Парадокс обмена

[Лукомор]

sergey zhukov в сообщении #1428004 писал(а):

Мои рассуждения (как игрока) были бы верными, если бы ведущй сначала выдавал мне $x$, а затем бросал монетку и выдавал моему оппоненту $x/2$ или $2x$.

А Вы знаете, это любопытно, но после того, как я подробно разобрал эту задачу,
я уже не уверен, что такие рассуждения могли бы быть верными
хотя бы в одном из рассмотренных выше вариантов задачи.

Действительно, здесь неопределенность еще больше, чем в классическом варианте.

Если ведущий наполняет оба конверта одновременно, до раздачи их игрокам, то, по крайней мере, у нас есть одна отправная точка для дальнейших рассуждений.
Это сумма денег в двух конвертах $S=x+y=x+2x$. Игроки эту сумму не знают, но ее знает ведущий.
Теперь, для примера, пусть игрок нашел в своем конверте $100$ .
Это может быть меньшая из двух сумм, $x=100$, тогда $y=200$,
или это может быть большая из двух сумм $y=100$, тогда $x=50$.
Полученная игроком информация о количестве денег в его конверте бесполезна,
если она не дает ответа на вопрос, которой из двух сумм игрок располагает.
При обмене есть всего два возможных варианта:
Поменять $x$ на $y=2x$.
Поменять $y=2x$ на $x$.
В среднем игрок реально может поменять $3x/2$ на $3x/2$.
Здесь $x$ обозначает не количество денег в первом конверте, а меньшую из двух сумм.

Когда игрок обозначает одной буквой $x$ и большую и меньшую из двух сумм,
он тем самым рассматривает не два, а четыре равновероятных варианта обмена:
Поменять $x$ на $x/2$.
Поменять $x$ на $y=2x$.
Поменять $y=2x$ на $x$.
Поменять $y=2x$ на $2y=4x$.
Здесь, в среднем, $3x/2$ меняется на $\dfrac{5}{4}\cdot\dfrac{3x}{2}$,
но первый и последний из четырех вариантов не возможны физически.

Теперь переходим к другому, асимметричному, варианту розыгрыша денег.
Пусть ведущий вручил игроку те же $100$ рублей.
И здесь ситуация еще более неопределенная.
Пока не подброшена монетка, никто, в том числе и ведущий, не знает, сколько всего денег будет в двух конвертах, и является ли эта сотня меньшей или большей из двух сумм.
Мы не знаем $x=100$, или $y=100$ в данном случае.
Несмотря на это, мы знаем, что может произойти либо обмен $x$ на $y$, либо $y$ на $x$.
И снова игрок полагает, обозначив и меньшую и большую из двух сумм в конвертах одной и тою же буквой $x$. что он может не только поменять меньшую из двух сумм на большую, или большую на меньшую, но и поменять меньшую сумму на еще более меньшую, а большую из двух сумм, на еще более большую.

Такой "двигатель обмена", работающий с КПД 125% существует только в воспаленном мозгу игрока.

[Лукомор]

EUgeneUS в сообщении #1427974 писал(а):

Если ведущий скажет так:
"я определил сумму $x$, которую сейчас дал Вам. После чего подбросил монетку и положил в конверт $2x$, если был орел, или $x/2$, если была решка

Мне очень жаль Вас огорчать, но такая процедура возможна далеко не всегда, в силу некоторых естественных ограничений.
Мне, например, практически невозможно представить себе, чтобы в конверте можно было обнаружить что-либо, кроме банкнот.
Банкноты же, как правило, выпускаются номиналами, представляющими собой натуральные числа.
Уже такое легкое ограничение делает невозможным положить во второй конверт $x/2$, если в первом конверте игрок обнаружил нечетную сумму денег $x=2n+1$. Если слегка усилить ограничение, добавив пункт, что никогда в конверте не может находиться сумма кратная четырем, то, найдя в первом конверте четную сумму $x=2n$, мы не сможем положить во второй конверт сумму $2x$.
При этих двух ограничениях мы никогда не наполним второй конверт указанным Вами способом.
Мы будем вынуждены всегда делать меньшую из двух сумм нечетной, а большую из двух сумм четной.
И если сумма в первом конверте будет равновероятно четной или не четной, то в такой ситуации обязательный обмен конвертами не даст преимущества ни первому игроку, ни второму.

[EUgeneUS]

Лукомор в сообщении #1428010 писал(а):

Такой "двигатель обмена", работающий с КПД 125% существует только в воспаленном мозгу игрока.

И у меня в воспаленном Excel

Лукомор в сообщении #1428015 писал(а):

Мне очень жаль Вас огорчать, но такая процедура возможна далеко не всегда, в силу некоторых естественных ограничений.

Делимость тут совершенно не причем.
Мы ничего не знаем, как ведущий выбирает сумму, которую даст игроку. Вообще ничего.
Знаем (в моем сценарии) только одно: в зависимости от броска монеты он её делит или умножает, результат кладет в конверт. Это обязательное требование.
Значит сумма, которую получает игрок, обязательно должна делиться и умножаться.
Как её выберет ведущий - дело ведущего. Он может всегда давать игроку 100 фантиков, которые легко делятся на два, как и умножаются.

[Лукомор]

EUgeneUS в сообщении #1428028 писал(а):

И у меня в воспаленном Excel

А мой Excel сразу считает правильно!

[EUgeneUS]

А
$M[Y] = \frac{5}{4}M[X]$, где $M[Y]$ - мат. ожидание суммы в конверте, $M[X]$ - мат. ожидание суммы у игрока
и есть правильно.
(Для данного сценария)

[Лукомор]

EUgeneUS в сообщении #1428038 писал(а):

мат. ожидание суммы у игрока
и есть правильно.

Нет.
Где вы берете такие формулы?!

[EUgeneUS]

Лукомор в сообщении #1428046 писал(а):

Где вы берете такие формулы?!

$X$ - случайная величина. Описывает сумму, которую которую ведущий вручит игроку. Которая (в данном сценарии) определяется до того, как положат сумму в конверт.
Далее ведущий бросает монетку ($P$ - распределение Бернулли для честной монетки).
Тогда сумма в конверте описывается величиной
$Y = 2 P X + (1-P) X /2$
Берем мат ожидание и получаем "такие формулы".

[sergey zhukov]

Лукомор в сообщении #1428010 писал(а):

Такой "двигатель обмена", работающий с КПД 125% существует только в воспаленном мозгу игрока.

Ну, я так полагаю, что никто не сомневается в следующем: если я получаю $x$, а мой оппонент после этого получает $x/2$ или $2x$, то в среднем я получаю меньше него. Это совершенно очевидно.

Предлагаю рассмотреть такую ситуацию: ведущий кидает монетку два раза. На первом броске он определяет, кому из нас дать $x$. На втором броске он определяет, что должен получить второй - $x/2$ или $2x$. Все это ведущий выполняет в тайне, игрокам это неизвестно. Тогда парадокс разрешается: меняться выгодно тому, кто получает $x$.
В изначальном варианте каждый игрок считает, что это он всегда получает $x$, хотя это происходит только в половине случаев.

[Лукомор]

sergey zhukov в сообщении #1428074 писал(а):

Ну, я так полагаю, что никто не сомневается в следующем: если я получаю $x$, а мой оппонент после этого получает $x/2$ или $2x$, то в среднем я получаю меньше него. Это совершенно очевидно.

Так же очевидно, что оппонент при этом получает меньше, чем Вы!
Он же не знает, сколько получили Вы на самом деле, никто ему не скажет...
Он увидит только свою сумму во втором конверте, которую ему дадут после подбрасывания честной монетки.
Пусть оппонент после этого получил некоторую сумму $z$, которая равна либо $x/2$ либо $2x$.
Эта сумма могла получиться только в двух случаях: если у Вас в первом конверте $z/2$, или если у Вас $2z$.
Таким образом, по его мнению, у Вас в первом конверте $x=5z/4$, и второму игроку также выгодно меняться всегда, как и первому.
И в этом, и в любом другом сценарии розыгрыша, на кону стоит сумма из двух конвертов равная $S=x+y$, где
$x$ - количество денег в первом конверте,
$y$ - количество денег во втором конверте.
В любом сценарии сумма ожидаемых двумя игроками денег от обмена, составляет 5(x+y)/4.

-- Пт ноя 29, 2019 03:03:28 --

EUgeneUS в сообщении #1428038 писал(а):

$M[Y] = \frac{5}{4}M[X]$, где $M[Y]$ - мат. ожидание суммы в конверте, $M[X]$ - мат. ожидание суммы у игрока
и есть правильно.
(Для данного сценария)

Это никак не отменяет того факта, что, по мнению второго игрока, $M[X] = \frac{5}{4}M[Y]$.

[EUgeneUS]

Лукомор в сообщении #1428103 писал(а):

sergey zhukov в сообщении #1428074

писал(а):
Ну, я так полагаю, что никто не сомневается в следующем: если я получаю $x$, а мой оппонент после этого получает $x/2$ или $2x$, то в среднем я получаю меньше него. Это совершенно очевидно.
Так же очевидно, что оппонент при этом получает меньше, чем Вы!

Нет.

Лукомор в сообщении #1428103 писал(а):

Это никак не отменяет того факта, что, по мнению второго игрока, $M[X] = \frac{5}{4}M[Y]$.

Для данного сценария (способа подготовки конвертов) отменяет.

[Лукомор]

EUgeneUS в сообщении #1428107 писал(а):

Для данного сценария (способа подготовки конвертов) отменяет.

Как же отменяет, если после подбрасывания честной монетки, второй игрок, вскрыв свой конверт, и обнаружив в нем $y$ денег справедливо полагает, что $M[Y]=y$, следовательно $M[X] = \frac{5}{4}M[Y]$ ?

-- Пт ноя 29, 2019 07:36:38 --

(Оффтоп)

EUgeneUS в сообщении #1428050 писал(а):

Тогда сумма в конверте описывается величиной
$Y = 2 P X + (1-P) X /2$

Я тоже так в школе задачки решал на равноускоренное движение:
"Берем скорость тела в начале пути, и в конце пути, складываем и делим пополам.
Полученную среднюю скорость умножаем на время и, вуаля, нашли пройденный путь!"

Учительница была в шоке от моих ответов...

[sergey zhukov]

sergey zhukov в сообщении #1428074 писал(а):

Ну, я так полагаю, что никто не сомневается в следующем: если я получаю $x$, а мой оппонент после этого получает $x/2$ или $2x$, то в среднем я получаю меньше него. Это совершенно очевидно.

Извините, с этим нельзя спорить. Это $2+2=4$. Здесь именно всем троим известно, что сначала я получаю $x$, а затем мой оппонент $x/2$ или $2x$.

[Лукомор]

EUgeneUS в сообщении #1428038 писал(а):

А
$M[Y] = \frac{5}{4}M[X]$, где $M[Y]$ - мат. ожидание суммы в конверте, $M[X]$ - мат. ожидание суммы у игрока
и есть правильно.
(Для данного сценария)

Что же Вы бросили на пол-пути и до конца не дорешали?
Там же самое интересное в конце!
Всё приходится делать самому...
Итак, мат.ожидание суммы у первого игрока $M[X] = x$,
мат.ожидание суммы во втором конверте $M[Y] = \dfrac{5}{4}M[X]= 5x/4$.
Можем найти мат.ожидание суммы в двух конвертах:
$M[S] = M[X] + M[Y] =M[X] + \dfrac{5}{4}M[X]= \dfrac{9}{4}M[X] = 9x/4$.
Отсюда, мат.ожидание меньшей из двух сумм в конвертах равно:
$M[L] = \dfrac{1}{3}M[S] = \dfrac{3}{4}M[X] = 3x/4$.
Мат.ожидание большей из двух сумм, соответственно:
$M[B] = \dfrac{2}{3}M[S] = \dfrac{3}{2}M[X] = 3x/2$.
Поскольку $x$ - сумма у первого игрока может оказаться, равновероятно,
либо меньшей, либо большей из двух сумм, то мат.ожидание суммы у первого игрока можно найти, как:
$M[X] = \dfrac{1}{2}(M[L] + M[B]) = \dfrac{1}{2}( \dfrac{3}{4}M[X] + \dfrac{3}{2}M[X]) = \dfrac{9}{8}M[X] = 9x/8$.
Аналогично, мат.ожидание суммы во втором конверте составит:
$M[Y] = \dfrac{1}{2}(M[L] + M[B]) = \dfrac{1}{2}( \dfrac{3}{4}M[X] + \dfrac{3}{2}M[X]) = \dfrac{9}{8}M[X] = 9x/8$.
Выводов из этих буквенно-цифровых манипуляций напрашивается два:
1. $M[X] = M[Y]$, что и требовалось доказать.
2. Пришли к противоречию: $M[X] = x = 9x/8$, что и требовалось показать...

-- Пт ноя 29, 2019 08:43:18 --

(Оффтоп)

sergey zhukov в сообщении #1428117 писал(а):

Это $2+2=4$

Извиняюсь спросить:"Мы таки продаём или покупаем?"

Здесь необходимо заметить, что результат сложения в данном примере сильно зависит от основания системы счисления.
Вы не поверите, но науке известны случаи, когда $2 + 2 = 10$, и даже $2 + 2 = 11$.
И это еще только в мирное время!!!

-- Пт ноя 29, 2019 08:50:31 --

(Оффтоп)

sergey zhukov в сообщении #1428117 писал(а):

Извините, с этим нельзя спорить.

Предупреждать надо!
Я же не знал что нельзя!!!

-- Пт ноя 29, 2019 09:02:52 --

sergey zhukov в сообщении #1428117 писал(а):

Здесь именно всем троим известно, что сначала я получаю $x$, а затем мой оппонент $x/2$ или $2x$.

Кроме того, первому игроку и ведущему известно чему равен этот самый $x$.
Второму игроку это неизвестно. И никому из троих не известно, орлом или решкой выпадет монета, то-есть чему будет равен этот самый $y$: то-ли $y=x/2$, то-ли $y=2x$. Но самое неприятное здесь, это то, что никто из них не знает, до подбрасывания монетки, в какой именно игре они находятся: где разыгрывается призовая сумма $S=3x/2$, или где разыгрывается $S=3x$.

[EUgeneUS]

Лукомор в сообщении #1428112 писал(а):

второй игрок, вскрыв свой конверт, и обнаружив в нем $y$ денег справедливо полагает, что $M[Y]=y$, следовательно $M[X] = \frac{5}{4}M[Y]$ ?

Никаких справедливых предположений в этих словах нет.
Так как
а) (однократно) обнаруженная в конверте сумма вообще никакой информации не дает.
б) "следовательно" - не следовательно.

(Оффтоп)

Лукомор в сообщении #1428112 писал(а):

Учительница была в шоке от моих ответов...

Вы до сих пор шокируете подобными выкладками

-- 29.11.2019, 10:25 --

Я пользуюсь простыми свойствами мат. ожидания:

$M[aX+bY] = aM[X] + bM[Y]$ - для любых случайных величин, в том числе зависимых.
$M[XY] = M[X]M[Y]$ - для независимых случайных величин.

Поэтому мои выкладки верны (так как $P$ и $X$ в данном сценарии независимы).

Лукомор в сообщении #1428118 писал(а):

Итак, мат.ожидание суммы у первого игрока $M[X] = x$,
мат.ожидание суммы во втором конверте $M[Y] = \dfrac{5}{4}M[X]= 5x/4$.
Можем найти мат.ожидание суммы в двух конвертах:
$M[S] = M[X] + M[Y] =M[X] + \dfrac{5}{4}M[X]= \dfrac{9}{4}M[X] = 9x/4$.

тут верно (линейность мат ожидания).

Лукомор в сообщении #1428118 писал(а):

Отсюда, мат.ожидание меньшей из двух сумм в конвертах равно:
$M[L] = \dfrac{1}{3}M[S] = \dfrac{3}{4}M[X] = 3x/4$.
Мат.ожидание большей из двух сумм, соответственно:
$M[B] = \dfrac{2}{3}M[S] = \dfrac{3}{2}M[X] = 3x/2$.

Тут сомнительно.
$L = \min (X, 2XP + (1-P) X /2)$
$B = \max (X, 2XP + (1-P) X /2)$
Как Вы так лихо берете мат ожидание от минимума и максимума? Я так не умею. Научите?

Лукомор в сообщении #1428118 писал(а):

Поскольку $x$ - сумма у первого игрока может оказаться, равновероятно,
либо меньшей, либо большей из двух сумм, то мат.ожидание суммы у первого игрока можно найти, как:
$M[X] = \dfrac{1}{2}(M[L] + M[B]) = \dfrac{1}{2}( \dfrac{3}{4}M[X] + \dfrac{3}{2}M[X]) = \dfrac{9}{8}M[X] = 9x/8$.
Аналогично, мат.ожидание суммы во втором конверте составит:
$M[Y] = \dfrac{1}{2}(M[L] + M[B]) = \dfrac{1}{2}( \dfrac{3}{4}M[X] + \dfrac{3}{2}M[X]) = \dfrac{9}{8}M[X] = 9x/8$.

Тут, очевидно, ошибочные выкладки.
Сначала надо выразить $X$ и $Y$ через $L$ и $B$, а потом уже брать мат. ожидание, используя его свойства.

Лукомор в сообщении #1428118 писал(а):

Выводов из этих буквенно-цифровых манипуляций напрашивается два:

Вот именно что манипуляций.

[Лукомор]

(Оффтоп)

EUgeneUS в сообщении #1428121 писал(а):

Вы до сих пор шокируете подобными выкладками

Нет, с тех пор я прожил долгую интересную жизнь, и научился таки решать задачки на равноускоренное движение, и не только.
И вот, в самом конце жизни, я, в формуле "два раза плюс пол-раза пополам" для мат.ожидания, вновь увидел себя - школьника...