Где ошибка в рассуждениях Юрия Решетова?

[IgorP]

Здравствуйте. Наткнулся на интересную заметку Юрия Решетова. Вроде автор пишет бред, но я никак не могу найти ошибку в его рассуждениях. Я расписал его рассуждения для симметричной монеты. Не нахожу противоречий. Помогите разобраться. Где ошибка в рассуждениях автора?

Привожу рассуждения автора с заменой игральной кости на симметричную монету. Обращаю внимание, что я почти дословно воспроизвожу рассуждения Юрия Решетова, я не являюсь автором этих рассуждений (чтобы не было обвинений в плагиате в мой адрес).

Предположим, что имеется букмекер, который принимает ставки на разницу между результатами подбрасываний симметричной монеты ($1$ – выпадение герба, $0$ – решки).

Обозначим через $n$ – номер последнего подбрасывания; соответственно: $n-1$ – номер предпоследнего подбрасывания, $n+1$ – номер следующего подбрасывания.

В таком случае:

$X_{n-1}$ – результат предпоследнего подбрасывания, значение которого заведомо известно игроку;

$X_{n}$ – результат последнего подбрасывания, значение которого заведомо известно игроку;

$X_{n+1}$ – результат следующего подбрасывания, значение которого игроку неизвестно.

Условия игры

Игрок может делать ставку на очередном ходе, а может от нее отказаться. Принимаются два вида ставок:

1. На то, что результат следующего подбрасывания будет больше результата последнего подбрасывания (т.е. $X_{n+1}>X_{n}$). В таком случае игрок получает выигрыш в размере $X_{n+1}-X_{n}$ денежных единиц.

2. На то, что результат следующего подбрасывания будет меньше результата последнего подбрасывания (т.е. $X_{n+1}<X_{n}$). В таком случае игрок получает выигрыш в размере $X_{n}-X_{n+1}$ денежных единиц.

Предположим, что игрок делает ставки вида №1 тогда и только тогда, когда результат предпоследнего подбрасывания был больше результата последнего подбрасывания (т.е. при условии $X_{n-1}>X_{n}$), и только на то, что результат следующего подбрасывания будет больше результата последнего подбрасывания (т.е. $X_{n+1}>X_{n}$), игнорируя ставки вида №2.

Каково математическое ожидание выигрыша игрока при таких ставках?

В нижеуказанной таблице рассмотрены все возможные варианты трех последовательных подбрасываний симметричной монеты. В первом столбце указан результат предпоследнего подбрасывания $X_{n-1}$, во втором столбце – результат последнего подбрасывания $X_{n}$, в третьем – результат следующего подбрасывания $X_{n+1}$, в четвертом – разница $X_{n+1}-X_{n}$. Полужирным шрифтом выделены все варианты (пятый и шестой по счету), когда игрок делает ставку, т.е. при условии $X_{n-1}>X_{n}$.

$$ \begin{tabular}{c|c|c|c} $0$ & $0$ & $0$ & $0$ \\ \hline $0$ & $0$ & $1$ & $1$ \\ \hline $0$ & $1$ & $0$ & $-1$ \\ \hline $0$ & $1$ & $1$ & $0$ \\ \hline $\mathbf{1}$ & $\mathbf{0}$ & $\mathbf{0}$ & $\mathbf{0}$ \\ \hline $\mathbf{1}$ & $\mathbf{0}$ & $\mathbf{1}$ & $\mathbf{1}$ \\ \hline $1$ & $1$ & $0$ & $-1$ \\ \hline $1$ & $1$ & $1$ & $0$ \end{tabular} $$

Найдем сумму чисел в последнем столбце для выделенных строк с условием $\mathbf{X_{n-1}>X_{n}}$: она оказывается равной $\mathbf{1}$.

Не правда ли, что получился какой-то странный результат, если учесть, что все варианты в каждой из строк вышеуказанной таблицы равновозможны? Всего в таблице 8 вариантов выпадения монеты в трех последовательных подбрасываниях, из которых 2 выделены. В результате чего получается, что игрок имеет математическое ожидание $\mathbf{\frac{1}{2}=0,5}$ денежных единиц на каждую сделанную им ставку.

Странность заключается в том, что мы не наблюдаем последействия, так как $P(X_{n}>X_{n+1})=P(X_{n+1}>X_{n})$ и $P(X_{n}-X_{n+1})=P(X_{n+1}-X_{n})$ и, соответственно, зная значение только последнего подбрасывания монеты $X_{n}$, игрок не мог никаким образом получить математическое ожидание более нулевого, так как $E=(X_{n}-X_{n+1})P(X_{n}-X_{n+1})-(X_{n+1}-X_{n})P(X_{n+1}-X_{n})=0$.

Однако знание значения предпоследнего подбрасывания $X_{n-1}$ уже позволяет получить игроку преимущество, а соответственно напрашивается вывод, что последующее значение случайного ряда может зависеть от не менее чем двух предыдущих значений.

Конец рассуждения Юрия Решетова.

[Deggial]

Тема перемещена из форума «Помогите решить / разобраться (М)» в форум «Карантин»
Причина переноса: предмет обсуждения находится на другом сайте

IgorP в сообщении #1112152 писал(а):

Вроде автор пишет бред, но я никак не могу найти ошибку в его рассуждениях. Я расписал его рассуждения для симметричной монеты. Не нахожу противоречий. Помогите разобраться.

Выпишите интересующее рассуждение здесь, чтобы читатель не лазил на левый сайт.
Темы про Решетова:
topic84795.html
topic9179.html
topic9176.html
topic9172.html

Набирайте все формулы и термы $\TeX$ом.
Инструкции по оформлению формул здесь или здесь (или в этом видеоролике).
См. также тему Что такое карантин, и что нужно делать, чтобы там оказаться.
После исправлений сообщите в теме Сообщение в карантине исправлено, и тогда тема будет возвращена.

[Lia]

Тема перемещена из форума «Карантин» в форум «Помогите решить / разобраться (М)»

[12d3]

IgorP в сообщении #1112152 писал(а):

зная значение только последнего подбрасывания монеты $X_{n}$, игрок не мог никаким образом получить математическое ожидание более нулевого,

Да ладно. Если я буду ставить только на решку, я получу те же самые $0.5$ в среднем.

[Brukvalub]

Хорошо бы для начала явно описать для каждой из двух с.в. вероятностное пространство и таблицу распределения ее значений. Возможно, станет видно, что рассматриваются две разные с.в., а речь о них ведется как об одной и той же.

[Dmitriy40]

Ровно с таким же успехом можно вообще не обращать внимания на $X_{n-1}$ и делать ставку только если $X_n=0$. Потому знание предистории совершенно неважно. Важно найти казино, которое согласится на такие условия ставок, ведь игрок здесь проиграть не может в принципе.
Ну и разумеется аппеляция к случайным процессам тут как-то пришита белыми нитками.

[Someone]

IgorP в сообщении #1112152 писал(а):

Найдем сумму чисел в последнем столбце для выделенных строк с условием $\mathbf{X_{n-1}>X_{n}}$: она оказывается равной $\mathbf{1}$.

Не правда ли, что получился какой-то странный результат, если учесть, что все варианты в каждой из строк вышеуказанной таблицы равновозможны?

Не вижу ничего странного. Вы придумали такую игру, в которой проиграть невозможно. Осталось только найти дурака, который согласится играть с Вами на таких условиях.

IgorP в сообщении #1112152 писал(а):

Странность заключается в том, что мы не наблюдаем последействия, так как $P(X_{n}>X_{n+1})=P(X_{n+1}>X_{n})$ и $P(X_{n}-X_{n+1})=P(X_{n+1}-X_{n})$

Враньё. Вы не знаете, что такое последействие.
Вы ведь рассматриваете не события $\{X_n=k\}$, $k\in\{0,1\}$, а события $A_n=\{X_n>X_{n-1}\}$, и "отсутствие последействия" для них означало бы, в частности, что $\mathbf{P}_{A_n}(A_{n+1})=\mathbf{P}(A_{n+1})$. А на самом деле у Вас $\mathbf{P}(A_{n+1})=\frac 14$ и $\mathbf{P}_{A_n}(A_{n+1})=0\neq\mathbf{P}(A_{n+1})$.

IgorP в сообщении #1112152 писал(а):

зная значение только последнего подбрасывания монеты $X_{n}$, игрок не мог никаким образом получить математическое ожидание более нулевого

Да ладно уж. Вам уже двое написали, что это неправда. Я ещё добавлю: полюбуйтесь на две первых строки вашей таблицы и объясните, чем они хуже тех двух, которые Вы выделили?

IgorP в сообщении #1112152 писал(а):

напрашивается вывод, что последующее значение случайного ряда может зависеть от не менее чем двух предыдущих значений

Почему бы и нет? Только ваш пример оказался неудачным.

[Dmitriy40]

Someone в сообщении #1112852 писал(а):

IgorP в сообщении #1112152 писал(а):

напрашивается вывод, что последующее значение случайного ряда может зависеть от не менее чем двух предыдущих значений

Почему бы и нет?

Это как? Тогда ряд не будет случайным. Возможно псевдослучайным, но не более того.

[Евгений Машеров]

12d3 в сообщении #1112785 писал(а):

Да ладно. Если я буду ставить только на решку, я получу те же самые $0.5$ в среднем.

Только не пропуская выгодные случаи.

[Geen]

Dmitriy40 в сообщении #1112871 писал(а):

Someone в сообщении #1112852 писал(а):

IgorP в сообщении #1112152 писал(а):

напрашивается вывод, что последующее значение случайного ряда может зависеть от не менее чем двух предыдущих значений

Почему бы и нет?

Это как? Тогда ряд не будет случайным. Возможно псевдослучайным, но не более того.

Возьмём Марковскую цепь, а случайной величиной будем считать последний бит номера состояния. Не пойдёт?

[Евгений Машеров]

Dmitriy40 в сообщении #1112871 писал(а):

Это как? Тогда ряд не будет случайным. Возможно псевдослучайным, но не более того.

Мне кажется, Вам стоило бы уточнить смысл слов "случайный" и "псевдослучайный" (и слово "независимый" тоже бы посмотреть неплохо).

[Dmitriy40]

Кажется понял, подскажите правильно ли? Если сместить вероятности для следующего члена ряда в зависимости от предыдущих, то ряд останется случайным, а зависимость будет. Но не чёткая и однозначная зависимость, а лишь зависимость мат.ожидания, сами же члены ряда всё так же останутся случайными. Правильно? Без углубления сильно в теорию?

[Евгений Машеров]

Для начала - надо различать парадокс (строгое рассуждение, приводящее к верным, но противоречащим интуиции выводам) и софизм (выглядящее верным рассуждение, приводящее к ложным выводам). Софизм может быть построен по-разному, например, опираться на выглядящие правдоподобными, но ложные посылки, нарушать законы логики и/или математики, пользоваться подменой значений слов и т.п.
В данном случае мы имеет дело с софизмом, причём разработчик "системы биржевой торговли" Решетов софистикой не балуется для забавы, а, похоже, имеет корыстный интерес, хотя бы в виде продажи "системы". Вообще говоря, биржевая торговля может быть прибыльна, если опираться на некую информацию, позволяющую увеличивать вероятность успешной сделки или находить сделки с ожидаемой высокой прибылью. Однако добыча надёжной информации о предстоящем движении цены есть дело уголовно наказуемое (инсайдерская торговля), а дозволенные методы либо дают устаревшую и общедоступную информацию (фундаментальный анализ), либо не более чем имитация прогноза ("технический анализ"), реальное движение цены очень хорошо описывается случайным блужданием. Ловить сделки с высокой прибылью возможно в ходе IPO (начального размещения акций вновь созданной компании), в надежде, что курсовая стоимость вырастет в разы сравнительно с начальной, но для таких операций нужен достаточно солидный капитал и возможность проверить, не с мошенником ли имеем дело, продающим "дутые акции". То есть это способ, вовсе недоступный мелким спекулянтам, клиентам разнообразных "Форекс-клубов" (да простит меня солидная система межбанковского валютного обмена FOREX, с её лотом в 100 000 долларов, за повторение её имени в связи с названным казино для мнящих себя самыми умными).
То есть "система" должна продемонстрировать доходность при равных вероятностях движения цены в обе стороны и равных выигрышах/проигрышах при верно/неверно угаданном направлении. Невозможность такого легко доказывается при самом скромном знакомстве с ТВ, поэтому цель софизма - показать неспособность теорвера справиться с его Системой. Для этого производится "подмена тезиса". Опровергать надо бы "нельзя построить выигрышную стратегию при равных вероятностях выигрыша и проигрыша, единичных ставках и независимости испытаний", а вместо этого выдвигается утверждение "нельзя построить выигрышную стратегию при случайных независимых испытаниях". Которое, разумеется, ложно. Может быть выигрыш, превышающий проигрыш при равенстве вероятностей, может быть вероятность выигрыша больше проигрыша, можно совместить. И, построив умышленно запутанный пример, опровергающий заведомо неверный тезис, объявляется, что опровергнут иной тезис, верный и оставшийся верным, и с ним непоколеблена и ТВ.
Конкретно здесь предлагается игра, в которой случайно и равновероятно выпадают 0 и 1, игрок выигрывает, если выпадает число большее, чем выпало первый раз и при этом (что делает такую игру совершенно нереальной для казино), выбирает, ставить ли или пасовать, уже узнав результат первого выпадения. То есть если выпало 0, игрок может с равной вероятностью выиграть или остаться при своих, если выпало 1 - также с равной вероятностью проиграть или остаться при своих. Ясно, что имеющий возможность выбирать игрок будет ставить лишь при выпадении у него 0, выигрывая в половине случаев. То есть матожидание выигрыша (в расчёте на ставку) 0.5, а в среднем на игру, с учётом того, что ставит в половине случаев - 0.25. Предлагается вместо очевидного условия $X_n=0$ использовать хитроумное (здесь уместно английское sophisticated) условие $X_{n-1}>X_n$ Очевидно, оно выполняется, только если $X_n=0$, то есть не приведёт к заведомо убыточным играм. Однако вынудит не играть, если предыдущий раз выпал 0, даже при нынешнем нуле. Так что частота ставок снизится вдвое, а матожидание выигрыша на игру составит 0.125. То есть никакой пользы, окромя вреда, не просматривается. Использование предыдущего значения нужно лишь для запутывания объекта софистикации, это даже не топор в солдатском супе, тот не мешал вариться мясу и овощам.
Ещё интереснее рассмотреть игру в первоначальной заметке Решетова. Там бросают кости, и выигрыш пропорционален разности выпавших очков. И точно так же выгодно ставить, если выпало малое число очков (только при 1, если проигрывать не хочется вообще, но согласен выигрывать только в одной шестой части игр, или при 1,2, и 3, что увеличивает долю игр, в которых ставишь, до половины, но при этом средний выигрыш на ставку меньше, однако матожидание выигрыша на игру растёт). "Стратегия Решетова" при этом исключит очень хорошие варианты и вынудит играть в проигрышных (например, если выпало 1, надо бы ставить, с вероятностью $\frac 1 6$ останешься "при своих", а во всех остальных случаях выигрыш, матожидание выигрыша 2.5, но если перед этим выпала единица, "условие Решетова" не выполнено, и такую беспроигрышную игру велено пропускать; зато если в предшествующей игре выпало 6, а ныне 5, то вынуждают сделать ставку, хотя вероятность выигрыша $\frac 1 6$, такова же "непроигрыша", а во всех прочих случаях проигрыш от 1 до 4 единиц ставки, МО минус полтора).

Да, и чтобы два раза не вставать. "Псевдослучайные" это не "зависимые случайные". Это детерминированные величины, которые, однако, обладают некоторыми свойствами случайных, позволяющими использовать их там, где по смыслу нужны случайные, но их использование затруднительно.

[provincialka]

Dmitriy40 в сообщении #1112905 писал(а):

Но не чёткая и однозначная зависимость, а лишь зависимость мат.ожидания

Не однозначная, конечно. Но и не совсем "зависимость мат.ожидания". Несколько шире -- зависимость распределений. А уж мат. ожидание считается по распределению.
Впрочем, для первого интуитивного понимания подойдёт.

[IgorP]

Большое спасибо за разъяснения. Теперь всё понятно. Мне удалось найти ошибку в другой статье Юрия Решетова под названием «Теорема о наличии памяти у случайных последовательностей».

Воспроизвожу фрагмент - начало его статьи в адаптированном виде (я не разобрался, как на Вашем форуме в формате TEX создавать таблицы, заполненные словами на русском языке, поэтому несколько изменил последние предложения).

Предположим, что мы играем в игру, где на столе лежат $2n$ (большое чётное число) запечатанных конвертов, содержимого которых мы не знаем. В каждом конверте лежит записка с указанным целым числом (все числа разные и не обязательно натуральные).

Сначала мы можем взять любой произвольный конверт и вскрыв его, ознакомиться с числом указанным на спрятанной в нём записке.

После этого крупье, также ознакомившись с числом на записке заменяет все прежние конверты на другие, таким образом, чтобы их количество осталось прежним $(2n),$ а числа на записках, запечатанных в конверты, в количестве $n$ штук были меньше значения числа из записки в распечатанном прежде конверте и в количестве $n$ штук имели большее значение.

Наша задача заключается в том, выбрав один из новых (заменённых) конвертов, прежде, чем вскрыть его, угадать будет ли значение числа, указанное на записке в выбранном конверте больше либо меньше значения числа в прежде раскрытом конверте.

Если, после вскрытия второго конверта выяснится, что мы дали правильный ответ, то крупье выплачивает нам сумму в размере $X$ денежных единиц. Если результат нашего прогноза оказался неудачным, то мы выплачиваем крупье $X$ денежных единиц.

Любой, кто изучал теорию вероятностей, скажет, что в данном случае мы имеем дело со случайными последовательностями чисел. Также он может добавить, что в данной игре последовательности чисел «не имеют памяти», поскольку вероятность правильного ответа не зависит от значений чисел указанных на записках в предыдущих вскрытых конвертах и «равна» значению $\frac{1}{2}$. Ну и конечно же, если такого «знатока» спросить о математическом ожидании выигрыша в подобной игре, то он заявит, что игра «честная» и математическое ожидание в ней «нулевое».

Однако это не совсем верно. Если у нас всего одна единственная попытка угадать разницу между значением числа, указанного на записке в предыдущем вскрытом конверте и в следующем, ещё пока не распечатанном конверте, то «знаток» теории вероятностей окажется прав. Но если таких попыток более одной или нам будет разрешено прежде, чем дать ответ, ознакомиться с содержимым не одного, а последовательно двух или более конвертов, то выяснится, что слухи об амнезии у случайной последовательности могут оказаться неверными.

Чтобы выяснить, при каких обстоятельствах случайные ряды имеют память, а при каких амнезию, необходимо провести исследования различных случаев.

Теорема. Невозможность получить ненулевое математическое ожидание в игре в случае ставок на неизвестные будущие значения случайного ряда при знании одного единственного прежнего значения этого ряда, вовсе не доказывает, что значения в ряду не имеют памяти, если известно более одного прежнего значения ряда.

Первый случай - ставка на бинарный исход

Пусть у нас есть некое множество случайных чисел, такое, что в нём нет двух или более равных значений. Выберем случайным образом два из них, сначала $x_{1}$, потом $x_{2}$. Пусть у нас имеется другое множество случайных чисел, в котором нет ни одного числа равного по значению $x_{2}$, но такое что ровно половина чисел в этом множестве имеет значения больше значения $x_{2}$, а другая половина меньше.

Прежде чем выбрать случайным образом число $x_{3}$ из второго множества, мы должны попытаться сделать денежную ставку, на один из двух (бинарных) исходов: будет ли значение $x_{3}$ больше, чем значение $x_{2}$, либо не будет. В случае если мы угадаем исход, после того, как станет известным значение $x_{3}$, то выиграем денежную сумму в размере сделанной ставки. Если не угадаем, то проиграем денежную сумму в том же самом размере.

Впрочем, мы не будем гадать, а будем строго придерживаться стратегии:
1. Если $x_{2}>x_{1}$, то делаем ставку на $x_{3}<x_{2}.$
2. Если $x_{2}<x_{1}$, то делаем ставку на $x_{3}>x_{2}.$

Чтобы разобраться, составим таблицу всех возможных (взаимоисключающих) вариантов значений чисел $x_{1},$ $x_{2}$ и $x_{3}$. Поскольку все числа у нас разные, то одно из них имеет минимальное значение, другое среднее, а ещё одно максимальное. Существует всего $6$ возможных (взаимоисключающих) способов последовательного расположения минимального, среднего и максимального значений. Обозначим минимальное значение $x_{1}^{\ast},$ среднее значение $x_{2}^{\ast}$ и максимальное значение $x_{3}^{\ast}.$

В нижеуказанной таблице в первом, втором и третьем столбцах расположены категориальные обозначения для $x_{1},$ $x_{2}$ и $x_{3},$ соответственно; в четвертом столбце - результат прогноза: выигрыш $(+)$ или проигрыш $(-).$

$$\begin{tabular}{c|c|c|c} $x_{1}^{\ast}$ & $x_{2}^{\ast}$ & $x_{3}^{\ast}$ & $-$ \\ \hline $x_{1}^{\ast}$ & $x_{3}^{\ast}$ & $x_{2}^{\ast}$ & $+$ \\ \hline $x_{2}^{\ast}$ & $x_{1}^{\ast}$ & $x_{3}^{\ast}$ & $+$ \\ \hline $x_{2}^{\ast}$ & $x_{3}^{\ast}$ & $x_{1}^{\ast}$ & $+$ \\ \hline $x_{3}^{\ast}$ & $x_{1}^{\ast}$ & $x_{2}^{\ast}$ & $+$ \\ \hline $x_{3}^{\ast}$ & $x_{2}^{\ast}$ & $x_{1}^{\ast}$ & $-$ \end{tabular}$$

Итого получается, что вероятность выигрыша равна $\frac{2}{3}.$

При равновероятных исходах для вариантов таблицы теорема доказана.

Конец рассуждений Юрия Решетова.

На мой взгляд, ошибка в том, что эти $6$ вариантов не равновероятны. Например, в конкретном случае $x_{2}=0,$ $x_{1}\in\{-2;2\},$ $x_{3}\in\Omega=\{-3;-1;1;3\}$ первая и шестая строки вышеуказанной таблицы для вариантов расположения $x_{1},$ $x_{2}$ и $x_{3}$ встречаются дважды, так что мы имеем не $6,$ а $8$ равновероятных исходов, из которых выигрыш наступает в $4$ случаях и проигрыш - также в $4$ случаях, так что вероятность выигрыша равна $\frac{1}{2},$ каковой и положено ей быть.

Занятный софизм получился.

У меня ещё остаётся вопрос, точнее сомнение. Теорема Юрия Решетова в приведённой им формулировке в принципе неверна? То есть можно ли строго опровергнуть его «теорему» теории вероятностей? Напомню, «теорема Решетова» имеет следующий вид.

Теорема. Невозможность получить ненулевое математическое ожидание в игре в случае ставок на неизвестные будущие значения случайного ряда при знании одного единственного прежнего значения этого ряда, вовсе не доказывает, что значения в ряду не имеют памяти, если известно более одного прежнего значения ряда.