Задача о двух конвертах

[Лукомор]

atlakatl в сообщении #971595 писал(а):

Так вероятность - считаем обычным способом - наличия там первой суммы $4/5$, а второй - только $1/5$.

Ну вот, вероятности нашли, решение есть, теперь можно попытаться подобрать к решению какую-нибудь задачу!
На самом деле Вы меня окончательно запутали.
Мало того, что мы сейчас одновременно решаем пять задач: симметричный вариант и две ситуации, причем каждую с двух сторон, предложенные недавно grizzly, так ваш фокус с вероятностями относится разве что ко второй ситуации, причем как "с этой стороны", так и "с той стороны", и это при том, что я рассматривал первую...
Короче, надо начинать все сначала...

-- Сб янв 31, 2015 12:29:33 --

atlakatl в сообщении #971595 писал(а):

Лукомор, с этим вариантом разбора я согласен.

Вы же не дочитали мой пост до конца!
Там после последней точки еще стоит смайлик.
Смайлик имеет значение!
На самом деле я ровным счетом ничего не доказал, это была шутка.
Соль шутки в том, что, с одной стороны, из "системы уравнений" $X=2Y$ или $X=Y/2$ действительно получается в среднем $X=5Y/4$.
Но, с другой стороны, выразив $Y$ через $X$, то-есть $Y=X/2$ или $Y=2X$ получаем среднее $Y=5X/4$, приходя таким образом к абсурду.

[atlakatl]

Лукомор в сообщении #971664 писал(а):

теперь можно попытаться подобрать к решению какую-нибудь задачу!

Будем думать. Не торопясь. Предсказываю красивый и неожиданный образ. Наводка: $4/5 \ctod (X/2) = 1/5 \ctod (2 \ctod X)$ - некий закон сохранения денег сквозит.

Лукомор в сообщении #971664 писал(а):

Вы же не дочитали мой пост до конца!
Там после последней точки еще стоит смайлик.
Смайлик имеет значение!
На самом деле я ровным счетом ничего не доказал, это была шутка.

Не разбираюсь я в местных смайликах. Пробовал возмущаться их применением, теперь просто не обращаю внимания.
Не, я понял Ваш коммент как понял. Вы просто встали на Х-сторону стола и, выслушав аргументы Х-игрока, согласились с ним, - и не стали считать шансы со своей колокольни. Метод вполне законный (все применения законов сохранения столь же жульнически эффективны), но ... хотелось бы Y-ясности.

[Red_Herring]

Пока нет вероятностей, нет и математического ожидания выигрыша.

Разумеется, это не мешает определению "выгодно". Например: у игрока есть ровно одна попытка, после этого ему надо срочно купить билет и смыться, поскольку за ним охотится наемный убийца. Денег у него нет. Тогда, если в конверте у него сумма достаточная для покупки—то меняться ему невыгодно, если сумма недостаточная—выгодно (исключая тот случай, когда в конверте меньше половины цены билета).

Это определение уже не связано с матожиданием (и нет парадокса).

[Henrylee]

Внесу что ли свои $3X$ копеек..

Пусть в конверте с номером $0$ лежит $S_0=X$ денег, в конверте с номером $1$ - $S_1=2X$ денег.
Выбираем наудачу один конверт. Сумма, которую мы видим равна $S_\tau$, где

$$ \Prob\left\{\tau=0\right\}=\Prob\left\{\tau=1\right\}=\frac12. $$

Интересуемся, каковы вероятности, что в другом конверте больше или меньше:

$$ \Prob\left\{S_{1-\tau}=2S_\tau\right\}=\underbrace{\Prob\left\{S_{1-\tau}=2X\,|\,S_\tau=X\right\}}_1 \underbrace{\Prob\left\{S_\tau=X\right\}}_{\frac12}+ \underbrace{\Prob\left\{S_{1-\tau}=4X\,|\,S_\tau=2X\right\}}_0 \underbrace{\Prob\left\{S_\tau=2X\right\}}_{\frac12}=\frac12. $$

Подобным же образом получаем

$$ \Prob\left\{S_{1-\tau}=\frac12S_\tau\right\}=\frac12. $$

То есть утверждение о том, что в другом конверте с равной вероятностью в 2 раза больше или в 2 раза меньше абсолютно верное. Но .. не надо после это делать вот такую ошибку

$$ ES_{1-\tau}\not=2S_\tau\Prob\left\{S_{1-\tau}=2S_\tau\right\}+\frac12S_\tau\Prob\left\{S_{1-\tau}=\frac12S_\tau\right\}=\frac54S_\tau $$

ТОгда как

$$ ES_{1-\tau}=E\left(E\left(S_{1-\tau}|S_\tau\right)\right)=E\left(3X-S_\tau\right)=\frac32X=ES_\tau $$

P.S. Здесь, как говорится, вам не тут!

[Henrylee]

Указанная ошибка имеет примерно те же корни, что и следующий простой пример:
Запишем некую функцию распределения некой случайной величины $\xi$, например так

$$ F_\xi(x)=\Prob\left\{\xi\leqslant x\right\} $$

Однако,

$$ F_\xi(\xi)\not=\Prob\left\{\xi\leqslant\xi\right\}=1 $$

[atlakatl]

Лукомор в сообщении #971664 писал(а):

надо начинать все сначала...

Убедился, что объяснить "на пальцах" стратегию Y-стороны grizzly-варианта №1 не получится. Запутанность тамошних отношений между переменными достойна новеллы О'Генри.
Приведу только конечный результат.
Монеткой определяем, сколько положить на Y-сторону: $X/n$ или $n \ctod X$, $n=1, 2, 3, 4, ...$ В результате в конверте напротив оказывается $Y$ денег.
Так вероятность, что на X-стороне окажется $n \ctod Y$, равна только $1/n^2$ - и стремительно приближается к нулю при увеличении $n$.
Ожидаемый выигрыш Y-игрока при обмене составит $2 \ctod n \ctod X/(n^2+1)$, тоже уменьшаясь при росте $n$.

[g______d]

Red_Herring в сообщении #971691 писал(а):

Разумеется, это не мешает определению "выгодно". Например: у игрока есть ровно одна попытка, после этого ему надо срочно купить билет и смыться, поскольку за ним охотится наемный убийца. Денег у него нет. Тогда, если в конверте у него сумма достаточная для покупки—то меняться ему невыгодно, если сумма недостаточная—выгодно (исключая тот случай, когда в конверте меньше половины цены билета).

Это определение уже не связано с матожиданием (и нет парадокса).

Ну здесь тоже не так сложно перевести всё на вероятностный язык. В данной формулировке, правда, выбор между нулевой и ненулевой вероятностью, т. е. между принципиальной невозможностью и возможностью. Можно считать, что это не вероятностный вопрос. Но если бы было два варианта, при которых можно спастись, и их пришлось бы сравнивать, то пришлось бы вводить мат. ожидание и т. п.

[Red_Herring]

g______d в сообщении #972164 писал(а):

то пришлось бы вводить мат. ожидание

Но это было бы матожидание чего-то отличного от суммы, а парадокс привязан именно к нему

[Лукомор]

atlakatl в сообщении #972120 писал(а):

Монеткой определяем, сколько положить на Y-сторону: $X/n$ или $n \ctod X$, $n=1, 2, 3, 4, ...$ В результате в конверте напротив оказывается $Y$ денег.
Так вероятность, что на X-стороне окажется $n \ctod Y$, равна только $1/n^2$ - и стремительно приближается к нулю при увеличении $n$.

(Оффтоп)

Хочу такую монетку, у которой вероятность выпадения орла зависит от количества денег у соперника!!!

[Лукомор]

atlakatl в сообщении #972120 писал(а):

Приведу только конечный результат.
Монеткой определяем, сколько положить на Y-сторону: $X/n$ или $n \ctod X$, $n=1, 2, 3, 4, ...$ В результате в конверте напротив оказывается $Y$ денег.
Так вероятность, что на X-стороне окажется $n \ctod Y$, равна только $1/n^2$ - и стремительно приближается к нулю при увеличении $n$.
Ожидаемый выигрыш Y-игрока при обмене составит $2 \ctod n \ctod X/(n^2+1)$, тоже уменьшаясь при росте $n$.

Все неверно, пересчитать!
Ошибки:
1. Если мы монеткой определяем, сколько положить на Y-сторону, то на Y-стороне окажется примерно поровну конвертов с суммами
$n \ctod X$ и $X/n$, и, теперь, выбирая конверт на стороне Y мы с вероятностью $P=1/2$ выберем такой, что в нем будет $n \ctod X$ либо
$X/n$.
2. Мат. ожидание выигрыша на стороне Y, будет равно $2 \ctod n \ctod X/(n^2+1)$, но оценка ожидания выигрыша игроком Y при обмене конвертами составляет $(n^2+1)\ctod Y/2 \ctod n$, и возрастает при росте n, в то время как реальный выигрыш уменьшается...