Все зависит от того, что мы думаем о ведущем. Если он рандомно двери открыват, и мог бы открыть и нашу после нашего выбора, то новой инфы в пользу второй двери не добавилось, можно и не менять, а вот если он хитровымученный (как неявно предполагается в задаче), то... Короче, посчитаем:

За "i=а" обозначим событие "за i-й дверью авто", за "в=j" обозначим событие "после выбора игрока ведущий открывает дверь j", "l=к" — "зай l-й дверью коза", как обычно за p(x|y) обозначается вероятность x, если уже известно, что y истинно, тогда по теореме Байеса

p(1=a|в=3 и 3=к)=p(в=3 и 3=к|1=a) * p(1=a) / p(в=3 и 3=к) = p(в=3 и 3=к|1=a) * (1/3) / p(в=3 и 3=к) = [по формуле совместной вероятности] p(в=3 | 1=a и 3=k) * p(3=к | 1=а) * (1/3) / (p(в=3 | 3=к) * p(3=к)) = p(в=3 | 1=a и 3=k) * 1 * (1/3) / (p(в=3 | 3=к) * p(3=к)) = p(в=3 | 1=a и 3=k) * (1/2) * (1/3) / (p(в=3 | 3=к) * (2/3)) = [сократили по 1/3)] p(в=3 | 1=a и 3=k) * (1/2) / p(в=3 | 3=к) = [поскольку событие 1=а и 3=к это то же самое, что 1=а, ведь известно, что за остальными дверьми козы] p(в=3 | 1=a) * (1/2) / p(в=3 | 3=к)

А дальше все зависит от того, как мы считаем, что ведет себя ведущий. Если мы думаем, что после нашего выбора он открывает дверь рандомно, и мог бы открыть и нашу дверь тоже, то p(в=3 | 1=a) = 1/3, p(в=3 | 3=к) = 1/3 они сокращаются и получается 1/2, т.е. пофиг. НО! Если ведущий — хитрый тип и открывает только двери с козой, которые мы не выбрали, чтобы точно продлить саспенс, то все сложнее: p(в=3 | 1=a) = 1/2 (равновероятно выберет дверь 2 или 3), а знаменатель p(в=3 | 3=к) распишем как p(в=3 | 3=к и мы=3) * p(мы=3) + p(в=3 | 3=к и мы != 3) * p(мы != 3) = 0 * 1/3 + 1/2 * 2/3. Итого получаем при такой стратегии ведущего вероятность 1/3, что за нашей дверью приз, значит, за оставшейся — 2/3, надо менять.