신이 무작위로 선택한 선수를 신용할 것인가? 사회자가 엄선한 선수로 선택을 바꿀 것인가?

소설 <비데리 논 에쎄: 무한대로의 모험>에 나온 비유다.

여기서 키워드는 "엄선"이란 표현에 있다. 엄선했다는 것은 사회자가 무작위로 고르지 않았음을, 즉 자동차가 있는 문은 절대 열지 않음을 뜻한다. 따라서 사회자는 남은 2개의 문 중에서 자동차가 있는 문을 피해서(=염소가 있는 문을 골라서) 문을 열어주는, 즉 굳이 2/3의 선택으로 만들어주는 아주 고마운 짓(=엄선 과정)을 당신에게 해 준 것이다! 이를 토대로 위의 인용을 다시 읽어보면 "문(레슬링 선수)을 선택하는 상황에서, 염소가 든 문을 열어준다(실력 검정으로 한 선수를 탈락시킨다)"로 몬티홀과 똑같은 구조이며, 사회자가 일부러 열지 않은 문(당첨)은 엄선한 선수에 해당한다는 사실을 알 수 있다.

물론 사회자가 고마운 짓을 해 줬다는 논리는 당신이 처음에 고른 문에 자동차가 있을 경우엔 완전히 무용지물이 된다. 그럴 경우 사회자는 염소가 있는 2개의 문 가운데서 아무거나 골라서 열어준 것에 불과하기 때문이다. 그러나 이미 알다시피, 당신이 처음 고른 문에 자동차가 있을 확률은 3분의 1밖에 되지 않는다. 즉 위 논리가 살아남아 적용될 확률이 3분의 2이며, 그렇기 때문에 선택을 바꿨을 경우 그 문에 자동차가 있을 확률이 3분의 2인 것이다.

다시 레슬링 선수 비유로 돌아와서 말하자면, 3명의 선수 중 가장 강한 한 선수가 있다고 할 때 그 선수가 당신이 처음 고른 선수일 확률은 3분의 1밖에 되지 않는다. 즉, 가장 강한 선수는 아마도 당신이 고르지 않은 두 선수 중 한 명일 텐데, 마침 사회자가 고맙게도 두 선수 중 더 강한 한 명을 남겨준 것이다. 그러니 당신은 그냥 땡큐를 외치며 선택을 바꾸면 된다.

문을 바꾸지 않으면 당신은 1/3 확률의 선택을 한 것이고, 문을 바꾸는 순간 당신은 두 번 선택을 한 것이라는 설명도 있는데 이 설명도 엄선의 원리를 암시하고 있다. 몬티홀 문제의 상황은 그냥 사회자가 나에게 문을 한 번 열어보라 하고 그게 꽝이었을 때 나머지 두 개 중에서 한 번 더 선택할 기회를 주는 것과 똑같다. 사회자가 나 대신 꽝을 한번 걸러준(=엄선해준) 것이다.

5.6. 선택지 확장

도박마 28권 302화, "직감과 논리" 中.

위의 설명을 이해한다 하더라도 왜 50:50이 되지 않는지 직관적으로는 와닿지 않을 것이다. 이럴 때는 문이 3개가 아니라 100개라고 생각하면 이해하기 편해진다. 이 문제를 유명하게 만든 일등공신인 보스 사반트가 설명할 때 사용했던 방법이기도 하다.[10]

문이 100개가 있으며 정답인 문은 1개 뿐이다. 자신이 맨 처음 100개 중 하나를 선택했을 때 그것이 정답일 확률은 당연히 1/100. 하지만 사회자가 자신이 선택하지 않은 99개의 문 중 98개의 문을 열어서 꽝임을 보여주고 1개의 문을 남겨두었다. 이래도 여전히 원래 선택을 고수하고 싶은가? 3개인 경우와 다르게 이번에는 뭔가 본능적으로 무모하다는 느낌이 들 것이다.

문이 몇 개가 되든 몬티홀 문제의 핵심은 바로 단 2개의 문만을 마지막에 남겨둔다는 점이다. 따라서 마지막에 선택을 바꾸는 것은 '처음에 정답을 골랐다면 → 꽝'이고 '처음에 꽝을 골랐다면 → 정답'으로 정답/오답을 반전시키는 기능을 가진다. 이렇게 확률의 전가가 몬티홀 문제의 핵심이다.

여기서 이해한 논리를 고스란히 문 3개짜리 문제로 가져오면 된다. 문이 3개인 몬티홀 문제 역시 맨 처음 꽝을 고를 확률이 2/3므로 마지막에 선택을 바꿨을 때 정답일 확률도 2/3다.

문이 3개였을 때에는 1/3이었던 정답 확률을 2/3으로 바꾸실래요? 라고 묻는 것이고, 문이 100개였을 때는 1/100이었던 정답 확률을 99/100로 바꾸실래요? 라고 묻는 것이다.

문이 3개인 경우 사람들은 사회자가 개입을 하더라도 두 문에서 정답을 뽑을 확률이 동일하다거나, 더 심하게는 사회자가 개입한 순간 자신의 첫 번째 선택이 정답일 확률이 바뀐다는 착각에 쉽게 빠지지만 100개의 문으로 문제를 치환하면 그런 생각이 착각임을 직관적으로 깨달을 수 있다.

5.7. 선택을 '묶음'으로 생각

엄선과 선택지 늘리기의 아이디어를 다른 방식으로 설명해본 것이다.

계속 사람들이 50%라는 확률에 사로잡히게 되는 것은 사회자가 문을 한 번 열어주는 행위와 그 뒤의 선택이 서로 영향을 미치지 않는 독립시행이라는 생각을 버리지 못하기 때문이다. 사실은 사회자가 문을 하나 열어준 것을 포함해서 모든 행위를 하나로 생각해야 하는데 행위가 두 부분으로 나뉘다보니 둘을 별개로 여기게 되는 것.

예를 들어 일반적인 몬티 홀 문제처럼 3개의 문이 있다고 가정해보자. 본인이 정답일 가능성이 3분의 1 확률인 하나의 문을 고르고 난 다음 진행되는, 진행자가 염소가 있는 문을 열어 주는 행위와 내가 선택을 바꾸는 행위를 하나의 행위로 보면, 본인은 선택을 바꿈으로써 2개의 문을 동시에 여는 행위가 되니 정답일 확률이 3분의 2로 증가하게 되는 것이다. 위의 '문 100개 열기' 설명과 비슷한 방법으로 다시 설명하자면, 100개의 문이 닫혀 있을 때 내 선택이 정답일 확률은 100분의 1이지만 진행자가 남은 99개 중 98개의 꽝인 문을 열어주는 행위와 동시에 나의 선택을 바꾸면 나는 99개의 문을 동시에 여는 것이 된다. 그러므로 정답일 확률이 1%에서 99%로 증가하게 된다.

문의 개수를 더 늘려보자. 가령 9999조개의 문이 있다고 가정하자. 그렇다면 문제를 푸는 사람이 처음 선택한 문이 꽝일 확률은 약 99.9999999999999999%가 된다. 이 상황에서 어느 문이 당첨인 것인지 알고있는 사회자가 당첨을 제외한 나머지 모든 문을 열었다고 가정해보면 이해가 쉬울 것이다. 문제를 푸는사람이 우연히 9999조개의 문중에 선택한 하나의 문이 당첨일 확률과 정답을 이미 알고있는 사회자가 내가 기존에 선택한 한 개의 문을 제외한 다른 꽝인 모든 문을 개방한 뒤에 남은 나머지 하나의 문이 당첨일 확률 중 무엇이 더 높은 확률을 가질지는 쉽게 이해할 수 있을 것이다.

다른 측면으로도 볼 수 있다. 3개 중 하나를 고르고 그것을 A그룹, 나머지 2개를 한 그룹으로 묶어서 2/3의 정답확률인 B그룹을 만들자. 그런데 사회자가 고맙게도 B그룹에서 꽝 1개를 공개해주었다. B그룹은 여전히 2/3확률이고 내가 고른 것은 여전히 1/3확률 뿐이다. 그러면 당연히 B그룹으로 이동(꽝으로 공개되지 않은 나머지 1개로 이동)하는게 유리하다.

만약 10개의 주머니가 있고 보석은 1개에만 들어있다. 첫번째 주머니를 A라 부르고, 나머지 2~10번째 주머니를 묶어서 B라고 하자. 사회자가 자신도 어디 있는지 모른다고 하더니 2개중 한 그룹을 고르라고 한다면 당연히 9개의 주머니 그룹을 고를것이다. 왜냐면 그 그룹은 9/10확률로 보석이 있고 A그룹은 주머니가 1개 뿐이라 1/10밖에 안된다. 그런데 사회자가 와서 정답표를 지금 보고 왔다면서 B그룹의 9개 주머니중 8개를 개봉하고 그것들이 전부 꽝임을 알려주었다. 그러면 B그룹중 개봉안한 주머니로 9/10 확률이 몰려있다고 생각하고 아무도 A그룹(1개의 주머니)으로 이동하지 않을것이다. B그룹에 있는 미개봉 주머니는 게임 시작 직전에 생각하던 1/10의 주머니가 아니다. 이미 8개의 꽝주머니가 희생(?)한 상황이라 혼자서 90% 확률을 가지고 있다는 뜻이다.

5.8. 선택을 배제하기

이 문제에서 혼란이 생기는 것은 '선택'의 기회를 주기 때문이다. 중간 과정이야 어쨌든 최종적으로는 똑같이 생긴 문 둘 중에 하나를 고르게 만드니 감각에 혼란이 오는 것이다. 따라서 아예 참가자에게 문을 바꿀 두 번째 선택권을 주지 않고 답만 공개하는 방향으로 생각하면 더 직관적으로 이해할 수 있다.

우선 본래 몬티 홀 문제는 잊어버리고, 그냥 참가자가 문을 고르면 다시 바꿀 수 없는 조건으로 생각한다. 그런데 참가자가 문을 고르자, 별안간 사회자가 염소가 있는 문 하나를 연다. 그리고 사회자가 "이제 문이 둘만 남았으니, 당신이 고른 문이 정답일 가능성은 50%입니다!"라고 말하면 과연 납득할 수 있을까?

이것도 직관적으로 이해가 가지 않는다면 아예 대결 형식으로 바꿀 수도 있다.

1) 참가자 A가 3개의 문 중에 하나를 고른다.
2) 사회자가 나머지 2개 중에 염소가 있는 문 하나를 연다.
3) 선택되지 않은 마지막 문을 두 번째 참가자 B가 고른다.
4) A와 B 중에 자기가 고른 문 뒤에 스포츠카가 있는 사람이 그 차를 획득한다.

이렇게 바꿔놓으면 A보다 B가 유리하단 사실이 직관적으로 와닿을 것이다. A가 승리하려면 처음에 1/3의 확률로 스포츠카를 골라야 하기 때문이다. 사회자가 "내가 염소가 있는 문을 공개한 시점에 스포츠카는 두 문 중에 하나 뒤에 있을 테니 확률은 각각 50%로 공정하다."라고 주장해봐야 말도 안 되는 말장난일 뿐이다.

5.9. 그럼에도 헷갈린다면

확률 계산보다도 사람들이 가장 많이 헷갈려 하는 것 중 하나가 왜 이러한 차이가 생겼느냐이다. 이 차이를 명시적으로 설명하자면(본 예시는 문 3개를 기준으로 함):

사회자가 처음부터 문 1개를 열어 남은 문 중 1개를 고를 때: 이 경우 열린 문은 쳐다볼 필요도 없으니 2개의 문 중 1개를 고르면 된다. 따라서 이견의 여지가 없이 50%이다.
문 1개를 고른 뒤 사회자가 1개를 열어 변경이 가능할 때: 이 때는 사회자가 참가자가 선택한 문과 자동차가 있는 문을 열 수 없다. 참가자가 선택한 문이 자동차가 있는 문이라면 사회자는 전자의 상황처럼 2개 중 아무거나 고르면 되지만 만약 참가자가 자동차가 없는 문을 고르는 경우 선택지는 1개로 줄어든다.

예를 들면, 전자의 경우 사회자는 언제나 2개의 문 중 하나를 고를 수 있다. A, B, C 있고 C가 정답인 문이라면 언제든지 A 혹은 B 중에서 하나를 고를 수 있다.

하지만 후자의 경우 C 가 정답인 상황에서 참가자가 C를 고른다면 역시 A 혹은 B 중에서 하나를 골라야하지만 만약 참가자가 A 혹은 B를 골라버리면 사회자는 그 참가자의 선택에 따라 본인의 선택에 제약을 받게 된다. 참가자가 A를 고르면 본인은 B, 참가자가 B를 고른다면 본인은 A, 이런 식으로 말이다.

굳이 수학적으로 계산하지 않아도 된다. 전자의 상황의 경우 사회자의 선택에 아무런 제약이 없지만 후자의 상황의 경우 참가자의 선택에 따라 사회자의 선택에 제약이 생기는데, 이러한 변수가 반영돼 66.66666...% 라는 결과로 이어진 것이다.

단순하게 생각하면 처음 선택한 문이 오리일 확률은 2/3 이므로 바꾸는게 이득이다.

6. 비고전적 몬티 홀 문제들

6.1. 사회자가 정답을 모르는 상태에서 연다면?

위의 베이즈 정리로 증명 문단에서 정의한 대로, 문 A,B,C 중 참가자가 A를 고른 상태고 D는 사회자가 C를 여는 사건이라 설정한다. 하지만 사회자는 앞서 다르게 문 너머가 무엇인지 인지 못한다. 그럼에도 어느 문이 당첨이든 간에 A를 제외한 두 가지 문 중의 하나는 반드시 열어야 하니, 조건부 확률은 모두 동일하다.

\displaystyle P(D|A) = P(D|B) = P(D|C) = {1 \over 2}

그러므로 베이즈 정리에 따른 식의 결과들도 모두 동일한 확률로 부여 받는다.

\displaystyle P(A|D) = P(B|D) = P(C|D) = {1 \over 3}

이러한 결과가 시사하는 바는, 우선 참가자가 사회자는 문 너머를 정확히 인지하며 문 연다는 사실을 반드시 인식해야 윗 문단의 내용들이 성립한다. 깊게 들어가자면, 사회자가 실수하지 않고 문 너머를 정확히 인지하며 문을 여는 동시에, 그러한 사실을 참가자가 인식한다는 조건까지 충족해야 2/3 확률이 성립한다. 반면 문 너머를 정확히 인지 못한 초짜 사회자가 실수로 당첨을 연다 하더라도, 참가자가 앞서 결정할 시 당첨될 확률은 고르게 1/3이다. 설령 운 좋게 꽝을 골랐더라도 참가자에게는 모든 경우의 수가 하나 줄어든 1/2이며, 여기서 초점은 초짜 사회자가 운 좋게 꽝을 골랐다는 사실을 인식하는 참가자다. 이러니 1/2이 나오는 확률은, 결국에 참가자가 사회자는 문 너머를 정확히 인지하며 문 연다는 사실을 인식하지 못한 채 당첨을 고를 확률과 동일하다.

그런데 만일, 사회자가 이제껏 잘 해오다가 어느 날 실수로 문 너머를 인지하지 못한 채 꽝을 열어버렸고, 그를 모르는 참가자가 사회자는 문 너머를 정확히 인지한다는 인식 하에 결정한 문이 당첨일 확률이 무엇이냐는 문제가 제기되면, 이러한 인식론적 차원의 문제는 잠자는 숲속의 미녀 문제로 넘어간다. 베이즈 정리에서 언급되는 인식론과 깊게 연관된다.

6.2. 편견을 가질 수 있는 몬티

{{{#!wiki style="word-break: keep-all"

The battle among wikipedia editors could be described as a battle between intuitionists versus formalists, or to use other words, between simplists versus conditionalists. The main question which is endlessly discussed is whether simple arguments for switching, which typically show that the unconditional probability that the switching gets the car is

\frac{2}{3}

, may be considered rigorous and complete solutions of MHP. The opposing view is that vos Savant’s question is only properly answered by study of “the” conditional probability that the switching gets the car, given the initial choice of door by the player and door opened by the host. This more sophisticated approach requires making more assumptions, and that leads to the question whether those supplementary conditions are implicitly implied by vos Savant’s words.

영문 위키피디아 [11] 편집자들[12] 간에 벌어진 분쟁은 직관론자들과 형식론자들, 달리 말하자면 단순론자들과 조건론자들간의 다툼으로 묘사될 수 있다. 끊임없이 논의되었던 주제는 선택을 바꾸는데 있어서 무조건 바꾸는 것이 차를

\frac{2}{3}

로 가질 수 있다고 말하는 것이 몬티 홀 문제에 대한 절대적인 답이 될 수 있는지의 여부이다. 반대측은 보스 사반트의 질문은 참여자가 문을 처음에 고르고 사회자가 문을 연 상황에서 선택을 바꿨을 때 차를 고르게 되는 조건부 확률에 대한 연구로만 적절하게 답할 수 있다고 말한다. 이러한 보다 정교한 접근방식은 더 많은 가정을 필요로 하였고, 그 보충되어야 할 조건이 보스 사반트의 말에서 묵시적으로나마 전제되어 있었는지에 대한 의구심으로 이어졌다.}}}

GILL, Richard D. The Monty Hall problem is not a probability puzzle (It's a challenge in mathematical modelling)#

{{{#!wiki style="word-break: keep-all"

The version of the Monty Hall problem published in Parade in 1990 did not specifically state that the host would always open another door, or always offer a choice to switch, or even never open the door revealing the car. However, Savant made it clear in her second follow-up column that the intended host's behavior could only be what led to the \frac{⁠2}{3} probability she gave as her original answer. "Anything else is a different question."[13] "Virtually all of my critics understood the intended scenario. I personally read nearly three thousand letters (out of the many additional thousands that arrived) and found nearly every one insisting simply that because two options remained (or an equivalent error), the chances were even. Very few raised questions about ambiguity, and the letters actually published in the column were not among those few."[14] The answer follows if the car is placed randomly behind any door, the host must open a door revealing a goat regardless of the player's initial choice and, if two doors are available, chooses which one to open randomly.[15] (...)

Morgan et al[16]. and Gillman[17] both show a more general solution where the car is (uniformly) randomly placed but the host is not constrained to pick uniformly randomly if the player has initially selected the car, which is how they both interpret the statement of the problem in Parade despite the author's disclaimers. Both changed the wording of the Parade version to emphasize that point when they restated the problem. They consider a scenario where the host chooses between revealing two goats with a preference expressed as a probability q, having a value between 0 and 1. If the host picks randomly q would be ⁠

\frac{1}{2}

⁠ and switching wins with probability ⁠

\frac{2}{3}

⁠ regardless of which door the host opens. If the player picks door 1 and the host's preference for door 3 is q, then the probability the host opens door 3 and the car is behind door 2 is

\frac{1}{3}

⁠, while the probability the host opens door 3 and the car is behind door 1 is

\frac{q}{3}

⁠. These are the only cases where the host opens door 3, so the conditional probability of winning by switching given the host opens door 3 is ⁠

\frac{1/3}{1/3 + q/3}

⁠ which simplifies to

\frac{1}{1+q}

⁠. Since q can vary between 0 and 1 this conditional probability can vary between ⁠

\frac{1}{2}

⁠ and 1. This means even without constraining the host to pick randomly if the player initially selects the car, the player is never worse off switching. However neither source suggests the player knows what the value of q is so the player cannot attribute a probability other than the

\frac{2}{3}

⁠⁠ that Savant assumed was implicit.

1990년 퍼레이드지에 발표된 몬티홀 문제에서는 사회자가 항상 다른 문을 열거나, 참여자에게 선택을 바꿀 기회를 주거나, 심지어 자동차가 있는 문은 절대로 열지 않는다는 구체적인 언급이 없었지만, 사반트는 두 번째 후속 컬럼을 통해 사회자가 그렇게 행동하는 이상 자신이 정답으로 제시했던 것처럼 (참여자가 선택을 바꿀 경우의 당첨률이)

\frac{2}{3}

로 귀결된다고 밝혔다. "문제가 달라지면 답도 달라집니다.", "사실 모든 비평가들은 제 의도대로 시나리오를 이해하고 있습니다. 그럼에도 제가 수천 통의 편지 가운데 약 3천 통을 읽어 본 바에 따르면 거의 모든 비평가들이 두 개의 선택지가 남아 있기 때문에(또는 오답률이 같기 때문에) 당첨률은 같다고 주장했습니다. 문제가 모호하다는 의견은 거의 없었고, 컬럼에 게재된 편지 중에도 포함되어 있지 않습니다." 사반트는 자동차가 어느 문에 배치될지가 무작위라면, 사회자는 염소가 있는 문을 열어 줄 때 참여자의 첫 번째 선택과는 관계 없이 두 개의 문 중 선택할 수 있다면 무작위로 골라야 한다고 대답했다. (중략)

모건 등과 길먼은, 자동차가 반드시 무작위로 배치되지만 참여자가 처음 자동차를 선택한 후 사회자가 반드시 무작위로 문을 열어야 한다는 구속은 없었음을 이유로(사반트의 변명에 불구하고 이들은 퍼레이드지에 게재된 문제를 이렇게 해석하였다) 좀더 일반화된 해법을 제시하였고, 이 점을 강조하기 위해 퍼레이드 버전의 문구를 일부 변형하였다. 이들은 사회자가 두 개의 염소가 있는 문 가운데 어느 것을 고를지에 관한 선호도를 0~1 사이의 값을 가지는 확률 q라고 표현한 시나리오를 제시한다. 사회자가 무작위로 선택한다면 q=

\frac{1}{2}

이고, 참여자는 사회자가 어느 문을 열었든지 선택을 바꿈으로써

\frac{2}{3}

의 확률로 당첨될 수 있다. 참여자가 1번 문을 선택한 경우를 전제로, 사회자의 3번 문에 대한 선호도를 q라고 하면, 사회자가 3번 문을 열었고 2번 문 뒤에 자동차가 있을 확률은

\frac{1}{3}

인 반면, 사회자가 3번 문을 열었고, 1번 문 뒤에 자동차가 있을 확률은

\frac{q}{3}

이다. 사회자가 3번 문을 열었던 경우로는 이들만 존재하므로 사회자가 3번 문을 열었을 때 선택을 바꾸면 당첨될 확률은 조건부 확률에 따라 $\frac{1/3}{1/3 + q/3}$ = $\frac{1}{1+q}$ 이다. q는 0부터 1 사이에서 변하므로 위 조건부 확률은 $\frac{1}{2}$ 부터 1까지 사이에서 변할 수 있다. 이것은 참여자가 처음에 자동차를 선택했을 때 사회자가 무작위로 문을 열어야 한다는 제한이 없더라도 참여자가 선택을 바꾸는 것이 불리해질 리는 없다는 뜻이다. 그러나, 참여자가 (사회자의 선호도) q값을 구체적으로 안다고 볼 근거는 없으므로 참여자가 선택을 바꾸는 것이 사반트가 정답으로 단정한

\frac{2}{3}

와 다른 확률로 귀결되는 것도 아니다.[18]}}}

Monty Hall problem | Variants | Other host behaviors https://en.wikipedia.org/wiki/Monty_Hall_problem

Ⅰ. 개관

　이 접근은 몬티 홀 문제의 구조를 좀더 실증적으로 접근하여 참여자의 최초 선택 후 몬티가 문을 열어주는 과정에서 어느 문을 열 것인지에 대한 편견을 가질 가능성을 추가로 고려한 풀이로서, 이에 의할 경우 몬티가 열어주는 문에 대한 선호도 q에 수치를 대입함으로써 '몬티에게 편견이 전혀 없다고 가정할 때'의 답과 '몬티에게 편견이 존재할 때'의 답을 모두 산출할 수 있다는 것이므로 본 문서에서 소개하기로 한다.

Ⅱ. 수식을 뺀 설명

　1. 예컨대 2번과 3번 문이 모두 염소일 때는 몬티가 3번 문을 열어주는 3번 선호경향이 있다고 가정해 보자. 이 경우 참여자가 최초에 고른 1번 문에 자동차가 있어서 2번과 3번이 모두 염소라면 몬티는 그의 3번 선호경향에 따라 3번 문을 더 높은 확률로 열게 될 것이다. 한편, 참여자가 최초에 고른 1번 문에 염소가 있다면 2번과 3번 문 중 하나에 자동차가 있으므로 몬티에게는 선택의 여지가 없고 3번 선호경향과 무관하게 자동차가 없는(=염소가 있는) 유일한 문을 열어야 하겠으나 1번, 2번, 3번에 자동차가 있을 확률이 모두 같다고 가정하면 몬티는 2번과 3번을 같은 확률로 열게 된다.

　　즉, 몬티가 3번 선호경향을 가진다고 가정해 보면, 사용자가 처음 고른 1번에 자동차가 있을 때에는 3번 선호경향에 따라 3번 문을 좀더 많이 열고, 1번에 염소가 있을 때는 2번과 3번을 같은 확률로 열 것이므로, 결국 몬티가 3번을 열었다는 사실로부터 참여자는 자동차가 1번에 있을 가능성에 좀더 긍정적인 단서를 얻을 수 있다.[19]

　2. 여기서 좀더 나아가서, 참여자가 최초에 고른 1번에 자동차가 있을 때는 염소가 있는 2번과 3번 중에서 언제나 3번을 선택하지 않는(=2번만을 선택하는) 극단적인 3번 기피경향을 가진 몬티를 상정해 보자. 이 경우 몬티가 3번 문을 열었다는 사실은 극단적인 3번 기피경향에 불구하고 3번을 열 수밖에 없었다는 것, 즉 2번에 자동차가 있음을 뜻한다.즉, 참여자가 처음 고른 1번에 자동차가 있을 확률은 0이고, 선택을 바꿔서 2번을 고를 경우 자동차가 있을 확률은 1이다. [20]

　　반대로 참여자가 최초에 고른 1번에 자동차가 있을 때는 염소가 있는 2번과 3번 중에서 언제나 3번만을 선택하는 극단적인 3번 선호경향을 가진 몬티도 상정해 보자. 이 경우 몬티가 3번 문을 열었다는 사실은 (가) 1번에 자동차가 있어서 극단적인 3번 선호경향에 따라 3번을 열었거나 (나) 2번에 자동차가 있어서 할 수 없이 3번을 열었거나 중 어느 하나임을 뜻한다. 따라서 각 문에 자동차가 있을 확률이 같다고 가정하면 1번에 자동차가 있을 확률과 2번에 자동차가 있을 확률은 모두

\frac{1}{2}

이다. [21]

　3. 결국 참여자가 처음 1번을 고른 후 몬티가 3번을 열었을 때 참여자의 두 번째 선택에 따른 당첨률을 구해보면, 몬티의 3번에 대한 선호도 0~1에 종속하여 (a) 1번에 자동차가 있을 확률(즉 선택을 유지하면 당첨될 확률)은 0~

\frac{1}{2}

의 범위에서 비례적으로, (b) 2번에 자동차가 있을 확률(즉 선택을 바꾸면 당첨될 확률)은

\frac{1}{2}

~1의 범위에서 반비례적으로 존재함을 알 수 있다.

　　이것은 고전적 몬티홀 문제풀이에서 (a) 1번에 대한 선택을 유지할 때의 당첨률

\frac{1}{3}

, (b) 2번으로 선택을 바꿀 때의 당첨률

\frac{2}{3}

이라고 단정하였던 것과 다르다.

Ⅲ. 수식을 이용한 설명

　1. 우선, 참여자가 처음 선택한 1번 문에 자동차가 존재할 때 몬티가 2번 문과 3번 문 가운데 3번 문을 고를 확률을 q(

0\leq q \leq 1

)라고 가정하고 발생가능한 전체의 경우의 수 및 그 각각의 확률을 구해보면 다음과 같다.

　　 #1. 자동차가 1번 문에 들어 있다(

\frac{1}{3}

),
　　　 #1a. 그래서 몬티는 2번 문을 연다.{

\frac{1}{3}

× (1-q) =

\frac{1-q}{3}

}
　　　 #1b. 그래서 몬티는 3번 문을 연다.(

\frac{1}{3}

× q =

\frac{q}{3}

)

　　 #2. 자동차가 2번 문에 들어 있어서 몬티는 3번 문을 연다.(

\frac{1}{3}

)

　　 #3. 자동차가 3번 문에 들어 있어서 몬티는 2번 문을 연다.(

\frac{1}{3}

)

　　그런데 몬티홀 문제는 이 문서의 최상단에서 보듯 참여자가 1번 문을 선택한 후 몬티가 3번 문을 열었다는 사실을 전제상황으로 삼고 참여자의 두 번째 선택에 따른 당첨의 유불리를 가늠해 보는 내용이다. 따라서 두 번째 선택과 관련하여 발생가능한 전체 사건은 #1b 또는 #2의 경우 중 하나로 압축될 수밖에 없고, 이것은 #1a와 #3의 경우(=몬티가 '2번 문을 여는 행동을 하는 경우')는 이미 문제상황에서 배제된 이유에서 더 이상 고려하지 않아도 된다.

　　즉, 참여자가 선택을 변경함에 있어서 고려해야 할 (a) 전체의 확률은 #2일 확률 또는 #1b일 확률이므로 1/3 + q/3이고, (b) 선택을 유지할 때 당첨되는 #1b일 확률은 q/3이며, (c) 선택을 바꿀 때 당첨되는 #2일 확률은 1/3이다. 따라서 이들을 고려해서 구체적인 확률을 계산해 보면 다음과 같다.

　　가. 전체가 #2 또는 #1b인 경우 중에서 특히 #1b일 확률 = 문제상황에서 선택을 유지할 때 1번 문에 있는 자동차가 당첨될 확률은

\frac{q/3}{1/3 + q/3}

\frac{q}{1 + q}

이고,

　　나. 전체가 #2 또는 #1b인 경우 중에서 특히 #2일 확률 = 문제상황에서 선택을 변경할 때 2번 문에 있는 자동차가 당첨될 확률은

\frac{1/3}{1/3 + q/3}

\frac{1}{1 + q}

이다.

　　그리고 이 때, 몬티가 3번 문을 고를 확률, 즉 몬티의 선호도 q는

0\leq q \leq 1

의 범위에 있으므로, 결국 몬티홀 문제에서 참여자가 1번을 선택한 후, 몬티가 3번 문을 열었다면 참여자가 선택을 바꾸어서 당첨될 확률은

\frac{1}{2} \leq \frac{1}{1+q} \leq 1

이다.

　2. 한편, 참여자가 1번 문을 열고, 몬티가 3번 문을 열었던 경우와 조금 달리 전개되는 경우를 해결하고자 한다면, 이제 위 1.항의 1번, 2번, 3번으로 표시된 부분을 각각 X문, Y문, Z문(단, X, Y, Z는 1, 2, 3 중 서로 겹치지 않는 숫자)이라고 기호화해보자.

　　이 경우 참여자가 처음 선택한 문을 X문, 몬티가 열어준 문을 Z문, 몬티가 Y문과 Z문 중 선택할 수 있는 상황(즉 X문에 자동차가 있는 경우)일 때 Z문을 고를 확률을 q(

0\leq q \leq 1

)라고 정의해 보면, 앞서 본 것과 같은 논증을 통해 참여자가 두 번째 선택기회에 선택을 바꾸어 Y문을 고르면 당첨될 확률이

\frac{1}{2} \leq \frac{1}{1+q} \leq 1

이라는 결론에 이르게 된다.

　3. 위 수식에 ⓐ 몬티가 Z문을 극단적으로 기피하는 경우(q=0), ⓑ 몬티가 Z문을 극단적으로 선호하는 경우(q=1), ⓒ 몬티가 Z문을 편견 없이 무작위로 선택한 경우(q=

\frac{1}{2}

)를 대입해 보면, 참여자가 두 번째 선택기회에 선택을 바꾸어 Y문을 고르면 당첨될 확률이 아래와 같이 변하는 것을 확인할 수 있다.

　　가. 몬티에게 Z문에 대한 선호, 기피경향이 전혀 없는 경우, 즉 q=

\frac{1}{2}

을 대입할 경우 Y문의 당첨률은

\frac{2}{3}

이다.[22]

　　나. 반면, 몬티에게 Z문에 대한 극단적인 기피경향이 있는 경우, 즉 q=0을 대입할 경우 Y문의 당첨률은 1이며, 몬티에게 Z문에 대한 극단적인 선호경향이 있는 경우, 즉 q=1을 대입할 경우 Y문의 당첨률은

\frac{1}{2}

이다.[23]

Ⅳ. 편견을 가질 수 있는 몬티의 풀이방식이 갖는 의의

　1. 몬티홀 문제와 인식론을 잇는 다리가 될 수 있다

　　고전적인 몬티홀 문제 풀이방식에서는 여러 사람들이 참여자의 최초 선택 후 몬티가 두 개의 문 중 어느 하나를 열어주었을 때 아직 누구도 선택하지 않은 문(몬티홀 문제상황에서는 2번 문, 위 Ⅲ.2.항에서는 Y문)의 당첨률을

\frac{2}{3}

라고 단정하였기 때문에, 그 당첨률이

\frac{1}{2}

이라고 생각하는 사람들의 사고방식이 그릇된 사고일 뿐이라고 단정하곤 하였다.

　　그러나 편견을 가질 수 있는 몬티의 풀이방식에 의할 때에는 위 누구도 선택하지 않은 문의 당첨률이 $\frac{1}{2}$ 이 되는 지점이 확인되는데, 바로 몬티가 열어준 문에 대해 극단적인 선호경향을 가지는 경우(q=1인 경우)가 그렇다.

　　이것은 두 번째 선택의 기회에 선택을 변경하더라도 당첨률이

\frac{1}{2}

이라고 생각하는 사고방식이 몬티가 두 개의 문 가운데 어느 하나를 선택한 행위를 '우연'(=무작위)이 아니라 '필연'(=극단적인 선호경향성)일 것으로 여기는 태도와 같은 맥락에서 설명될 수 있다는 뜻이므로, 이 부분은 인식론의 관점과 연결지어 검토할 필요가 도출된다.

　　결국 편견을 가질 수 있는 몬티의 풀이방식은 몬티홀 문제와 인식론을 연결하는 다리 역할을 하게 되는 셈이다.[24]

　2. 고전적인 풀이방식의 숨은 가정을 찾아낸 후 분석하였다.

　　편견을 가질 수 있는 몬티의 풀이방식은, 고전적인 풀이방식에서 당연히 전제로 삼았던 사항, 즉 몬티는 2개의 문 모두에 염소가 있을 때 무작위로 열어줄 문을 고른다는 전제조건이 없을 경우 이 문제의 결론이 몬티의 선호도 q에 따라 어떻게 달라지는지를 보여준다. 이 때문에 해외에서도 몬티홀 문제를 "확률 수수께끼"(puzzle)가 아니라 "수학적 모델"(modelling)로서 바라봐야 한다는 의견이 제시된 바 있으며, 편견을 가질 수 있는 몬티의 풀이방식에 의하더라도 몬티에게 편견이 없다는 점을 문제에서 당연히 전제로 삼고 있다는 반론(주로 고전적 풀이방식을 지지하는 사람들의 반론임)은 위 수식에 q=

\frac{1}{2}

을 대입함으로써 매우 쉽게 수용할 수 있기 때문에, 고전적인 풀이방식과는 오로지 위와 같은 전제를 인정할지 아니면 인정하지 않을지의 차이만 존재할 뿐이다.

　　이러한 사실은, 고전적인 풀이 방식에 바탕하여 작성된 국내논문의 5쪽(페이지 번호는 215)의 그림 및 설명을 원본으로 고전적인 풀이 방식(파란 사각형)과 편견을 가질 수 있는 몬티의 풀이방식(빨간 사각형)이 서로 차이나는 부분을 표시해 본 아래 그림 및 그 설명으로부터 확인할 수 있다.

　　▶ 고전적인 풀이방식(위 그림의 파란 사각형 부분): 1번 문 뒤에 차가 있을 때 몬티가 2번 문을 열 확률(M2)과 3번 문을 열 확률(M3)을 당연히

\frac{1}{2}

씩이라고 전제하면서(이것은 몬티가 2번 문과 3번 문을 아무 편견도 없이 연다는 뜻이다) 여기에 1번 문 뒤에 차가 있었을 확률(C1)인

\frac{1}{3}

을 반영한 결과인 C1&M2일 확률을

\frac{1}{2}

\frac{1}{3}

\frac{1}{6}

로 산출하고, 그것과 (~C1)&M2일 확률(C2&M2는 불가능하므로 C3&M2인 경우 뿐이다)인

\frac{1}{3}

을 비교해서 C1&M2일 확률 : C3&M2일 확률 =

\frac{1}{6}

\frac{1}{3}

이므로 결국 C3&M2일 확률이

\frac{1/3}{1/3 + 1/6}

\frac{2}{3}

이라고 결론짓고 있다.

　　▶ 편견을 가질 수 있는 몬티의 풀이방식(위 그림의 붉은 사각형 부분): 1번 문 뒤에 차가 있을 때 몬티가 2번 문을 열 확률(M2)과 3번 문을 열 확률(M3)을 각각 'q'와 '1-q'라고만 정의함으로써(이때

0\leq q \leq 1

, 이것은 몬티가 2번 문과 3번 문을 열 때에 편견을 가지는지 여부를 일단 미지수로 둔다는 뜻이다), 여기에 1번 문 뒤에 차가 있었을 확률(C1)인

\frac{1}{3}

을 반영한 결과인 C1&M1일 확률을 q ×

\frac{1}{3}

\frac{q}{3}

로 산출하고, 그것과 (~C1)&M2일 확률(앞서 본 것처럼은 C3&M2인 경우 뿐이다)인

\frac{1}{3}

을 비교해서 C1&M2일 확률 : C3&M2일 확률 =

\frac{q}{3}

\frac{1}{3}

이므로 결국 C3&M2일 확률이

\frac{1/3}{1/3 + q/3}

\frac{1}{1+q}

라고 결론짓고 있다.

　　▶ 결국, 편견을 가질 수 있는 몬티의 풀이방식은 고전적인 풀이방식에서 다만

\frac{1}{2}

이라고 전제하는 부분에 대해 그와 같은 전제는 문제에서 제시된 바 없음을 이유에서 미지수 q라는 변수로 치환한 것일 뿐, 핵심적인 논증의 방식은 서로 완전히 일치한다.

　3. 몬티홀 문제의 질문내용에 충실함

　　이 문서의 최상단으로 돌아가 보면, 결국 몬티홀 문제의 질문내용, 즉 사반트가 답변해야 했던 사항은 "선택을 유지하는 것보다 바꾸는 것이 좋은지"일 뿐 "선택을 바꿀 때의 당첨률이 무엇인지"가 아니다.

　　그리고 이렇게 볼 때, 편견을 가질 수 있는 몬티의 풀이 방식에 따라 몬티의 3번 문에 대한 선호도 q를 포함한 수식으로 확률을 계산해 보아도 몬티의 선호도 q의 전구간(

0\leq q \leq 1

)에 대해 참여자가 선택을 2번 문으로 바꿀 때의 당첨률은 최소

\frac{1}{2}

에서 최대 1로 산출된다.

　　즉, 몬티의 편견가능성을 미지수 q로 상정하더라도 몬티홀 문제에 대해 "바꾸더라도 불리할 일은 없다"(=몬티의 선호도 q의 변동에 불구하고 선택을 바꿀 경우 당첨률이 최소는 50%로 선택을 유지할 때와 차이가 없고, 최대는 100%로 반드시 당첨될 가능성도 있기 때문)라고 명확하게 답할 수 있다.

　4. 결론에 영향을 미치는 사항을 반영하는 수식 모델을 제시

　　우선, 기존에는 편견을 가질 수 있는 몬티의 풀이 방식을 두고 "편견 있는 몬티"라고 논하면서[25], 선호도라는 변수를 개입시키면 논리적 증명이 성립할 수 없다는 반론도 함께 소개하고 있었다. 그리고 본 문서의 토론 탭을 확인해 보면 이 문서로부터 "편견 있는 몬티" 내용을 삭제해야 한다는 논의도 몇 차례 진행되었음을 알 수 있다.

　　하지만 이것은 가령, 물의 끓는 점이 섭씨 몇 도인지를 물을 때, 어떤 답을 하는 것이 보다 적절한지라는 관점에서 생각해 보면 답할 수 있다. 즉, 어떤 사람은 "섭씨 100도"라고 답하면서 그 이유를 섭씨온도란 물이 어는 점을 0도, 물이 끓는 점을 100도로 정의한 온도이기 때문이라고 부연할런지 모르지만, 물의 끓는 점이 기압에 영향을 받는다는 사실이 이미 밝혀진 이상 물의 끓는 점을 좀더 정확하게 표현하는 답변은 "1기압에서 섭씨 100도"가 될 것이다.[26] 그리고 이것은 섭씨온도의 정의 자체가 1기압일 때 물이 어는 점을 0도, 1기압일 때 물이 끓는 점을 100도라고 기압을 포함하는 개념으로 업데이트되었다는 점에서도 그렇다.[27]

　　편견을 가질 수 있는 몬티의 풀이 방식 역시 마찬가지이다. 참여자의 최초 선택 후 몬티가 열어준 문에 대한 몬티의 선호도 q는 참여자가 두 번째 선택의 기회가 문을 바꿀 경우의 당첨률이 영향을 미친다는 사실은 앞서 바와 같으며, 고전적인 풀이방식에 의하더라도 몬티의 선호도 q가 당연히

\frac{1}{2}

로 전제되어 있다고 가정할 수 있는지를 다투는 것이 적절할 뿐, 몬티의 선호도 q는 참여자가 두 번째 선택의 기회에 문을 바꿀 경우의 당첨률에 전혀 영향을 미칠 수 없다는 취지로 주장한다면 그것은 몬티홀 문제를 잘못 풀이하고 있는 셈이다.[28]

Ⅴ. 그 밖에...

　1. 몬티의 편견가능성을 선호도 q로 상정하면서, 각 문에 자동차를 균등한 가능성으로 배치한다고 전제하는 것은 자기모순이라는 주장에 관하여

　　외국의 문헌에서는 물론 본 문서의 닫힌 토론 내용 가운데에도 편견을 가질 수 있는 몬티의 풀이 방식과 관련하여 몬티의 편견가능성을 선호도 q로 상정한다면 각 문에 자동차가 배치될 가능성 역시 각

\frac{1}{3}

로 동일하다는 가정을 할 수 없는 것이 아니냐는 반론이 제기된 바 있다.

　　그런데, 각 문에 자동차가 배치될 가능성이 서로 균등하지 않아서 1번 문, 2번 문, 3번 문에 각 자동차가 배치될 가능성이 r, s, t라고 가정하면서(r + s + t = 1) 몬티에게 편견이 없다고 가정할 때 발생가능한 각 경우의 수와 확률을 계산해 본 결과는 다음과 같다.

　　 #1. 자동차가 1번 문에 들어 있다(r),
　　　 #1a. 그래서 몬티는 2번 문을 연다.{r ×

\frac{1}{2}

}
　　　 #1b. 그래서 몬티는 3번 문을 연다.(r ×

\frac{1}{2}

)

　　 #2. 자동차가 2번 문에 들어 있어서 몬티는 3번 문을 연다.(s)

　　 #3. 자동차가 3번 문에 들어 있어서 몬티는 2번 문을 연다.(t)

　　그리고 이 가운데 몬티가 3번 문을 열어 준 경우에 대응되는 전체 사건과 그 중 선택을 유지할 때와 선택을 변경할 때의 각 당첨률을 구해 보면,

　　가. 전체가 #2 또는 #1b인 경우 중 특히 #1b일 확률 = 문제상황에서 선택을 유지할 때 1번 문에 있는 자동차가 당첨될 확률은

\frac{r/2}{r/2 + s}

\frac{r}{r+2s}

이고,

　　나. 전체가 #2 또는 #1b인 경우 중 특히 #2일 확률 = 문제상황에서 선택을 변경할 때 2번 문에 있는 자동차가 당첨될 확률은

\frac{s}{r/2 + s}

\frac{2s}{r+2s}

이므로,

　　결국 r과 2s의 부등호관계에 대한 직접적인 정보 또는 그 밖에 r이나 s 중 어느 하나가 0 또는 1이라는 정보 등이 추가로 주어지지 않을 경우 선택을 유지할 때와 변경할 때에 관한 유불리 판단을 도출할 수 없고, 더 이상 문제를 풀이할 수도 없다.[29]

　　그리고 이때 몬티의 3번 문에 대한 선호도를 q로 상정하려면 위 확률에서

\frac{1}{2}

로 표시된 부분을 q로 치환하면 되므로 결국 비교 대상이 r × q와 s의 부등호관계로 변경됨에 그치고, 이 또한 추가적인 정보가 없다면 q=0이라고 가정할 수 있을 때 2번 문으로 선택을 변경하는 경우 당첨률이 100%라는 결론을 가정할 수 있는 이외에는 각 선택의 유불리를 논할 방법이 없다.[30]

　　요약하자면 몬티홀 문제에서는 ⓐ 각 문에 자동차가 배치될 가능성이 서로 균등하다고 전제하는 이상 몬티의 편견가능성을 미지수 q로 상정하더라도 다른 전제사실의 추가 없이 각 선택의 유불리에 대한 판단을 명확히 제시할 수 있는 풀이할 수 있는 문제로서의 성질이 유지되는 반면, ⓑ 일단 각 문에 자동차가 배치될 가능성이 서로 균등하다는 전제를 부정하고 이 부분까지 미지수 r, s, t로 상정하는 이상 다른 전제사실의 추가 없이는 각 선택의 유불리에 대한 판단을 제시할 수 없는 풀이할 수 없는 문제로 변질시켜 버리므로 몬티의 편견가능성을 미지수로 상정하기 위해 각 문에 자동차가 배치될 가능성까지 미지수로 상정해야 한다는 지적은 부적절하다.

　2. 편견을 가질 수 있는 몬티의 풀이 방식에 관한 한 외국논문의 결론

　　끝으로 본 내용의 서두에 소개한 논문의 결론 부분에 관한 원문 및 그 번역을 소개하며 마친다.[31]

{{{#!wiki style="word-break: keep-all"

The Monty Hall Problem offers much more to the student than a mindless exercise in conditional probability. It also offers a challenging exercise in mathematical modelling. I notice three important lessons. (1) The more you assume, the more you can conclude, but the more limited are your conclusions. The honest answer is not one mathematical solution but a range of solutions. (2) Whether you are a subjectivist or a frequentist affects the ease with which you might make probabilistic assumptions but simultaneously affects the meaning of the conclusions. (3). Think out of the box. Vos Savant asks for an action, not for a probability. The player has two decision moments during the show, not one.

몬티 홀 문제는 학습자들에게 맹목적인 조건부 확률의 연습 보다 좀더 많은 것을 말해 준다. 또한 수학 모델링에 관해서도 도전적인 연습을 제공한다. 나는 세 가지 중요한 교훈을 얻었다. (1) 더 많이 가정할수록 더 많은 결론을 내릴 수 있으나 그 결론들의 의미는 더 제한적이다. 정직한 대답은 하나의 수학적 해결책이 아니라 다양한 해결책이다. (2) 당신이 주관주의자인지 빈도주의자인지에 따라 확률적 가정을 할 수 있는 용이성에 영향을 미치지만 동시에 결론의 의미에도 영향을 미친다. (3) 틀에서 벗어나야 한다. 보스 사반트는 확률이 아니라 행동을 요청했다. 참여자는 쇼프로에서 한 번이 아니라 두 번의 선택기회를 얻었다.}}}

GILL, Richard D. The Monty Hall problem is not a probability puzzle (It's a challenge in mathematical modelling)#

6.3. 사회자는 참가자가 선택한 문을 열 수도 있다면? 참가자가 문의 개수만큼 있다면?

몬티 홀 문제의 참가자가 문의 개수만큼 존재하고, 각 참여자가 1개의 문을 중복되지 않게 골랐다고 생각해보자.
이 상황에서 사회자가 오답에 해당하는 문 중 한 개를 랜덤으로 배제하고 나머지 오답에 해당하는 문을 연다.
이 때, 사회자가 여는 문을 골랐던 참가자는 탈락한다고 가정한다.

이 상황에서 살아남은 두 참여자는 서로의 선택지를 바꾸는 게 이득인가, 바꾸지 않는 것이 이득인가?
답은 바꾸든 바꾸지 않든 확률이 1/2로 동일하므로 바꾸든 안 바꾸든 상관이 없다.

베이즈 정리를 통하여 계산해 보면 다음과 같다.

n = 문의 개수
A = 사회자가 문을 연 뒤 참가자가 고른 문을 바꿀 때 정답을 고르는 사건
B = 참가자가 처음에 고른 문이 정답인 사건
C = 참가자가 고른 문을 사회자가 열지 않을 사건

이라고 정의할 수 있으며, 여기서 P(A)가 구해야 하는 답에 해당하는 확률이다.
이러면 P(B|C)는 사회자가 문을 연 뒤에도 참가자가 처음 고른 문이 정답일 확률에 해당한다.

원본 몬티 홀 문제에서는 P(B) = 1/n 이고, 사회자는 참가자가 선택한 문을 절대로 열지 않기 때문에 P(C) = 1 이다.

변형된 몬티 홀 문제에서도 P(B) = 1/n 이나, 참가자가 처음에 선택한 문이 오답일 경우 사회자가 랜덤하게 문을 열어버릴 수 있기에 P(C)가 달라진다.
이 때, 참가자가 선택한 문을 사회자가 열지 않는 경우의 수는 다음과 같다.
1) 참가자가 선택한 문이 정답일 때 - P(B)의 확률
2) 참가자가 선택한 문이 오답이나, 운이 좋아서 참가자가 선택한 문을 사회자가 열지 않았을 때 - 오답일 확률 (1-P(B)) * 운이 좋았을 확률 (1/(n-1))
따라서 P(C) = P(B)*1 + (1-P(B))*(1/(n-1)) = 1/n + ((n-1)/n) * (1/(n-1)) = 1/n + 1/n = 2/n 이다.

따라서 원본 몬티 홀 문제에서는 P(A) = 1 - P(B|C) = 1 - P(C|B)*P(B)/P(C) = 1 - (1 * 1/n / 1) = 1 - 1/n = (n-1) / n 이 된다.
반면 변형된 몬티 홀 문제에서는 P(A) = 1 - P(B|C) = 1 - P(C|B)*P(B)/P(C) = 1 - (1 * 1/n / 2/n) = 1 - 1/2 = 1/2 가 된다.

n=3 인 기본 상태를 가정하면 원본 몬티 홀 문제는 바꾸는 쪽이 정답일 확률이 2/3이므로 바꾸는 것이 유리하고, 변형된 몬티 홀 문제는 선택을 바꾸는 것이 확률을 높여주지 않는다.

이러한 차이가 나는 이유를 간략하게 이해해보자면, P(~C|~B), 즉 참가자가 오답을 골랐을 때 해당 문을 사회자가 열어버릴 확률이 0이 아니라는 점을 들 수 있다. 변형된 몬티 홀 문제에서는 해당 경우는 참가자가 탈락하는 결과로 이어지기 때문에, 최종선택을 하는 시점에서는 오답을 골랐을 때의 경우의 수 중 상당수가 사라진 상태다. 반면 원본 몬티 홀 문제에서는 해당 확률이 0이기에 참가자가 처음에 오답을 골랐어도 탈락할 수가 없고, 해당 경우의 수가 사라지지 않고 잔존하여 최종선택 때 반영된다.

이 차이가 확률의 차이를 불러온다고 볼 수 있다.

7. 비슷한 문제들

7.1. 야바위 문제

마틴 가드너가 쓴 이야기 파라독스에서는 몬티 홀 문제와 비슷한 다른 문제가 실려 있다.

3개의 컵을 엎어놓고 그중에 동전이 들어있는 컵을 찾는 야바위 놀이에서 행인이 '승률이 1/3밖에 안되니 돈을 걸지 않겠다'고 하니 야바위꾼이 플레이어가 컵을 하나 고르면(=고르고 나서) 셋 중에 동전이 들어있지 않은 컵을 하나 열어 보여주겠다는 제안을 한다.
그러면 플레이어의 승률은 올라가는가? (물론 속임수는 없다고 가정한다.)

얼핏 생각해보면 컵 하나를 제거한 순간 남은 컵은 둘 뿐이니 돈을 딸 확률이 1/2로 증가하는 게 아닌가 하는 생각이 들기도 한다. 그러나 이 경우에는 몬티홀 문제와는 달리 플레이어에게 선택할 컵을 바꿀 기회를 주지 않는다. 그러니 이 룰을 추가하든 하지 않든 플레이어의 승률은 1/3 그대로 고정되고 확률이 바뀔 리 없다. 어찌 보면 이게 여담 문단에 언급된 실제 쇼에 더 가까운 형태다.

7.2. 아들 딸 문제

1. 자식이 두 명이다. 한 명 이상은 딸이다. 둘 다 딸일 확률은?
2. 자식이 두 명이다. 첫째는 딸이다. 나머지가 딸일 확률은?

직관을 배신하고 이 두 문제의 답이 다르다는 문제. 자세한 내용은 문서를 클릭해보자.

여담이지만 보스 사반트는 이 문제에 관해서도 정답을 말했지만 어그로를 잔뜩 끌고 대중들로부터 욕을 먹었다.

7.3. 카드 뽑기 문제

몬티 홀처럼 직관적으로 내린 결론이 실제 수학적 답과 다른 또다른 문제. 문제는 다음과 같다.[32]

조커를 뺀 52장의 트럼프 카드 뭉치에서 카드 한 장을 뽑아 확인하지 않고 바로 덮어두었다. 그리고 나머지 51장의 카드 중 무작위로 3장의 카드를 더 뽑았는데, 3장 모두 다이아였다.
이 때 처음 뽑은 카드가 다이아일 확률은?

일반적으로는 처음 카드를 뽑을 때를 기준으로 13/52=1/4이라고 생각하겠지만, 정답은 확인하지 않은 카드 중 다이아를 뽑을 확률과 같은 10/49이다.

후행사건의 결과에 의해서 선행사건의 확률이 바뀐다는 것이 일반적인 사고로는 납득되기 어려울 것이다. 이는 이후에 뽑은 3장의 다이아 카드가 무작위[33]로 뽑은 카드이기 때문으로, 정확한 확률 계산법은 다음과 다르다.

(뽑은 총 4장의 카드가 모두 다이아일 확률)/(이후에 뽑은 3장이 모두 다이아일 확률)=

\displaystyle{ \frac{1}{4}\times\binom{12}{3} \over \frac{1}{4}\times\binom{12}{3} + \frac{3}{4}\times\binom{13}{3}}=\frac{10}{49}

문제를 더 간단하게 만들어보자. 원래 문제에서는 사후에 3장을 뽑은 것이 다이아였는데, 숫자를 바꿔서 만약 13장을 뽑았는데 13장 모두가 다이아였다고 해보자. 그럼 당연히 처음에 뽑은 카드가 다이아일리가 없지 않겠는가? (카드 더미엔 다이아가 13장 밖에 없다.) 후행사건의 결과에 의해서 선행사건의 확률이 바뀔 수 없다는 생각은 착각이라는 것을 쉽게 깨달을 수 있을 것이다.

이렇게 직관적인 결론과 수학적으로 풀이한 결론이 일치하지 않는 이유는 확률 문제는 정보가 주어지지 않은 사건들의 확률은 모두 독립적이고 동일하다고 '가정'을 하는데,[34] 살면서 이런 문제를 너무 많이 풀었기 때문이다. 이 가정이 정보가 주어지지 않은 사건들에게만 적용된다는 사실을 잊으면 추가적인 정보가 주어진 다음에도 계속 확률이 동일하다고 착각하는데, 여기서 모든 오류가 시작된다. 실제로는 한 사건과 관련이 있는 사건의 정보가 주어지면 해당 사건이 일어날 확률은 달라지게 된다. 다이아 카드 문제를 예시로 설명을 하자면, 원래 한 장을 뽑았을 때 다이아 카드를 뽑을 확률이 13/52인 이유는 "각각의 카드를 뽑을 확률은 모두 동일하다"라는 전제를 당연하게 가정하고 있기 때문이다. 그런데 뒤에 카드 3장을 뽑았는데 그 카드가 모두 다이아임으로 인해, "해당하는 3장의 다이아 카드를 뽑았을 확률은 0이다"라는 정보가 추가되어서 각각의 카드를 뽑을 확률이 더 이상 동일하지 않아졌다. 연관이 있는 후행 사건에 의해 선행 사건에 대한 정보가 추가로 주어졌기 때문에 선행 사건의 전제(=각각의 카드를 뽑을 확률은 모두 동일하다.)가 더 이상 맞지 않게 변했다.

8. 여담

이렇게 수학자들을 보기좋게 엿먹인 사반트였지만 이후 그녀가 발간한 '이 세상에서 제일 유명한 수학 문제'(1993)에서 앤드루 와일스가 증명한 페르마의 마지막 정리의 증명에 의문을 제기하거나,[35] 상대성 이론을 까댔기 때문에 유사과학으로 대중을 호도한다는 오해를 살 만 했다. 특히나 FLT에 대해서는 와일스의 첫 증명에서 오류를 발견한 것이 아니라, 수학적 귀납법, 귀류법, 허수에 대해서 제대로 이해하지 못하는 수알못적인 모습을 보였기에 더 많이 까였다.

이 문제의 어원이 된 몬티 홀이 진행한 쇼 《Let's Make a Deal》에서 실제로 이 문제가 나온 적은 없다고 한다. 어디까지나 이 쇼의 진행방식에서 착안해 만들어낸 수학 문제인 것이다. 쇼에서는 진행 도중 참가자에게 상금과 상품 중 무엇을 받을지 고르게 한다. 즉 상금을 가지고 거래(Deal)를 하는 것이다. 상금도 액수가 꽤 되지만, 상품은 잘만 하면 상금보다도 더 큰 값어치를 가진 물건을 얻을 수 있다. 하지만 그 상품이 뭔지는 받고 나서 공개되는데, 거기엔 'Zonks'라고 하는 함정 상품이 있을 수 있다. 고장난 폐차나 음식 더미, 살아있는 라마 등등이 그 예시다. 이걸 한 번 더 비틀어서, 쓰레기통을 주는 줄 알았더니 그 쓰레기통 안에 고급 모피 코트가 들어있기도 했다고 한다. 참고로 함정 상품도 법적으로는 받을 수는 있다만 실제로는 100달러의 위로금으로 대신 지급되었다고 한다.[36] 그리고 실제로 쇼의 막바지에는 1번부터 3번까지의 문 중 하나를 고르게 한다. 다만 이 때는 Zonks가 없는 듯, 세 문 모두 꽤나 액수가 큰 상품들이 들어있다. 그리고 실제로 선택되지 않은 문도 보여주긴 하는데, 선택이 끝나고 나서 보여주며 바꿀 기회를 주거나 하지도 않는다. 어디까지나 무엇을 놓쳤는지 한 번 보라고 보여주는 것 뿐이다.

비둘기한테도 몬티홀 문제를 풀게 한 사례도 있다. 인간과는 달리 비둘기는 빈 먹이통을 보면 처음 선택한 먹이통에서 선택을 변경하는 것으로 밝혀졌다.출처 논문 제목이 걸작인데 새들이 수학자보다 머리가 좋은가? 이다.

9. 대중매체에서의 등장

정글고등학교에서 불사조, 권영빈, 김영수, 명왕성이 사다리타기로 음료수 내기를 하는데, 선택지가 3개 남은 상황에서 명왕성이 하나를 골랐다가 불사조가 사실 네가 고르지 않은 선택지 중 하나는 꽝이라고 하면서 선택을 바꿀 기회를 주자 다른 아이들은 불사조가 심리전을 건다고 생각해서 바꾸지 말라고 말렸지만, 명왕성은 위의 이론대로 선택을 바꿨고, 실제로 꽝을 피하고 당첨되는데 성공했다. 하지만 그 사다리타기에서는 당첨이 음료수를 사야 했고, 결국 명왕성은 매점에 가서 4명의 음료수를 사야 했다. 사실 생각해보면 몬티 홀 문제에서는 1개가 상품(=자동차), 2개가 꽝(=염소)이지만, 이 사다리타기에서는 1명이 음료수를 사야 하므로 1개가 당첨의 탈을 쓴 꽝이었고 2개가 꽝의 탈을 쓴 정답이었던 셈이다. 지식은 불사조에 버금가면서 상식적인 방향으로 머리가 안 돌아가는 명왕성의 특성이 돋보이는 에피소드다.
괭이갈매기 울 적에 Ep8에서 조지와 제시카가 낸 퀴즈로 등장. "새로 알게된 사실에 따라 가지고 있는 진실이 변한다."는 말을 하려고 꺼낸 듯. 수학적으로 말하자면 주어진 정보가 달라질 때 어떤 사건이 일어날 확률은 달라질 수 있다는 것에 가깝다.
이야기 시리즈 끝 이야기 상권에서 5년 전 오이쿠라 소다치가 아라라기 코요미에게 이 문제를 본뜬 쪽지를 보냈다. 따지고 보면 아라라기가 수학에 관심을 가지게 된 계기가 된 문제.
정재승의 과학 콘서트 책에서도 이를 언급했다.
도전 골든벨 수학 골든벨 특집 33번 문제에서 출제되었다.
도박마의 배틀십 편에서 오후나 가쿠히토가 선택한 행위를 설명하는 데 본 문제가 인용되었다. 위의 문 100개짜리 만화가 해당 장면으로, 그만큼 오후나가 직감을 믿었다고 강조한 것.~~정작 오후나는 직후 마음을 바꿨다는 게 함정~~
드림 인베이더 둘째 날 문제에서 출제되었다.
D.P. 4화의 제목이자 중심 소재로 쓰였다.
문제적 남자 34회에서 장진이 뽑은 미디어 속 뇌풀기 문제로 출제되었다.
웹툰 셜록: 여왕폐하의 탐정 53화에서 셜록 홈즈의 덫으로 쓰였다. 그런데 이 작품에서는 몬티홀 문제를 잘못 다루고 있다. 작중에서 셜록 홈즈가 문 하나를 열어보이고 "앗, 여기는 꽝이군요." 라고 말했는데, 이미 꽝이라고 알고 있는 문을 하나 열어보인다는 조건이 아니고 하나를 열어봐서 꽝임을 발견한 경우라면 확률은 1/2이 된다. 단, 55화에서 밝혀진 바로는 염소 카드가 나올 수밖에 없는 속임수였고, 꽝인 문을 열어보일 생각이면서 연기를 했다. 그 결과 문제의 수학적인 의의가 퇴색되고 사기극이 되었다.
교학사와 미래앤 <확률과 통계> 교과서에 나와 있다.
유키 히로시의 수학 교양소설 '수학 걸 4권 - 확률적 알고리즘(Randomized Algorithms)'의 주제가 바로 이 몬티 홀 문제와 NP-완전 문제다.
넘버스 제1기 13화에서 주인공인 찰스 앱스 교수가 이에 대해 강의하는 모습이 잠깐 나온다.
1990년대에 방영한 MBC 칭찬합시다의 한 코너에서 이 방식을 차용한 적이 있었다.
악의 교전의 5권에서도 등장했다.
게임 방송 유튜버 우왁굳이 생방송 중 이 문제에 대해 3시간 가량 토론하고 유튜브에도 업로드했다.[37] 영상 또한 VR챗으로 실제 실험을 하기도 했다.
마인크래프트 유튜버 마인애플이 명령어로 몬티 홀 실험을 해 확률 증명을 하는 컨텐츠를 진행했다. 실험 10000번을 진행했는데 6633번(66.33%)의 성공 결과가 나왔다고 한다. 영상 이론상 성공 확률인 2/3에 매우 근사한 값이다.
유튜버 Logical 로지컬도 마인크래프트 레드스톤 회로를 만들어 몬티홀 실험을 해서 확률 증명을 했다. 실험 결과 성공 216개 대 실패 93개로 약 2/3의 성공 확률이 나왔다고 한다.[38] 영상
수학동아에서 연재된 <X섬의 비극>에서 등장한다.

10. 관련 문서

[1] 출신지는 캐나다이지만 경력을 위해 1955년에 미국으로 이주했다.[2] 비슷한 예시로 추리수학만화 Q.E.D. 증명종료에 나온 "생일 문제"가 있다. "최소한 몇 명이 모여야 그 중에 생일이 같은 사람이 있을 확률이 50%를 넘을까?"가 그 내용인데, 정답은 상상보다 꽤 적은 23명.[3] 1986년~1989년판 기네스북에서 전 세계에서 가장 지능지수가 높았던 사람으로 기록된 인물이다.[4] 고전적인 전제와 달리 몬티 홀 문제에서 사회자가 염소가 든 문을 고를 때 선택을 임의적으로 한다고 가정하지 않는 문제다. 자세한 내용은 후술.[5] 정확히는 내가 하나의 문을 선택했지만 사회자가 꽝 문을 열어줬을 때, 내가 선택한 문을 열지 못해서 변동하는 확률이다.[6] 위 링크된 영화 "21"에서 교수가 "심리 트릭일 수도 있지 않나?" 하는 것이 이 맥락이다. 사실 영상에서는 교수가 문제를 설명할 때 "사회자가 문을 반드시 열어줘야 한다" 라고 명시하지 않았기 때문에(학생이 문을 고르자 그제서야 "그럼 사회자가 문을 연다면 어떡할까?" 라고 추가적인 상황을 제시한다), 사회자가 확률 변화를 노리고 충분히 심리 트릭을 걸 수 있는 상황인 것이 맞다.[7] 물론 가능하다는 것이지 이런 식으로 룰을 자주 바꾸면 판의 공정성을 해치기 때문에 시청자들에게 욕을 먹을 가능성이 크다. 방송의 재미를 위해서 약간은 룰을 바꾸는 것도 허용되지만 선을 넘으면 안 된다는 인식이 있다.[8] 당장 긱블의 자매채널 '문과vs이과'의 시청자와 함께 검증하는 영상에서도, 선택을 고수했다가 틀린 시청자에게 "바꿔서 틀리면 더 억울하거든요."라고 위로삼아 말한다.[9] 그러나 내가 맞았을 확률은 내가 고르는 카드 자체에 깃들어 있는 것이 아니다.(카드 자체에 확률을 부여하고 도출되는 몬티 홀 문제의 컴퓨터 증명은 이 때문에 반드시 몬티 홀 문제를 지지하게 된다-이러한 오류 없이 현실세계에서 올바르게 적용되려면 불확정성의 원리가 도입되어야 할 듯하다.) 내가 맞았을 확률은 상황에 대한 평가의 문제다. 도대체 무엇을 근거로 내 선택의 확률이 외부 상황들에 영향받지 않고 유지된다고 생각한단 말인가? 복권 당첨 확률이 천만 분의 1이라면, 당첨자가 나온 이후 내가 당첨될 확률은 0이다. 그리고 애초에 당신이 틀릴 확률이 2/3이라고 계산할 수 있었던 것도 맞는 카드가 1장, 틀린 카드가 2장임을 당신이 알았기 때문이다. 만약 내가 첫 번째 시행 이후에 틀린 카드 하나를 배제할 수 있다면, 내 첫 번째 선택이 옳거나 틀릴 확률은 1/3과 2/3이 아니라 1/2과 1/2로 재평가되어야 한다. 한마디로, 첫 번째 시행에서 내가 도입한 1/3과 2/3의 확률 규칙은 카드를 뒤집는 물리적 세계의 상황에 더 이상 성립하지 않는 규칙이다. 따라서 두 번째 선택에서는 첫 번째의 선택을 바꾸든 말든 1/2의 확률로 맞는 카드를 고르게 된다. 두 번째 선택 직전에 얻은 정보에 의해, 첫 번째 선택에서 내가 옳은 카드를 골랐을 확률은 1/2이기 때문이다.[10] 보스 사반트는 통크게 100개가 아닌 100만개의 문을 가정했다.[11] 실제 토론 내용으로 보인다.[12] 논문에서는 Hogbin과 Nijdam이라고 밝혀놨다.[13] vos Savant, Marilyn (17 February 1991a). "Ask Marilyn". Parade: 12. Archived from the original on 21 January 2013. Retrieved 12 November 2012.[14] vos Savant, Marilyn (1996). The Power of Logical Thinking. St. Martin's Press. p. 5. ISBN 0-312-15627-8.[15] Mueser, Peter R. & Granberg, Donald (May 1999). "The Monty Hall Dilemma Revisited: Understanding the Interaction of Problem Definition and Decision Making". Experimental. University Library of Munich. Working Paper 99–06. Retrieved 10 June 2010.[16] Morgan, J. P.; Chaganty, N. R.; Dahiya, R. C. & Doviak, M. J. (1991). "Let's make a deal: The player's dilemma". The American Statistician. 45 (4): 284–287. doi:10.1080/00031305.1991.10475821. JSTOR 2684453[17] Gillman, Leonard (1992). "The Car and the Goats". American Mathematical Monthly. 99 (1): 3–7. doi:10.2307/2324540. JSTOR 2324540.[18] 이 해법에 의하더라도 선택을 바꿀 때의 당첨률이

\frac{2}{3}

로 귀결된다는 의미가 아니라 이 해법은 구체적인 확률을 단정적으로 제시하는 것이 아니라는 뜻으로 보임[19] 반대로 3번 선호경향을 가진 몬티가 2번을 열었다면 3번을 열 수가 없었을 가능성, 즉 자동차가 3번에 있을 가능성에 좀더 긍정적인 단서를 얻을 수 있다.[20] 한편, 극단적인 3번 기피경향을 갖는 몬티가 2번을 골랐다면? (가) 1번에 자동차가 있어서 극단적인 3번 기피경향대로 2번을 골랐거나 아니면 (나) 3번에 자동차가 있기 때문에 할 수 없이 2번을 골랐거나 중 하나이므로 1번에 자동차가 있을 확률과 3번에 자동차가 있을 확률이 각각

\frac{1}{2}

이다.[21] 한편, 극단적인 3번 선호경향을 갖는 몬티가 2번을 골랐다면? 바로 위에서 본 것처럼 극단적인 3번 선호경향에 불구하고 3번을 고를 수 없었다는 것, 즉 3번에 자동차가 있다는 뜻이므로 1번에 자동차가 있을 확률은 0이고 3번에 자동차가 있을 확률이 1이다.[22] 이것은 고전적 몬티홀 문제의 풀이와 같은 결론이다.[23] 이것은 고전적 몬티홀 문제의 풀이에서는 전혀 논하지 않았던 부분이다.[24] 인식론 관련해서는 바로 위에서도 소개된 잠자는 숲속의 미녀 문제를 참조해 볼 것.[25] 그러나 앞서 본 것처럼 편견가능성이 있는 몬티의 풀이 방식은 몬티의 선호도 q에

\frac{1}{2}

를 대입함으로써, 편견 없는 몬티의 경우까지 산출할 수 있으므로 이것은 정확한 제목이 될 수 없다.[26] 이에 대해 좀더 자세한 내용은 끓는 점 참조.[27] 따라서 "섭씨 100도"라는 답을 낸 사람은 "1기압인 것을 당연한 전제로 삼았다."며 자신의 답과 "1기압일 때 섭씨 100도"라는 답을 낸 사람이 서로 같은 답을 제시했다고 주장하는 것이 적절하며(단, 이러한 주장을 하더라도 자신의 답에는 기압이 물의 끓는 점에 영향을 미친다는 사실이 나타나지 않는다는 한계는 직시해야 한다), 이와 달리 "1기압에서 섭씨 100도"라는 대답이 틀렸다고 논할 일은 아니다(만약 이러한 주장을 한다면 1기압을 전제로 하지 않은 답안, 즉 기압이 물의 끓는 점에 영향을 준다는 사실을 모르거나 무시한 답안이라는 것을 인정한 셈이 되므로 오늘날의 기준으로 볼 때 틀린 답으로 평가될 수 있다.[28] 이것이 잘못 풀이하는 것이라고 단정할 수 있는 이유는, 위 Ⅳ.2.항에서 본 것처럼 고전적인 풀이 방식에서

\frac{1}{2}

이라고 전제한 부분에 이의를 제기하면서 그것을 미지수 q로 치환한 것이 바로 편견을 가질 수 있는 몬티의 풀이 방식이므로 당첨률의 계산식에 포함되어 있는 위

\frac{1}{2}

을 미지수로 q로 치환했음에 불구하고 q가 당첨률에는 영향을 미치지 못한다는 주장은 고전적인 풀이방식과도 합치되지 않기 때문이다.[29] 예를 들어 위 문제상황에서 2개의 문 중 어느 하나에는 자동차가 있어야 하는 점에서 r=0이면 s≠0이므로 r < 2s이고, 반대로 s=0이면 r≠0이므로 r > 2s이며, r + s + t = 1인 점에서 r = 1이면 s = 0이므로 r > 2s이고, 반대로 s = 1이면 r = 0이므로 r < 2s라는 결론을 내릴 수 있고, 일단 부등호 관계가 판단되면 어느 선택이 유리한지도 도출할 수 있다. 그러나 r이나 s 중 어느 쪽이 0이거나 1이라는 정보가 주어진다는 것이 뜻하는 바는 어느 문 뒤에 자동차가 있는지를 정확히 알려준다는 것이므로 유불리 이전에 문제의 의미 그 자체가 소실될 수 있다.[30] 즉, q≠0인 이상 추가적인 정보 없이 r × q와 s의 부등호관계를 판단할 근거가 없는 점은 몬티의 3번 문에 대한 선호도 q를 상정하지 않았던 경우와 별 차이가 없다.[31] 단, 그 저자인 GILL, Richard D.는 논문의 본문에서 '빈도주의자'는 사회자의 행동(=선호도 q)에 대한 정보가 없다는 이유에서 Y문의 당첨률에 대한 조건부 확률을 산출하지 않으려 할 것이고, '주관주의자'는 참여자가 최초에 고른 차의 당첨률이

\frac{1}{3}

이라는 사실로부터 Y문의 당첨률을

\frac{2}{3}

라고 단정할 것이라는 주장을 개진한 점에서, Y문의 당첨률이 선호도 q에 반비례해서

\frac{1}{2}

부터 1까지 변동한다는 위 서술의 취지와 완전히 일치하는 것은 아님에 주의.[32] 과거 와세다대학의 입학시험에 나왔던 문제로 알려져 있다.[33] 만약 뽑은 사람이 자기가 뽑을 카드가 다이아일 것을 미리 알았다면, 애시당초 '다이아몬드' 세 장을 첫 장 뒤에 놓았다는 것이 전제가 되므로 선행사건과 후행사건에 대한 착각이 벌어지지 않는다.[34] 이를 소설 비데리 논 에쎄에서는 '동확률추정의 원칙'이라고 한다.[35] 이 당시는 아직 증명의 오류가 밝혀지지 않은 때였다.[36] 원래 받을 수 있었던 상금의 액수는 매번 다른 듯 한데, 한 경우엔 어느 참가자가 400달러 대신 상품을 선택했더니 살아있는 당나귀가 나온 적이 있었다.[37] 다만 게시글에 역설이라고 써있기 때문인지 몬티 홀 문제가 역설은 아님에도 제목에 '몬티홀의 역설'이라고 적었다.[38] 216/309는 정확히 69.9% 정도이다.

몬티 홀 문제

1. 개요

2. 역사

3. 해설

3.1. 조건부 확률

3.2. 베이즈 정리(조건부 확률)

3.3. 프로그래밍

4. 오해

4.1. 다른 문을 열어주는 건 의미가 없다?

4.2. 경우의 수 계산을 잘못함

4.3. 다른 문을 안 열어줘도 된다?

4.4. 본능적인 손실 회피 성향

5. 직관적 설명

5.1. 만일 문이 2개라면

5.2. 확률의 합은 1이다

5.3. 경우의 수 확인

5.4. 베이즈주의적 사고

5.5. '엄선'의 관점

5.6. 선택지 확장

5.7. 선택을 '묶음'으로 생각

5.8. 선택을 배제하기

5.9. 그럼에도 헷갈린다면

6. 비고전적 몬티 홀 문제들

6.1. 사회자가 정답을 모르는 상태에서 연다면?

6.2. 편견을 가질 수 있는 몬티

6.3. 사회자는 참가자가 선택한 문을 열 수도 있다면? 참가자가 문의 개수만큼 있다면?

7. 비슷한 문제들

7.1. 야바위 문제

7.2. 아들 딸 문제

7.3. 카드 뽑기 문제

8. 여담

9. 대중매체에서의 등장

10. 관련 문서

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