小科学之蒙蒂*霍尔问题——使用贝叶斯公式的证明

先插一张贝叶斯的图片供大家瞻仰：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
horf我真是闲到一定程度了……
事情的起因是这样的：我订阅了科幻作者长铗老师的这一篇博客，里面对《科幻世界》上发表的《抽签佯谬》所阐述的问题做了批判性的讨论（原话是非“探讨”的），指出了抽签佯谬并不存在。于是勾起了我对文中提到的车羊问题的兴趣，百度了一下，在豆瓣上看了一个很神奇的帖子（这
个帖子里面对于这个问题的讨论荡气回肠，跌宕起伏，是我看到网络上难得的有知识氛围的地方，强烈建议前去围观），里面在各种精妙的探讨和解答之后有一位仁
兄提出“用贝叶斯公式，完破”，猛然在记忆的旮旯里找到了贝叶斯公式这个东西，于是决定跟着该仁兄指明的方向，用贝叶斯公式尝试一下，几次三番的失败之
后，经过调整思路，终于看起来完成了用贝叶斯公式对该问题的证明。现在写出来，承蒙各位不弃，想搞一搞自己的脑子的话可以一阅。
先来看这个问题：
蒙提霍尔问题（Monty Hall Problem）也称为车羊问题或三门问题，是一个源自博弈论的数学游戏问题，大致出自美国的电视游戏节目“Let’s Make a Deal”。问题的名字来自该节目的主持人蒙提·霍尔（Monty Hall）。
节目的规则是：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就可以赢得该汽车，而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，节目主持人会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。
明确的限制条件如下：
参赛者在三扇门中挑选一扇。他并不知道内里有什么。主持人知道每扇门后面有什么。主持人必须开启剩下的其中一扇门，并且必须提供换门的机会。主持人永远都会挑一扇有山羊的门。如果参赛者挑了一扇有山羊的门，主持人必须挑另一扇有山羊的门。如果参赛者挑了一扇有汽车的门，主持人随机在另外两扇门中挑一扇有山羊的门。参赛者会被问是否保持他的原来选择，还是转而选择剩下的那一道门。
米国某专栏作者建议参与者改变自己的决定，选择另一个未被开启的门。她认为另一个门有大奖的概率已经升为2/3。因为主持人已经开启了另一个，而参与者原来选择的门有大奖的概率仍然是1/3。所以应该更改选择。
这个结论明显是违不同于直觉的，正常人也许都会想：这不是1/2么？
我的证明如下：
贝叶斯公式是这样的，B1，B2,B3…Bn为一系列互不相容事件（不可能同时发生），且B1，B2，B3…Bn构成全体样本Ω（P（B1)+P(B2)+…+P(Bn)=1)，则对任意事件A⊂Ω，有：
P(Bi｜A)=P(Bi)P(A|Bi)/[P(A|B1)P(B1)+P(A|B2)P(B2)+...+(P(A|Bn)P(Bn)]
其中P(Bi|A)表示在A发生的条件下Bi发生的概率，以此类推。
具体到这个问题中，就是嘉宾换门（A）这一事件发生的条件下，抽中车（B1）的概率。
由于只需考虑换门和中车这两个事件，故对全体样本Ω作如下设定：
第一次选羊a，换，中第一次选羊b，换，中第一次选羊a，不换，不中第一次选羊b，不换，不中第一次选车，换，不中第一次选车，不换，中
从而按照B1（中）,B2（不中）的划分为
B1，中，1/2概率（注意是在已经打开一扇门二选一的前提下）
B2，不中，1/2概率
所要求的概率表达式为
P(B1|A)=P(B1)P(A|B1)/[P(A|B1)P(B1)+P(A|B2)P(B2)]
接下来求P(A|B1)和P(A|B2)。
P(A|B1)即在抽中的情形下之前换门的概率。依照对样本Ω的设定和条件概率公式：
P(A|B1)=P(AB1)/P(B1)=中车且换门的概率/中车的概率=（2/6）/（3/6）=2/3
同理，P(A|B2)=1/3。
代入贝叶斯公式，有：
P(B1|A)=(1/2)(2/3)/[(2/3)(1/2)+(1/3)(1/2)]=(1/3)/(1/2)=2/3
故而所求的嘉宾换门的情形下中车的概率为2/3。
既然用贝叶斯定则证明过了，我想这个问题到此可以CLOSE了。
在豆瓣小组的这个讨论帖子里，还有关于这个问题更多精辟的见解（当然，也有错误的论述，这个帖子的LZ貌似就犯错误了XD），强烈建议各位去围观。
最后关于不完备的一点说明： 有哪位同学告诉我我上述对样本的设计（红色部分）是合理、科学的？我找不到特别好的相关论述来支持自己。