Какое число показать?

[mihaild]

Выигрыш Боба получается $2 \cdot \int_0^1\, dx\ (2 q_x - 1)\left(\int_0^x\, dy\ p_{xy} \cdot y - \int_x^1\,dy\ p_{xy} \cdot y\right)$, где $p_{xy}$ вероятность Алисы показать $x$, $q_x$ - вероятность Боба сказать "спрятанное меньше", увидев $x$. При выводе считалось, что достаточно рассмотреть ситуацию $x > y$ - для этого нужна симметрия $p_{xy} = 1 - p_{yx}$ (из любой несимметричной стратегии понятно как получается симметричная с тем же выигрышем).

В общем-то из этого единственность ни $q_x$ ни $p_{xy}$ непонятно как получать. Симметрия мешает (а если её убрать, то получатся собственно еще слагаемые, от которых тоже лучше не станет).

[EUgeneUS]

mihaild в сообщении #1693655 писал(а):

В общем-то из этого единственность ни $q_x$ ни $p_{xy}$ непонятно как получать.

При любом ненулевом выигрыше Боб может изменить знак (при фиксированной стратегии Алисы).
Вопрос: может ли Алиса изменить знак при ненулевом выигрыше (при фиксированной стратегии Боба)? Необязательно с сохранением модуля.
Ответа не знаю, но если так, то из этого следует единственность стратегии Боба.

-- 08.07.2025, 20:10 --

Поясню.
1. Боб знает $p_{xy}$
2. Тогда Боб выбирает такую стратегию: для тех $x$, где вторые скобки отрицательны: $q_x=0$; для тех $x$, где вторые скобки положительны: $q_x=1$
3. Алиса, теперь знает стратегию Боба $q_x$ и меняет $p_{xy}$ так, чтобы изменить знак вторых скобок (для любого $x$).
4. Равновесия не наступает.

Это означает, что равновесие будет, только если обе пары скобок нулевые при любых $x$. Для Боба это происходит только если $q_x = 0.5$

[mihaild]

EUgeneUS в сообщении #1693658 писал(а):

Это означает, что равновесие будет, только если обе пары скобок нулевые при любых $x$

Не очевидно. Линейная оболочка функций вида $\int_0^1 dy\, p_{xy} \cdot y \cdot \operatorname{sgn}(x - y)$ (вроде такой вид покрасивее) может иметь в $L_2$ нетривиальное ортогональное дополнение.

Чему может быть равен $y$, если Алиса показала $x$. Интеграл от $y$ по верхней и нижней частям каждого вертикального сечения одинаковый.

Вложение:

download (7).png

[wrest]

mihaild в сообщении #1693667 писал(а):

Чему может быть равен $y$, если Алиса показала $x$. Интеграл от $y$ по верхней и нижней частям каждого вертикального сечения одинаковый.

Как хорошо когда есть картинки.
То есть в "круговой" стратегии, если Алиса скажем показала 0.2 то второе число не может быть 0.4

Насчет интеграла непонятно. "Интеграл от $y$" и "Интеграл по $dy$" это одно и то же? А можно синий сделать многоцветным, чем выше вероятность тем синее например? Или темнее и т.п. Heatmap

[mihaild]

wrest в сообщении #1693749 писал(а):

Насчет интеграла непонятно. "Интеграл от $y$" и "Интеграл по $dy$" это одно и то же?

Нет, это интеграл от $y$ по синей области. Т.е. $\int_0^1 y \mathbb I_{Y_x}(y)\, dy$, где $Y_x$ - соответствующее вертикальное сечение.

wrest в сообщении #1693749 писал(а):

А можно синий сделать многоцветным, чем выше вероятность тем синее например?

В рамках каждого сечения все синие $y$ равновероятны.

[EUgeneUS]

mihaild в сообщении #1693667 писал(а):

Не очевидно. Линейная оболочка функций вида $\int_0^1 dy\, p_{xy} \cdot y \cdot \operatorname{sgn}(x - y)$ (вроде такой вид покрасивее) может иметь в $L_2$ нетривиальное ортогональное дополнение.

таки не осилил в этих терминах (хотя припоминаю, что они означают).
По рабоче-крестьянски:

$f_x[p_{xy}]=\int_0^1 dy\, p_{xy} \cdot y \cdot \operatorname{sgn}(x - y)$

1. Если $f_x[p_{xy}] \ne 0$ на множестве меры не ноль, то у Боба есть выигрышная стратегия, причем чистая стратегия максимизирует выигрыш Боба.

2. Равновесие существует, и находится при нулевых выигрышах игроков (это вроде как показано).

3. Предположим, что существуют $b(x)$ и $f_x[\overline{p_{xy}}] \ne 0$ (на множестве меры не ноль), такие что игроки получают нулевой выигрыш.
Но это не является равновесием для Боба - он меняет $b(x)$ на $\operatorname{sgn}(f_x[\overline{p_{xy}}])$ и получает ненулевой выигрыш.

4. Если для каждой $p_{xy}$ найдётся такая $\tilde{p_{xy}}$, что $\operatorname{sgn}(f_x[p_{xy}]) = - \operatorname{sgn}(f_x[\tilde{p_{xy}}])$ (это гипотеза, не доказано), то Боб в равновесии обязан играть "надежно нулевую" стратегию, а она одна.

5. Алиса обязана играть так, чтобы $f_x[p_{xy}] \equiv 0$, возможно, кроме множестве меры ноль.
Но единственность $p_{xy}$ при таком условии не доказана.

-- 10.07.2025, 07:59 --

Если правильно понял Ваше утверждение:

mihaild в сообщении #1693667 писал(а):

Линейная оболочка функций вида $\int_0^1 dy\, p_{xy} \cdot y \cdot \operatorname{sgn}(x - y)$ (вроде такой вид покрасивее) может иметь в $L_2$ нетривиальное ортогональное дополнение.

то оно означает:

EUgeneUS в сообщении #1693754 писал(а):

существуют $b(x)$ и $f_x[\overline{p_{xy}}] \ne 0$ (на множестве меры не ноль), такие что игроки получают нулевой выигрыш.

-- 10.07.2025, 08:05 --

Выше стратегия Алисы искалась в предположении:
а) стратегия чистая
б) верхний и нижний треугольник разбивается ровно на две области (каждый) непрерывной монотонной границей.

В таком классе стратегий она единственная.

Ещё делалось предположение, что граница не проходит через $(0,0)$, но этот случай рассматривал отдельно, ничего не нашел (но мог ошибиться).

[Shadow]

wrest в сообщении #1693581 писал(а):

EUgeneUS в сообщении #1693579

писал(а):
На стратегию Алисы "показываю равновероятно" оптимальная стратегия Боба: "если вижу число меньше $\frac{1}{\sqrt{2}}$ - говорю "меньше", иначе говорю "больше"

Ожидаемый выигрыш Боба тогда $\frac{1+\sqrt{2}}{6}$, если не ошибся нигде опять.
Ну так он проигрывает, а вот наоборот - выигрывает.
Код:

bob_strat_square_two(S)=if(S<1/sqrt(2),return(1),return(-1));

Запускаем:
Код:

simulate_game(10^6, alice_strategy_random, bob_strat_square_two);
Bob guess rate = 71 percent.
Bob avegage prize = 0.30494706991924531757831573486328125000
Best approximation = 18/59
time = 4,067 ms.
?

EUgeneUS в сообщении #1693579

писал(а):
Ожидаемый выигрыш Боба тогда $\frac{1+\sqrt{2}}{6}$, если не ошибся нигде опять.

Непохоже, см. выше, Bob avegage prize = 0.3049

Когда Боб, зная стратегию Алисы, видит число $c$, от определяет в каких интервалов может находится спрятанное число $x$. При удачи, его выигрыш составляет произведение вероятности попадания в интервал на его среднее значение (если возможен весь интервал $(0;1)$, вероятность совпдает с длиной интервала).
Алиса играет случайно.
$x$ может находится в $(0;c)$ , длина $c$, ср. значение $c/2$
Может находится в $(c;1)$, длина $(1-c)$, ср. значение $(1+c)/2$

Значит, буду говорить "спрятано меньшее", когда

$c \cdot \dfrac c 2>(1-c)\cdot \dfrac{1+c}{2}$

Тоест, когда $c>\dfrac{1}{\sqrt 2}$

И мой выигрыш будет (разность) $\; \dfrac{2c^2-1}{2}$

И когда $c<\dfrac{1}{\sqrt 2}$, выигрыш будет $\dfrac{1-2c^2}{2}$

Итого:

$\displaystyle V=\int\limits_0^{1/ \sqrt 2} \dfrac{1-2c^2}{2} dc+\int\limits_{1/ \sqrt 2}^1 \dfrac{2c^2-1}{2} dc=\boxed{\dfrac{2\sqrt 2-1}{6}}$

(Оффтоп)

Если Алиса играет оптимально (при $x^2+y^2<1$ прятать меньшее)

Если $c<\dfrac{1}{\sqrt 2}$

$x$ может быть в $(0;c)$, длина $c$, ср. знач. $c/2$

может быть в $(\sqrt{1-c^2};1)$, длина $1-\sqrt{1-c^2}$, ср. знач. $\dfrac{1+\sqrt{1-c^2}}{2}$

(интересно тут, что $x$ не может принимать значения из $(c;\sqrt{1-c^2})$, но Бобу это никак не помогает)

С одной стороны $c\cdot \dfrac{c}{2}$

с другой $(1-\sqrt{1-c^2})\cdot \dfrac{(1+\sqrt{1-c^2})}{2}$

выбирай
Аналогично получается если $c>\dfrac{1}{\sqrt 2}$

[mihaild]

EUgeneUS в сообщении #1693754 писал(а):

Если для каждой $p_{xy}$ найдётся такая $\tilde{p_{xy}}$, что $\operatorname{sgn}(f_x[p_{xy}]) = - \operatorname{sgn}(f_x[\tilde{p_{xy}}])$ (это гипотеза, не доказано), то Боб в равновесии обязан играть "надежно нулевую" стратегию, а она одна

В таком виде это точно неправда. Если Алиса всегда показывает меньшее ($p_{xy} = 1$ если $x < y$), а Боб говорит "спрятано большее", то выигрыш Боба $2/3$. А максимальный выигрыш Алисы против этой стратегии Боба $1/3$.

Понятно, что в равновесии $f_x[p_{xy}] \equiv 0$ почти всюду. Однако не обязяательно в равновесии $2q_x - 1 \equiv 0$ почти всюду.
Назовём функции вида $\int_0^1 dy\, p_{xy} \cdot y \cdot \operatorname{sgn}(x - y)$ А-функциями. То, что цена игры нулевая - означает, что $0$ является А-функцией.
Но может оказаться, что есть какая-то нетривиальная $q_x$ такая что $\int_0^1 (2 q_x - 1) f(x)\, dx = 0$ для любой А-функции (это и означает "$2q_x - 1$ ортогональна всем А-функциям"), то есть равновесие, в котором Алиса играет всё ту же функцию с окружностью, а Боб играет $q_x$.
(на самом деле достаточно $\int_0^1 (2 q_x - 1) f(x)\, dx \geq 0$, но у этого хуже с функановской интерпретацией)

[EUgeneUS]

mihaild в сообщении #1693763 писал(а):

(на самом деле достаточно $\int_0^1 (2 q_x - 1) f(x)\, dx \geq 0$, но у этого хуже с функановской интерпретацией)

Так я же об этом и говорю.

Вот это:

EUgeneUS в сообщении #1693754 писал(а):

4. Если для каждой $p_{xy}$ найдётся такая $\tilde{p_{xy}}$, что $\operatorname{sgn}(f_x[p_{xy}]) = - \operatorname{sgn}(f_x[\tilde{p_{xy}}])$ (это гипотеза, не доказано),

Означает, что для каждой А-функции $f(x)$ существует такая А-функция $\tilde{f}(x)$, что $\operatorname{sgn}(f(x)) = - \operatorname{sgn}(\tilde{f}(x))$

Тогда $\operatorname{sgn}(\int_0^1 (2 q_x - 1) f(x)\, dx) = - \operatorname{sgn}(\int_0^1 (2 q_x - 1) \tilde{f}(x)\, dx)$

А значит $\int_0^1 (2 q_x - 1) f(x)\, dx \geq 0$ не выполняется для всех А-функций.

Так что, если озвученная выше гипотеза верна, Боб обязан играть: $(2 q_x - 1) = 0$ почти всюду.

[mihaild]

EUgeneUS в сообщении #1693764 писал(а):

Так что, если озвученная выше гипотеза верна, Боб обязан играть: $(2 q_x - 1) = 0$ почти всюду

Этого недостаточно: даже если

EUgeneUS в сообщении #1693764 писал(а):

$\operatorname{sgn}(f(x)) = - \operatorname{sgn}(\tilde{f}(x))$

правда (а это точно неправда, $\mathcal I_{x < y}$ порождает А-функцию $f$, для которой нет такой $\tilde{f}$), то всё еще может оказаться, что для какой-то нетривиальной $q_x$ обе стороны

EUgeneUS в сообщении #1693764 писал(а):

$\operatorname{sgn}(\int_0^1 (2 q_x - 1) f(x)\, dx) = - \operatorname{sgn}(\int_0^1 (2 q_x - 1) \tilde{f}(x)\, dx)$

равны нулю.

[EUgeneUS]

mihaild в сообщении #1693767 писал(а):

а это точно неправда, $\mathcal I_{x < y}$ порождает А-функцию $f$, для которой нет такой $\tilde{f}$),

Опять что-то не понимаю.
Если $\mathcal I_{x < y}$ - индикатор, (принимает $1$ на верхнем треугольнике $x < y$, и принимает $0$ на нижнем треугольнике $x > y$) то

$$f(x) = - \int\limits_{x}^{1} y dy = \frac{x^2-1}{2} \leqslant 0 $$

Но для $\mathcal I_{x > y}$

$$\tilde{f}(x) = \int\limits_{0}^{x} y dy = \frac{x^2}{2} \geqslant 0 $$

Нет?

-- 10.07.2025, 12:16 --

mihaild в сообщении #1693767 писал(а):

то всё еще может оказаться, что для какой-то нетривиальной $q_x$ обе стороны EUgeneUS в сообщении #1693764

писал(а):
$\operatorname{sgn}(\int_0^1 (2 q_x - 1) f(x)\, dx) = - \operatorname{sgn}(\int_0^1 (2 q_x - 1) \tilde{f}(x)\, dx)$ равны нулю.

И что? Такая стратегия не будет для Боба равновесной.

[mihaild]

А, пардон, я не заметил что там противоположный знак, а не значение :)

[EUgeneUS]

EUgeneUS в сообщении #1693754 писал(а):

4. Если для каждой $p_{xy}$ найдётся такая $\tilde{p_{xy}}$, что $\operatorname{sgn}(f_x[p_{xy}]) = - \operatorname{sgn}(f_x[\tilde{p_{xy}}])$ (это гипотеза, не доказано),

Таки всё оказалось не просто, а очень просто.

Для любого $x \in (0,1)$ Алиса может по своему произволу выбрать знак $f(x)$:

Если для какого-то $x$ она желает $f(x) > 0$, то для данного $x$ выбирает $p_{xy} = \mathcal I_{x > y}$
Если для какого-то $x$ она желает $f(x) < 0$, то для данного $x$ выбирает $p_{xy} = \mathcal I_{x < y}$

Это означает, что не существует нетривиальных стратегий Боба, таких что:

а) $\int\limits_{0}^{1} |2b_x - 1| dx = a >0$ (нетривиальная стратегия)
б) и $\int_0^1 (2 q_x - 1) f(x)\, dx \geq 0$ для любых "А-функций" $f(x)$

Это доказывает, что оптимальная стратегия Боба единственная: $2b_x - 1 = 0$ (или $b_x = 1/2$) почти всюду.

mihaild
Согласны?

[mihaild]

EUgeneUS в сообщении #1693774 писал(а):

Для любого $x \in (0,1)$ Алиса может по своему произволу выбрать знак $f(x)$:

Но она не может это сделать независимо, у нас есть ограничение $p_{xy} = 1 - p_{yx}$.

На паре $x < y$ Алиса, показав $x$, получает $y \cdot (1 - 2 q_x)$, а показав $y$ - $x \cdot (2q_x - 1)$. Соответственно для её оптимального ответа $p_{xy} = G[q](x, y) = [y - 2\cdot y\cdot q_x > 2\cdot x \cdot q_y - x]$ (и эта штука уже автоматически симметричная). А дальше вопрос - существует ли $q(x)$, кроме равной $1/2$ почти всюду, такая что $\int_0^1\, dx \int_0^1\, dy\ G[q](x, y) \cdot (2\cdot q(x) - 1) \cdot y \cdot \operatorname{sgn}(x - y) = 0$.

[SergeyGubanov]

(Оффтоп)

Если я правильно понял, при условии, что Алиса и Боб играют всего 1 раунд, Бобу надо отказаться от игры.

В единичных невоспроизводимых "играх" всё что может сделать "игрок" - это либо вообще не "играть", либо постараться как можно сильнее минимизировать свой личный потенциальный убыток. Каждому Бобу из ансамбля Бобов и каждой Алисе из ансамбля Алис, нет никакого дела до других Алис и Бобов. Каждая Алиса и каждый Боб будут минимизировать свой личный убыток, а не средний убыток по ансамблю.

Минимизация личного убытка выглядит так:
Алиса для минимизации своего личного проигрыша должна спрятать меньшее число.
Боб для минимизации своего личного проигрыша должен сказать, что Алиса спрятала большее число.

Итог: Боб проигрывает, а Алиса выигрывает, но минимально возможную сумму.

"Игра" не состоится, так как если Боб не дурак, то он должен отказаться "играть".

Правила правильной азартной "игры" должны быть устроены так, чтобы в стратегии минимизации личного ущерба у обоих игроков шансы были бы равны. Эта же игра не азартная, а безнадёжная. Боб откажется. Бобу наплевать на ансамбль Бобов и на то, что в среднем по ансамблю Бобы могут не проиграть. Каждому конкретному Бобу важно как можно меньше проиграть лично ему самому.

Но если Боб всё таки дурак, ну, тут...