Парадокс конвертов

[maxal]

eLectric в сообщении #243689 писал(а):

акую игру не помню. Можно почетче, кто выигрывает?

Выигрывает тот, кто первым скажет, что его число больше, и окажется при этом прав. А если скажет и окажется неправ - то проигрывает.

[eLectric]

venco,
Ну, это не стратегия обходится. Это другой вариант распределения возможных величин.
Его "цена" - правило двойного отношения между конвертами. Если в первом конверте находится 2, то в другом, кроме 1, может быть и 3 и 4.

maxal,

Цитата:

Выигрывает тот, кто первым скажет, что его число больше, и окажется при этом прав

А не получится игра на скорость? Кто быстрее выкрикнет, что его число больше половины.

[venco]

Похоже, в игре с конвертами есть выигрышная стратегия.
Если менять конверт в зависимости от суммы $x$ в первом конверте с вероятностью $c(x)$, тогда средний выигрыш будет равен

$$\frac 1 2 \int\limits_{0}^{\infty} x \cdot p(x) \cdot (c(x)-c(2x)) dx$$

где $p(x)$ - плотность вероятности меньшей суммы, закладываемой в конверты.
Получается, если обеспечивается строгое неравенство $c(x) > c(2x), x \in (0,\infty)$, то выигрыш строго положителен независимо от функции $p(x)$.
Т.е., надо просто взять монотонно-убывающую функцию $c(x)$, например $c(x) = e^{-x}$.
Скорее всего, $p(x)$ можно только оценить, тогда $c(x)$ лучше выбрать близкой к усреднённой оценке $1-\frac{P(x)+P(2x)}2$, где $P(x)$ - предполагаемая функция распределения.

[--mS--]

venco в сообщении #249379 писал(а):

Похоже, в игре с конвертами есть выигрышная стратегия.
Если менять конверт в зависимости от суммы $x$ в первом конверте с вероятностью $c(x)$, тогда средний выигрыш будет равен

$$\frac 1 2 \int\limits_{0}^{\infty} x \cdot p(x) \cdot (c(x)-c(2x)) dx$$

где $p(x)$ - плотность вероятности меньшей суммы, закладываемой в конверты.

Мне кажется, средний выигрыш равен

$$\int\limits_{0}^{\infty} x \cdot p(x) c(x) \,dx - \int\limits_{0}^{\infty} \frac{x}{2} \cdot p\left(\frac{x}{2}\right) c(x) \,dx = \int\limits_{0}^{\infty} x \cdot p(x) \cdot (c(x)-2c(2x)) dx.$$

Соответственно, чистый выигрыш гарантирует функция $c(x)$ такая, что $c(x) \geq 2c(2x)$ для всех $x > 0$.

[venco]

Вы забыли перенормировать $p(\frac x 2)$ -> $\frac 1 2 p(\frac x 2)$.

[--mS--]

venco в сообщении #249513 писал(а):

Вы забыли перенормировать $p(\frac x 2)$ -> $\frac 1 2 p(\frac x 2)$.

Это зачем? Вот $1/2$ перед каждым из интегралов у меня, конечно, потеряна, но сути дела это не меняет.

[venco]

Если $p(x)$ - плотность вероятности что меньшая сумма равна $x$, то для большей суммы плотность будет равна $\frac 1 2 p(\frac x 2)$.
Вот этот множитель вы потеряли во втором интеграле.
Для проверки проинтегрируйте плотность - должна получиться единица.

[--mS--]

Да, Вы правы. Прошу прощения.

[Андрей АK]

Все не так.

Пусть в конверте находится сумма N или 2N

Каково "реальное" математическое ожидание выигрыша?
При обоих стратегиях (в силу симметрии), вероятность будет одинакова!

(N+2N)/2 = 1,5N

Действительно, какая разница что игрок сначала возмет конверт N а потом его заменит на 2N или наоборот возьмет 2N и поменяет его на N.

Средний выигрыш всегда будет равен 1,5N.

Это если смотреть с точки зрения ведущего.

Ну у игрока своё мнение, он считает что его мат ожидание:
(X/2+2X)/2 = 1,25X
(где X - вскрытая сумма)
Т.е. игроку кажется, что мат ожидание игры больше суммы, которую он открыл и что стоит попытаться угадать ещё раз.

Но ведь эти суммы (мат. ожиданий) должны совпадать!

Приравняем их:

1,5N=1,25X

X=1,2N

Т.е. игрок "думает" (когда вскрывает конверт), что он получил сумму 1,2N , а не 1,5N.

Но у кого больше информации? У игрока или ведущего?
Ошибается ,естественно, игрок, а не ведущий!

Итак, оценка игрока просто напросто неверна.

Как игроку надо рассуждать правильно?

А вот как:
Предположим я вскрываю миллион конвертов и в среднем получаю сумму 10$
Тогда среднее значение, N=6+2/3 - маленький конверт, 2*N=13+1/3 - большой конверт.
А математическое ожидание ... = (N+2*N)/2 = 10 ! (это восклицание, а не факториал)

Т.е. открывая 10 игрок уже получает сумму равную мат. ожиданию (1,5N), а вовсе не сумму посредине между двумя числами (X/2 и 2X).
Т.е. он должен предполагать, что альтернативные (статистически) варианты это 6,66 и 13,33 а не 5 и 20.

Поэтому, нет никакой разницы между двумя стратегиями (менять конверт или нет) - выигрыш будет все тот-же.
Следовательно выигрыш ,опять же, не возрастет от применения любой , зависящей от суммы, функции, или каких либо других манипуляций со стратегиями выбора.

Это напоминает мне "принцип неопределённости" из квантовой физики: если мы зафиксируем гринцы отрезка , то у нас будет статистически определяемая середина.
Но если мы зафиксируем середину (как в "парадоксе двух конвертов") ... то уж будьте добры границы отрезков определять через их мат. ожидание.