286
правок
Изменения
Нет описания правки
Конверты дают двум игрокам. Каждый из них может открыть свой конверт и пересчитать в нём деньги.
После этого игроки должны решить: стоит ли обменять свой конверт на чужой? Оба игрока рассуждают
следующим образом. Я вижу в своём конверте сумму <tex>X</tex>. Если <tex>X = 1</tex>, то менять точно выгодно. Если <tex>X</tex> другой, то в чужом конверте равновероятно может находиться <tex> 2X 2 \cdot X </tex> или <tex> \dfrac{X}{2}</tex>. Поэтому, если я поменяю конверт, то у меня в среднем будет <tex dpi="80"> \dfrac{(2X 2 \cdot X + \dfrac{X}{2})}{2} = \dfrac{5}{4} \cdot X </tex>. То есть больше, чем сейчас. Значит обмен выгоден. Однако обмен не может быть выгоден обоим игрокам. Где в их рассуждениях кроется ошибка?
В данном рассуждении ошибка кроется в предположении о том, что в другом конверте может ''равновероятно'' находится <tex> 2X 2 \cdot X </tex> или <tex> \dfrac{X}{2}</tex>. В действительности этого не может быть.
Предположим от противного, что существует вероятностное распределение <tex>p(x)</tex>, определенное на степенях двойки так, что <tex>p(2^{x_1})</tex> {{---}} вероятность того, что в конвертах будут записаны <tex>2^{x_1}</tex> и <tex>2^{x_1 + 1}</tex>, причем значения этой функции на соседних степенях равны.
Тогда значения этой функции вообще говоря должны быть равны на всех степенях, т.е. то есть <tex>p(x)</tex> постоянна. Но <tex> \sum_sum\limits_{i=1}^\infty p(2^i) = 1</tex> (т.к так как это вероятностное распределение) {{---}} противоречие.
Также есть формулировка парадокса, обходящая данное доказательство.
* вероятность выпадения <tex>1</tex> и <tex>2</tex> в конвертах {{---}} <tex>(1-q)</tex>
* вероятность выпадения <tex>2</tex> и <tex>4</tex> в конвертах {{---}} <tex>(1-q)\cdot q</tex>
* вероятность выпадения <tex>4</tex> и <tex>8</tex> в конвертах {{---}} <tex>(1-q)\cdot q^2</tex>
* вероятность выпадения <tex>2^i</tex> и <tex>2^{i+1}</tex> в конвертах {{---}} <tex>(1-q)\cdot q^i</tex>
* и так далее.
Итак, пусть нам дали конверт с суммой <tex>2^i</tex>. тогда вероятность того, что в другом конверте <tex>2^{i-1}</tex> {{---}} <tex> \dfrac{1}{1+q} </tex>, а того, что в другом конверте <tex>2^{i+1}</tex> {{---}} <tex>\dfrac{q}{1+q} </tex>
Тогда "в среднем" при обмене мы будем получать <tex>\left ( 2^{i-1} \cdot \dfrac{1}{1+q} + 2^{i+1} \cdot \dfrac{q}{1+q} \right ) = 2^i \cdot \left ( \dfrac{1 + 4q4 \cdot q}{2 + 2q2 \cdot q} \right ) </tex>.
При <tex>q > \dfrac{1}{2}</tex> последняя скобка больше единицы. Таким образом "в среднем" мы получим больше, чем <tex>2^i</tex>. Такое же рассуждение справедливо для обоих игроков. В чем же тут ошибка рассуждения?
Рассчитаем математическое ожидание выигрыша, если мы не будем менять конверты.
<tex>E = \dfrac{1 - q}{2} \cdot 1 + \sum_sum\limits_{i=1}^{\infty} \left ( 2^i \cdot \dfrac{(1 - q)\cdot q^{i-1} + (1-q)\cdot q^i }{2} \right ) = \dfrac{(1 - q)}{2} + (1 - q^2) \sum_cdot \sum\limits_{i=0}^{\infty} \left ( 2q 2 \cdot q \right )^i</tex>, а так как <tex>q > \dfrac{1}{2}</tex>, то под знаком суммирования стоит возрастающая геометрическая прогрессия, тогда <tex>E = \infty</tex>.
А в равенстве <tex> \infty = \infty \cdot \left ( \dfrac{1 + 4q4 \cdot q}{2 + 2q2 \cdot q} \right ) </tex> ошибки нет.
== Парадокс Монти Холла (Monty Hall problem) ==
=== Решение ===
После того, как ведущий открыл одну из дверей с козой, автомобиль может быть либо за выбранной первоначально дверью, либо за оставшейся. С житейской точки зрения, вероятность выигрыша не зависит от первоначального выбора, при любом поведении одинакова и равна <tex>0,5</tex>. Однако, такой ход рассуждений неверен.
Предположим, что мы выбрали дверь №номер <tex>1</tex>. Пусть событие <tex>A</tex> {{---}} автомобиль за дверью №номер <tex>2</tex>. <tex>B</tex> {{---}} автомобиль за дверью №номер <tex> 3</tex>.
<tex>P(A) =\dfrac{2}{3} \cdot \dfrac{1}{2} = \dfrac{1}{3}; P(B) = \dfrac{2}{3} \cdot \dfrac{1}{2}= \dfrac{1}{3}</tex>, где <tex>\dfrac{1}{2}</tex> {{---}} условная вероятность нахождения автомобиля именно за данной дверью при условии, что автомобиль не за дверью, выбранной игроком.
Ведущий, открывая одну из оставшихся дверей, всегда проигрышную, сообщает тем самым игроку ровно <tex>1</tex> бит информации и меняет условные вероятности для <tex>B</tex> и <tex>C</tex> соответственно на <tex>"1"</tex> и <tex>"0"</tex>.
<tex> E_{2} = 2 \cdot \dfrac{1}{4} = 0,5</tex>;
<tex> E_{n} = \dfrac{2^{n-1}}{2^n} = 0,5</tex>;
Согласно линейности математического ожидания, ожидание выигрыша в этом случае равно <tex>E_{1}+E_{1}+... \ldots = 0,5+0,5+0,5 = \infty </tex><br>
Данный парадокс до сих пор не имеет математически полного решения. Нетрудно заметить, что задача легко решается если наложить ограничения на количество игр и предельно малую вероятность, которую можно считать ненулевой.
Пусть <tex>p</tex> {{---}} предельная ненулевая вероятность. То есть, если событие имеет вероятность меньше, чем <tex>p</tex>, то оно не произойдёт никогда. Тогда «реальное» количество бросков не превышает <tex>\log_2 \dfrac{k}{p}</tex>. При таком допущении средний выигрыш за одну игру приближёно равен:
<tex>1 \cdot \dfrac{1}{2} + 2 \cdot \dfrac{1}{4}+...\ldots +2^{n} \cdot \dfrac{1}{2^{n+1}}=\dfrac{n}{2},</tex> где <tex>n=\log_2 \dfrac{k}{p}.</tex>
Таким образом, средний выигрыш равен <tex>\dfrac{1}{2} \cdot \log_2 \dfrac{k}{p}.</tex>
== Парадокс спящей красавицы (Sleeping Beauty problem) ==
'''Решение 2.'''
Проведём эксперимент <tex>1000</tex> раз. Спящую красавицу будят в среднем <tex>500</tex> раз с орлом и <tex>1000</tex> раз с решкой (т.к. так как в случае решки спящую красавицу спрашивают <tex>2</tex> раза). Поэтому вероятность решки <tex>\dfrac{2}{3}</tex>.
=== Решение ===
<tex>\dfrac{1}{2}</tex> {{---}} это вероятность решки при всей известной Красавице информации. Вероятностное пространство здесь таково: первый день, орёл {{---}} <tex>\dfrac{1}{2}</tex>; первый день, решка {{---}} <tex>\dfrac{1}{4}</tex>; второй день, решка {{---}} <tex>\dfrac{1}{4}</tex>.
