Парадокс обмена

[EUgeneUS]

EUgeneUS в сообщении #1428121 писал(а):

Тут сомнительно.

При аккуратном подсчете, да, мат. ожидания минимума и максимума сумм получаются такие же.

Так что ошибка в выкладках тут:

Лукомор в сообщении #1428118 писал(а):

$M[X] = \dfrac{1}{2}(M[L] + M[B])$

[EUgeneUS]

EUgeneUS в сообщении #1428126 писал(а):

Так что ошибка в выкладках тут:

Можно сказать в чем именно ошибка.

1. Можно записать так:

$X = P L + (1-P) B$
$Y = (1-P) L + P B$

2. Тогда мат. ожидания:
$M[X] = M[P L + (1-P) B] = M[B] + M[PL]-M[PB]$
$M[Y] = M[(1-P) L + (P B)] = M[L] + M[PB] - M[PL]$

3. А теперь задумаемся, можем ли мы сделать переход $M[PL] = M[P]M[L]= \frac{1}{2}M[L]$?
Нет, не можем. Так как такой переход будет справедлив только для независимых величин, а $P$ и $L$ - зависимые.

-- 29.11.2019, 13:38 --

4. Но можем сделать так:
$M[Y] = M[L] + M[B] - M[X]$
после чего подставить найденные ранее $M[L]$ и $M[B]$, и убедиться, что всё сходится. $M[Y] = \frac{5}{4}M[X]$

[Лукомор]

EUgeneUS в сообщении #1428121 писал(а):

Как Вы так лихо берете мат ожидание от минимума и максимума?

Извиняюсь, от максимума и минимума - никак!
Имея уже к этому моменту известное значение $M[S] = M[X] + M[Y]$,
я далее исхожу из двух простых соображений:
1. Поскольку $L + B = S$ всегда, то должно выполняться и $M[L] + M[B] = M[S]$.
2. Поскольку $B = 2L = 2S/3$ всегда,
и $L = B/2 = S/3$ всегда,
то должно выполняться и
$M[B] = M[2S/3]$,
$M[L] = M[S/3]$.

-- Пт ноя 29, 2019 15:41:51 --

EUgeneUS в сообщении #1428137 писал(а):

2. Тогда мат. ожидания:
$M[X] = M[P L + (1-P) B] = M[B] + M[PL]-M[PB]$
$M[Y] = M[(1-P) L + (P B)] = M[L] + M[PB] - M[PL]$

Вот именно!
Теперь, в предположении честной монетки,
$P = (1 - P) = \dfrac{1}{2}$
заменяем сразу в обеих формулах $(1-P)$ на $P$,
и получим :
$M[X] = M[P L + (1-P) B] = M[P L + P B]$
$M[Y] = M[(1-P) L + (P B)] = M[P L + P B]$.
Откуда сразу следует:
$M[X]=M[Y]$, ч.т.д.

[EUgeneUS]

Лукомор в сообщении #1428149 писал(а):

я далее исхожу из двух простых соображений:

Да, так хорошо.
Я по-другому минимум и максимум раскрывал.
Для минимума легко видеть, что:
$L = X/2$, если $ P=0$
$L = X$, если $ P=1$
Тогда можем записать:
$ L= (1-P) X / 2 + PX$
А дальше уже умеем. Но нужна независимость $X$ и $P$

-- 29.11.2019, 16:48 --

Лукомор в сообщении #1428149 писал(а):

Теперь, в предположении честной монетки,
$P = (1 - P) = \dfrac{1}{2}$

Тут написано, что $ P$ - константа, а это не так.

-- 29.11.2019, 16:50 --

Лукомор в сообщении #1428149 писал(а):

заменяем сразу в обеих формулах $(1-P)$ на $P$,
и получим :
$M[X] = M[P L + (1-P) B] = M[P L + P B]$
$M[Y] = M[(1-P) L + (P B)] = M[P L + P B]$.

Тут Вы местами заменили нолики на единички, а местами - нет.

[Лукомор]

EUgeneUS в сообщении #1428154 писал(а):

Тут написано, что $ P$ - константа, а это не так.

А как?

-- Пт ноя 29, 2019 16:24:35 --

EUgeneUS в сообщении #1428154 писал(а):

Тут Вы местами заменили нолики на единички, а местами - нет.

Там нет ноликов и единичек...
Там везде половинки для честной монетки.

[EUgeneUS]

Лукомор в сообщении #1428165 писал(а):

А как?

$P$ - случайная вeличина, имеющая распределение Бернулли с параметром $p= 1/2$

-- 29.11.2019, 17:29 --

Лукомор в сообщении #1428165 писал(а):

Там нет ноликов и единичек...
Там везде половинки для честной монетки.

Там именно что нолики и единички для честной монетки.

[Лукомор]

EUgeneUS в сообщении #1428167 писал(а):

Там именно что нолики и единички для честной монетки.

А для нечестной?

[EUgeneUS]

А для нечестной монетки может и $\frac{1}{2}$ появиться, если она на ребро встанет.

[Лукомор]

EUgeneUS в сообщении #1428137 писал(а):

а $P$ и $L$ - зависимые.

Ну и какова у нас величина p(L) - вероятноcть того, что в одном из двух конвертов денег меньше, чем в другом?

[EUgeneUS]

Лукомор
Извините, но это уже всё уж очень сильно стало напоминать троллинг.

[Лукомор]

EUgeneUS в сообщении #1428169 писал(а):

А для нечестной монетки может и $\frac{1}{2}$ появиться, если она на ребро встанет.

Вот давайте только без этого фанатизма.
Я не об этом спрашивал.
Мне интересно узнать, для монетки с вероятностью выпадения орла $p =0.4$ и решки $1 - p = 0.6$,
какие значения может принимать случайная величина $P$?

-- Пт ноя 29, 2019 17:37:41 --

EUgeneUS в сообщении #1428176 писал(а):

Извините, но это уже всё уж очень сильно стало напоминать троллинг.

Мне тоже иногда кажется, что Вы издеваетесь.
Случайные величины $P$ и $L$ - независимые, потому как $p(PL) = p(P)\cdot p(L)$.

[EUgeneUS]

Лукомор в сообщении #1428178 писал(а):

Мне интересно узнать, для монетки с вероятностью выпадения орла $p =0.4$ и решки $1 - p = 0.6$,
какие значения может принимать случайная величина $P$?

Очевидно, что орел или решка. Случайная величина, имеющая распределение Бернулли с параметром $p=0.4$, может принимать значения ноль и единица. По определению распределения Бернулли.

-- 29.11.2019, 18:44 --

Лукомор в сообщении #1428178 писал(а):

Случайные величины $P$ и $L$ - независимые.

Очевидно, что они зависимы по построению (для обсуждаемого сценария подготовки конвертов).

Лукомор в сообщении #1428178 писал(а):

потому как $p(PL) = p(P)\cdot p(L)$.

Я не понимаю, что тут написано.

[Лукомор]

EUgeneUS в сообщении #1428181 писал(а):

Я не понимаю, что тут написано.

По определению независимых случайных величин, вероятность их совместного появления в случайном испытании
равна произведению вероятностей появления каждого из них.
Для зависимых случайных величин вероятность их совместного появления не равна произведению их вероятностей.
Для случайных величин вероятность "выпадения орла на честной монетке" и вероятность "появления в одном из конвертов меньшей из двух сумм" это требование, вроде как, выполняется...

[EUgeneUS]

Лукомор в сообщении #1428198 писал(а):

По определению независимых случайных величин, вероятность их совместного появления в случайном испытании
равна произведению вероятностей появления каждого из них.

Тут опять же непонятно, что написано.
Что такое "появление случайной величины"?

Проявим чудеса телепатии, возможно Вы имели в виде следующее:
Две случайные величины $X$, $Y$ независимы тогда и только тогда, когда:
для любых $A, B \in \mathcal {B}(\mathbb{R})$:
$\mathbb{P} (X\in A,\;Y\in B) = \mathbb {P} (X\in A)\cdot \mathbb {P} (Y\in B)$

Вот и проверьте, что это не выполняется для величин $P$ и $L$, где
$P$ - величина имеет распределение Бернулли с параметром $p= 1/2$
$L= (1-P) X / 2 + PX$,
$X$ и $P$ независимы по построению.

[Лукомор]

EUgeneUS в сообщении #1428250 писал(а):

Тут опять же непонятно, что написано.

Так, стоп!
Я уже всё понял.
Всё правильно у Вас, я просто ошибался, как обычно.
Действительно, при последовательной выдаче конвертов по одному,
один любой отдельно взятый одиночный раунд выгоден первому игроку.

Теперь возьмем достаточно длинную серию, в идеале бесконечную,
подобных одиночных раундов.

Выберем из этой серии пару таких, что в одном из них у первого игрока сразу получилось $X_1=k$,
результат подбрасывания монетки $P_1=1$, и, в силу этого, $Y_1=2k$.
Подберем теперь такой розыгрыш, в котором у первого игрока $X_2=2k$,
результат подбрасывания монетки $P_2=0$, поэтому $Y_2=k$.
Разумеется, $k$ и для первого, и для второго опыта выбираем одно и то же самое.

Суммируя отдельно иксы и отдельно игреки, получаем, что всего первый игрок получил от ведущего в двух раундах
$X_1 + X_2 = k + 2k = 3k$, а после обмена в двух раундах первый игрок получил от второго $Y_1 + Y_2 = 2k + k = 3k$,
то-есть каждый игрок после двух раундов ничего не выиграл от двух обменов, но ничего и не проиграл.
Пока в этом нет ничего удивительного, ведь d пару раундs мы подбирали не случайным образом, а в соответствии со своим коварным планом.

Удивительно тут другое.
Если мы рассмотрим как игроки оценивали ожидаемую сумму в конверте оппонента, то найдем,
что первый игрок в первом раунде оценил ее так:
$M[Y_1] = 2X_1 + {X_1}/2 = 5{X_1}/4 = 5k/4$.
Во втором раунде первый игрок оценил ожидание от обмена, как
$M[Y_2] = 2X_2 + {X_2}/2 = 5{X_2}/4 = 5k/2$
Суммируя, находим, что в результате двух обменов игрок надеялся получить:
$M[Y_1] + M[Y_2] = 5k/4 + 5k/2 = 15k/4 = \dfrac{5}{4} \cdot 3k$, а получил всего $3k$.
Аналогично и второй игрок, если он не знает истинные значения $X_1$ и $X_2$, а знает только свои $Y_1$ и $Y_2$, ожидает получить от обмена:
$M[X_1] = 2Y_1 + {Y_1}/2 = 5{Y_1}/4 = 5k/2$.
$M[X_2] = 2Y_2 + {Y_2}/2 = 5{Y_2}/4 = 5k/4$.
То-есть, всего за 2 тура также, как и первый, рассчитывал на сумму:
$M[X_1] + M[X_2] = 5k/2 + 5k/4 = 15k/4 = \dfrac{5}{4} \cdot 3k$, а получил всего $3k$.
Всего за 2 тура в четырех конвертах побывало $6k$ денег, хотя игроки ожидали найти в них $ \dfrac{5}{4} \cdot 6k$.

И это уже никакой не софизм, а самый настоящий парадокс, в котором формула мат.ожидания: "два раза плюс пол-раза пополам", от раунда к раунду нам врет, добавляя от себя 25% к истинному значению суммы в конверте оппонента.

Вот это явление и надо как-то объяснить, по моему глубокому убеждению, всё остальное - не важно.

Я слышал, конечно, про смещенную и несмещенную оценку дисперсии,
но я нигде не встречал ни одного упоминания о возможности смещенной оценки мат.ожидания.