Парадоксы теории вероятностей — различия между версиями

Материал из Викиконспекты
Перейти к: навигация, поиск
м (Парадокс Монти Холла)
(исправление неточности)
 
(не показано 8 промежуточных версий 4 участников)
Строка 1: Строка 1:
 
В теории вероятностей существует несколько задач, решение которых, на первый взгляд, противоречит здравому смыслу. Такие задачи называют парадоксами.
 
В теории вероятностей существует несколько задач, решение которых, на первый взгляд, противоречит здравому смыслу. Такие задачи называют парадоксами.
  
== Парадокс двух конвертов ==
+
== Парадокс двух конвертов (Two envelopes problem)==
  
 
===Первая формулировка===
 
===Первая формулировка===
Строка 9: Строка 9:
 
Конверты дают двум игрокам. Каждый из них может открыть свой конверт и пересчитать в нём деньги.  
 
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  
 
После этого игроки должны решить: стоит ли обменять свой конверт на чужой? Оба игрока рассуждают  
следующим образом. Я вижу в своём конверте сумму X. Если Х = 1, то менять точно выгодно. если Х другой, то в чужом конверте равновероятно может находиться <tex dpi="150"> 2X </tex> или <tex dpi="120"> X \over 2</tex>. Поэтому, если я поменяю конверт, то у меня в среднем будет <tex dpi="150"> \tfrac{(2X + \tfrac{X}{2})}{2} = \tfrac{5}{4} X </tex>, т.е. больше, чем сейчас. Значит обмен выгоден. Однако обмен не может быть выгоден обоим игрокам. Где в их рассуждениях кроется ошибка?
+
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> 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{(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 dpi="150"> 2X </tex> или <tex dpi="150"> X \over 2</tex>. В действительности этого не может быть.
+
В данном рассуждении ошибка кроется в предположении о том, что в другом конверте может ''равновероятно'' находится <tex> 2 \cdot  X </tex> или <tex> \dfrac{X}{2}</tex>. В действительности этого не может быть.
  
Предположим от противного, что существует вероятностное распределение <tex dpi="150">p(x)</tex>, определенное на степенях двойки так, что <tex dpi="150">p(2^{x_1})</tex> - вероятность того, что в конвертах будут записаны <tex dpi="150">2^{x_1}</tex> и <tex dpi="150">2^{x_1 + 1}</tex>, причем значения этой функции на соседних степенях равны.
+
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. <tex dpi="150">p(x)</tex> постоянна. Но <tex dpi="150">\displaystyle \sum_{i=1}^\infty p(2^i) = 1</tex> (т.к это вероятностное распределение) - противоречие.
+
Тогда значения этой функции вообще говоря должны быть равны на всех степенях, то есть <tex>p(x)</tex> постоянна. Но <tex> \sum\limits_{i=1}^\infty p(2^i) = 1</tex> (так как это вероятностное распределение) {{---}} противоречие.
  
 
Также есть формулировка парадокса, обходящая данное доказательство.
 
Также есть формулировка парадокса, обходящая данное доказательство.
Строка 22: Строка 22:
 
Действительно, пусть нам ''дано'' вероятностное распределение геометрической прогрессией:
 
Действительно, пусть нам ''дано'' вероятностное распределение геометрической прогрессией:
  
* вероятность выпадения 1 и 2 в конвертах <tex dpi="120">(1-q)</tex>
+
* вероятность выпадения <tex>1</tex> и <tex>2</tex> в конвертах {{---}} <tex>(1-q)</tex>
  
* вероятность выпадения 2 и 4 в конвертах <tex dpi="120">(1-q)q</tex>
+
* вероятность выпадения <tex>2</tex> и <tex>4</tex> в конвертах {{---}} <tex>(1-q) \cdot  q</tex>
  
* вероятность выпадения 4 и 8 в конвертах <tex dpi="120">(1-q)q^2</tex>
+
* вероятность выпадения <tex>4</tex> и <tex>8</tex> в конвертах {{---}} <tex>(1-q) \cdot  q^2</tex>
  
* вероятность выпадения <tex dpi="120">2^i</tex> и <tex dpi="120">2^{i+1}</tex> в конвертах <tex dpi="120">(1-q)q^i</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.
 
* и так далее.
  
тогда сумма всех вероятностей действительно <tex dpi="120">(1-q) \cdot \frac{1}{(1-q)} = 1</tex>
+
тогда сумма всех вероятностей действительно <tex>(1-q) \cdot \dfrac{1}{1-q} = 1</tex>
  
Итак, пусть нам дали конверт с суммой <tex dpi="120">2^i</tex>. тогда вероятность того, что в другом конверте <tex dpi="120">2^{i-1} \ </tex>   —  <tex dpi="120"> \ \frac{1}{(1+q)} </tex>, а того, что в другом конверте <tex dpi="120">2^{i+1} \ </tex>   —  <tex dpi="120"> \ \frac{q}{(1+q)} </tex>   
+
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 dpi="120">\left ( 2^{i-1} \cdot \frac{1}{(1+q)} + 2^{i+1} \cdot \frac{q}{(1+q)} \right ) = 2^i \cdot \left ( \frac{1 + 4q}{2 + 2q} \right ) </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 + 4 \cdot q}{2 + 2 \cdot q} \right ) </tex>.
  
При <tex dpi="120">q > \frac{1}{2}</tex> последняя скобка больше единицы. Таким образом "в среднем" мы получим больше, чем <tex dpi="120">2^i</tex>. Такое же рассуждение справедливо для обоих игроков. В чем же тут ошибка рассуждения?
+
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?
  
 
А между тем ошибка тут психологическая. Ведь что человек понимает под понятием "в среднем"? Это некоторое "среднее значение", при условии, что число экспериментов очень велико.
 
А между тем ошибка тут психологическая. Ведь что человек понимает под понятием "в среднем"? Это некоторое "среднее значение", при условии, что число экспериментов очень велико.
 
Рассчитаем математическое ожидание выигрыша, если мы не будем менять конверты.
 
Рассчитаем математическое ожидание выигрыша, если мы не будем менять конверты.
  
<tex dpi="120">E = \displaystyle \frac{(1 - q)}{2} \cdot 1 + \sum_{i=1}^{\infty} \left ( 2^i \cdot \frac{ (1 - q)q^{i-1} + (1-q)q^i }{2} \right ) = \frac{(1 - q)}{2} + (1 - q^2) \sum_{i=0}^{\infty} \left ( 2q \right )^i</tex>, а так как <tex dpi="120">q > \frac{1}{2}</tex>, то под знаком суммирования стоит возрастающая геометрическая прогрессия, тогда <tex dpi="120">E = \infty</tex>.
+
<tex>E = \dfrac{1 - q}{2} \cdot 1 + \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)\cdot  \sum\limits_{i=0}^{\infty} \left ( 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 dpi="120"> \infty = \infty \cdot \left ( \frac{1 + 4q}{2 + 2q} \right ) </tex> ошибки нет.
+
А в равенстве <tex> \infty = \infty \cdot \left ( \dfrac{1 + 4 \cdot  q}{2 + 2 \cdot q} \right ) </tex> ошибки нет.
  
== Парадокс Монти Холла ==
+
== Парадокс Монти Холла (Monty Hall problem) ==
  
 
=== Формулировка ===
 
=== Формулировка ===
Допустим, вы участвуете в игре. Перед вами три двери, за одной из них - автомобиль, за двумя другими - козы. Вы выбираете одну из трёх дверей и указываете на неё. Ведущий, который знает, за какой дверью машина, открывает одну из двух оставшихся дверей, за которой коза. После этого он предлагает вам выбрать одно из двух: выбрать другую дверь, или не менять свой выбор. Увеличатся ли шансы выиграть авто, если вы выберете другую дверь?
+
Допустим, вы участвуете в игре. Перед вами три двери, за одной из них {{---}} автомобиль, за двумя другими {{---}} козы. Вы выбираете одну из трёх дверей и указываете на неё. Ведущий, который знает, за какой дверью машина, открывает одну из двух оставшихся дверей, за которой коза. После этого он предлагает вам выбрать одно из двух: выбрать другую дверь, или не менять свой выбор. Увеличатся ли шансы выиграть авто, если вы выберете другую дверь?
  
 
=== Решение ===
 
=== 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 0,5. Однако, такой ход рассуждений неверен.
+
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 №1.  
+
Предположим, что мы выбрали дверь номер <tex>1</tex>.  
Пусть событие <tex dpi="130">A</tex> - автомобиль за дверью №2. <tex dpi="130">B</tex> - автомобиль за дверью №3.
+
Пусть событие <tex>A</tex> {{---}} автомобиль за дверью номер <tex>2</tex>. <tex>B</tex> {{---}} автомобиль за дверью номер <tex> 3</tex>.
<tex dpi="130">P(A) =\frac{2}{3}  \cdot \frac{1}{2} = \frac{1}{3}; P(B) = \frac{2}{3}  \cdot \frac{1}{2}= \frac{1}{3}</tex>, где <tex dpi="130">\frac{1}{2}</tex> - условная вероятность нахождения автомобиля именно за данной дверью при условии, что автомобиль не за дверью, выбранной игроком.
+
<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 1 бит информации и меняет условные вероятности для <tex dpi="130">B</tex> и <tex dpi="130">C</tex> соответственно на "1" и "0".
+
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>.
В результате выражения принимают вид: <tex dpi="130">P(A) = \frac{2}{3}  \cdot 1  = \frac{2}{3}</tex>; <tex dpi="130">P(B) = \frac{2}{3}  \cdot 0  =0; </tex>
+
В результате выражения принимают вид: <tex>P(A) = \dfrac{2}{3}  \cdot 1  = \dfrac{2}{3}</tex>; <tex>P(B) = \dfrac{2}{3}  \cdot 0  =0; </tex>
 
{|
 
{|
 
|style = "width=50%;" align="left"|
 
|style = "width=50%;" align="left"|
Строка 81: Строка 81:
 
|}
 
|}
  
Таким образом, мы видим, что при любом первоначальном выборе, вероятность выиграть, если не менять решения - <tex dpi="130">\frac{1}{3}  </tex>, а если поменять - <tex dpi="130">\frac{2}{3}  </tex>, что противоречит интуитивному пониманию данного вопроса.
+
Таким образом, мы видим, что при любом первоначальном выборе, вероятность выиграть, если не менять решения {{---}} <tex>\dfrac{1}{3}  </tex>, а если поменять {{---}} <tex>\dfrac{2}{3}  </tex>, что противоречит интуитивному пониманию данного вопроса.
Другими словами, если игрок не меняет решения, то он проиграет в том и только в том случае, если первоначально выбрал дверь за которой автомобиль, а вероятность выбрать автомобиль первоначально составляет <tex dpi="130">\frac{1}{3}  </tex>.
+
Другими словами, если игрок меняет решение, то он проиграет в том и только в том случае, если первоначально выбрал дверь за которой автомобиль, а вероятность выбрать автомобиль первоначально составляет <tex>\dfrac{1}{3}  </tex>.
  
== Санкт-Петербургский парадокс ==
+
== Санкт-Петербургский парадокс (St. Petersburg paradox) ==
  
 
Иллюстрирует расхождение математического ожидания выигрыша и его житейской оценки.
 
Иллюстрирует расхождение математического ожидания выигрыша и его житейской оценки.
Строка 90: Строка 90:
 
=== Формулировка ===
 
=== Формулировка ===
  
Игроку в казино предлагают сыграть в игру, состоящую в следующем: после уплаты определённого вступительного взноса за участие в игре, игрок подбрасывает честную монету пока у него не выпадет орёл. Если у него выпал орёл с первой попытки, ему выплачивают рубль. Если со второй - два рубля. С третьей - 4, и так далее. После получения денег - игра закончена.
+
Игроку в казино предлагают сыграть в игру, состоящую в следующем: после уплаты определённого вступительного взноса за участие в игре, игрок подбрасывает честную монету пока у него не выпадет орёл. Если у него выпал орёл с первой попытки, ему выплачивают рубль. Если со второй {{---}} два рубля. С третьей {{---}} <tex>4</tex>, и так далее. После получения денег {{---}} игра закончена.
 
Нужно определить, какого размера вступительный взнос должно просить казино, чтобы не остаться в убытке.
 
Нужно определить, какого размера вступительный взнос должно просить казино, чтобы не остаться в убытке.
  
 
=== Разбор ===
 
=== Разбор ===
Согласно некоторым статистическим данным, игрок готов заплатить за участие в такой игре 10-20, редко 50 рублей, что нелогично с математической точки зрения, ведь математическое ожидание выигрыша в такой ситуации равно бесконечности. Докажем это:
+
Согласно некоторым статистическим данным, игрок готов заплатить за участие в такой игре <tex>10-20</tex>, редко <tex>50</tex> рублей, что нелогично с математической точки зрения, ведь математическое ожидание выигрыша в такой ситуации равно бесконечности. Докажем это:
Рассмотрим величину <tex dpi="130"> E_{n} </tex> - математическое ожидание выигрыша с n-й попытки:
+
Рассмотрим величину <tex> E_{n} </tex> {{---}} математическое ожидание выигрыша с <tex>n</tex>-й попытки:
  
<tex dpi="130"> E_{1} = 1 \cdot \frac{1}{2}  = 0,5</tex>;
+
<tex> E_{1} = 1 \cdot \dfrac{1}{2}  = 0,5</tex>;
  
<tex dpi="130"> E_{2} = 2 \cdot \frac{1}{4}  = 0,5</tex>;
+
<tex> E_{2} = 2 \cdot \dfrac{1}{4}  = 0,5</tex>;
  
...
+
<tex>\ldots</tex>
  
<tex dpi="130"> E_{n} = \frac{2^{n-1}}{2^n}  = 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 dpi="130">E_{1}+E_{1}+... = 0,5+0,5+0,5 = \infty </tex><br>
+
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.
 
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.
  
Вероятность того, что в определённой игре количество бросков превысит <tex dpi="130">n</tex>, равна <tex dpi="130">\frac{1}{2^{n}}</tex>. Пусть игрок может сыграть не более <tex dpi="130">k</tex> игр. Тогда вероятность того, что количество бросков хотя бы в одной игре превысит <tex dpi="130">n</tex>, равна <tex dpi="130">1-(1-\frac{1}{2^{n}})^{k}</tex>.
+
Вероятность того, что в определённой игре количество бросков превысит <tex>n</tex>, равна <tex>\dfrac{1}{2^{n}}</tex>. Пусть игрок может сыграть не более <tex>k</tex> игр. Тогда вероятность того, что количество бросков хотя бы в одной игре превысит <tex>n</tex>, равна <tex>1-(1-\dfrac{1}{2^{n}})^{k}</tex>.
  
Известно, что <tex dpi="130">\lim_{n\rightarrow\infty}1-(1-\frac{1}{2^{n}})^{k} = \frac{k}{2^{n}}</tex> (теорема Бернулли).
+
Известно, что <tex>\lim\limits_{n\rightarrow\infty}{1-(1-\dfrac{1}{2^{n}})^{k}} = \dfrac{k}{2^{n}}</tex> (теорема Бернулли).
Пусть <tex dpi="130">p</tex> - предельная ненулевая вероятность. Тогда «реальное» количество бросков не превышает <tex dpi="130">\log_2 \frac{k}{p}</tex>. При таком допущении средний выигрыш за одну игру приближёно равен:
+
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 dpi="130">1 \cdot \frac{1}{2} + 2 \cdot \frac{1}{4}+...+2^{n} \cdot \frac{1}{2^{n+1}}=\frac{n}{2},</tex> где <tex dpi="130">n=\log_2 \frac{k}{p}.</tex>
+
<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 dpi="130">\frac{1}{2} \log_2 \frac{k}{p}.</tex>
+
Таким образом, средний выигрыш равен <tex>\dfrac{1}{2} \cdot  \log_2 \dfrac{k}{p}.</tex>
  
== Ссылки ==
+
== Парадокс спящей красавицы (Sleeping Beauty problem) ==
 +
Парадокс представляет собой вероятностную задачу, которая имеет несколько различных, по-своему правильных ответов, и демонстрирует, как можно манипулировать статистикой.
 +
=== Формулировка ===
 +
Испытуемой («Спящей красавице») делается укол снотворного. Бросается симметричная монета. В случае выпадения орла: её будят, и эксперимент на этом заканчивается. В случае выпадения решки: её будят, делают второй укол (после чего она забывает о побудке) и будят на следующий день, не бросая монеты (в таком случае эксперимент идёт два дня подряд). Вся эта процедура Красавице известна, однако у неё нет информации, в какой день её разбудили.
 +
 
 +
Представьте себя на месте Спящей красавицы. Вас разбудили. Какова вероятность того, что монета упала решкой?
 +
 
 +
'''Решение 1.'''
 +
У вас нет никакой информации о результате выпадения монеты и предыдущих побудках. Поскольку известно, что монета честная, можно предположить, что вероятность решки <tex>\dfrac{1}{2}</tex>.
 +
 
 +
'''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 (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>.
 +
 
 +
А <tex>\dfrac{2}{3}</tex> в таком случае {{---}} это действительная доля пробуждений с решкой с учётом того, что каждая решка даёт два пробуждения, а каждый орёл {{---}} одно.
 +
 
 +
==См.также==
 +
*[[Вероятностное пространство, элементарный исход, событие]]
 +
*[[Дискретная случайная величина]]
 +
*[[Математическое ожидание случайной величины]]
 +
 
 +
== Источники информации ==
 
* [http://ru.wikipedia.org/wiki/Задача_о_двух_конвертах Википедия {{---}} Парадокс двух конвертов]
 
* [http://ru.wikipedia.org/wiki/Задача_о_двух_конвертах Википедия {{---}} Парадокс двух конвертов]
 
* [http://ru.wikipedia.org/wiki/Парадокс_Монти_Холла Википедия {{---}} Парадокс Монти Холла]
 
* [http://ru.wikipedia.org/wiki/Парадокс_Монти_Холла Википедия {{---}} Парадокс Монти Холла]
 
* [http://ru.wikipedia.org/wiki/Санкт-Петербургский_парадокс Википедия {{---}} Санкт-Петербургский парадокс]
 
* [http://ru.wikipedia.org/wiki/Санкт-Петербургский_парадокс Википедия {{---}} Санкт-Петербургский парадокс]
 +
* [http://ru.wikipedia.org/wiki/Парадокс_спящей_красавицы Википедия {{---}} Парадокс спящей красавицы]
 
* [http://sinset.com/ru/%D0%9F%D0%B0%D1%80%D0%B0%D0%B4%D0%BE%D0%BA%D1%81_%D0%B4%D0%B2%D1%83%D1%85_%D0%BA%D0%BE%D0%BD%D0%B2%D0%B5%D1%80%D1%82%D0%BE%D0%B2 Sinset.com {{---}} Парадокс двух конвертов]
 
* [http://sinset.com/ru/%D0%9F%D0%B0%D1%80%D0%B0%D0%B4%D0%BE%D0%BA%D1%81_%D0%B4%D0%B2%D1%83%D1%85_%D0%BA%D0%BE%D0%BD%D0%B2%D0%B5%D1%80%D1%82%D0%BE%D0%B2 Sinset.com {{---}} Парадокс двух конвертов]
 
* [http://sergey-a.ru/paradox/Untitled-2.html Визуализатор парадокса Монти Холла]  
 
* [http://sergey-a.ru/paradox/Untitled-2.html Визуализатор парадокса Монти Холла]  

Текущая версия на 16:50, 16 февраля 2021

В теории вероятностей существует несколько задач, решение которых, на первый взгляд, противоречит здравому смыслу. Такие задачи называют парадоксами.

Парадокс двух конвертов (Two envelopes problem)[править]

Первая формулировка[править]

Есть два неразличимых конверта с деньгами. В обоих конвертах находится некая степень двойки денег, причем в одном находится сумма в два раза большая, чем во втором. Величина этой суммы неизвестна. 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 [math]X[/math]. Если [math]X = 1[/math], то менять точно выгодно. Если [math]X[/math] другой, то в чужом конверте равновероятно может находиться [math] 2 \cdot X [/math] или [math] \dfrac{X}{2}[/math]. Поэтому, если я поменяю конверт, то у меня в среднем будет [math] \dfrac{(2 \cdot X + \dfrac{X}{2})}{2} = \dfrac{5}{4} \cdot X [/math]. 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 [math] 2 \cdot X [/math] или [math] \dfrac{X}{2}[/math]. В действительности этого не может быть.

Предположим от противного, что существует вероятностное распределение [math]p(x)[/math], определенное на степенях двойки так, что [math]p(2^{x_1})[/math] — вероятность того, что в конвертах будут записаны [math]2^{x_1}[/math] и [math]2^{x_1 + 1}[/math], причем значения этой функции на соседних степенях равны. Тогда значения этой функции вообще говоря должны быть равны на всех степенях, то есть [math]p(x)[/math] постоянна. Но [math] \sum\limits_{i=1}^\infty p(2^i) = 1[/math] (так как это вероятностное распределение) — противоречие.

Также есть формулировка парадокса, обходящая данное доказательство.

Вторая формулировка[править]

Действительно, пусть нам дано вероятностное распределение геометрической прогрессией:

  • вероятность выпадения [math]1[/math] и [math]2[/math] в конвертах — [math](1-q)[/math]
  • вероятность выпадения [math]2[/math] и [math]4[/math] в конвертах — [math](1-q) \cdot q[/math]
  • вероятность выпадения [math]4[/math] и [math]8[/math] в конвертах — [math](1-q) \cdot q^2[/math]
  • вероятность выпадения [math]2^i[/math] и [math]2^{i+1}[/math] в конвертах — [math](1-q) \cdot q^i[/math]
  • и так далее.

тогда сумма всех вероятностей действительно [math](1-q) \cdot \dfrac{1}{1-q} = 1[/math]

Итак, пусть нам дали конверт с суммой [math]2^i[/math]. тогда вероятность того, что в другом конверте [math]2^{i-1}[/math][math] \dfrac{1}{1+q} [/math], а того, что в другом конверте [math]2^{i+1}[/math][math]\dfrac{q}{1+q} [/math]

Тогда "в среднем" при обмене мы будем получать [math]\left ( 2^{i-1} \cdot \dfrac{1}{1+q} + 2^{i+1} \cdot \dfrac{q}{1+q} \right ) = 2^i \cdot \left ( \dfrac{1 + 4 \cdot q}{2 + 2 \cdot q} \right ) [/math].

При [math]q \gt \dfrac{1}{2}[/math] последняя скобка больше единицы. Таким образом "в среднем" мы получим больше, чем [math]2^i[/math]. Такое же рассуждение справедливо для обоих игроков. В чем же тут ошибка рассуждения?

А между тем ошибка тут психологическая. Ведь что человек понимает под понятием "в среднем"? Это некоторое "среднее значение", при условии, что число экспериментов очень велико. Рассчитаем математическое ожидание выигрыша, если мы не будем менять конверты.

[math]E = \dfrac{1 - q}{2} \cdot 1 + \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)\cdot \sum\limits_{i=0}^{\infty} \left ( 2 \cdot q \right )^i[/math], а так как [math]q \gt \dfrac{1}{2}[/math], то под знаком суммирования стоит возрастающая геометрическая прогрессия, тогда [math]E = \infty[/math].

А в равенстве [math] \infty = \infty \cdot \left ( \dfrac{1 + 4 \cdot q}{2 + 2 \cdot q} \right ) [/math] ошибки нет.

Парадокс Монти Холла (Monty Hall problem)[править]

Формулировка[править]

Допустим, вы участвуете в игре. Перед вами три двери, за одной из них — автомобиль, за двумя другими — козы. Вы выбираете одну из трёх дверей и указываете на неё. Ведущий, который знает, за какой дверью машина, открывает одну из двух оставшихся дверей, за которой коза. После этого он предлагает вам выбрать одно из двух: выбрать другую дверь, или не менять свой выбор. Увеличатся ли шансы выиграть авто, если вы выберете другую дверь?

Решение[править]

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 [math]0,5[/math]. Однако, такой ход рассуждений неверен. Предположим, что мы выбрали дверь номер [math]1[/math]. Пусть событие [math]A[/math] — автомобиль за дверью номер [math]2[/math]. [math]B[/math] — автомобиль за дверью номер [math] 3[/math]. [math]P(A) =\dfrac{2}{3} \cdot \dfrac{1}{2} = \dfrac{1}{3}; P(B) = \dfrac{2}{3} \cdot \dfrac{1}{2}= \dfrac{1}{3}[/math], где [math]\dfrac{1}{2}[/math] — 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 [math]1[/math] бит информации и меняет условные вероятности для [math]B[/math] и [math]C[/math] соответственно на [math]"1"[/math] и [math]"0"[/math]. В результате выражения принимают вид: [math]P(A) = \dfrac{2}{3} \cdot 1 = \dfrac{2}{3}[/math]; [math]P(B) = \dfrac{2}{3} \cdot 0 =0; [/math]

За выбранной дверью Решение Результат
Автомобиль Оставить Выигрыш
Коза Оставить Проигрыш
Коза Оставить Проигрыш
Автомобиль Поменять Проигрыш
Коза Поменять Выигрыш
Коза Поменять Выигрыш

Таким образом, мы видим, что при любом первоначальном выборе, вероятность выиграть, если не менять решения — [math]\dfrac{1}{3} [/math], а если поменять — [math]\dfrac{2}{3} [/math], что противоречит интуитивному пониманию данного вопроса. Другими словами, если игрок меняет решение, то он проиграет в том и только в том случае, если первоначально выбрал дверь за которой автомобиль, а вероятность выбрать автомобиль первоначально составляет [math]\dfrac{1}{3} [/math].

Санкт-Петербургский парадокс (St. Petersburg paradox)[править]

Иллюстрирует расхождение математического ожидания выигрыша и его житейской оценки.

Формулировка[править]

Игроку в казино предлагают сыграть в игру, состоящую в следующем: после уплаты определённого вступительного взноса за участие в игре, игрок подбрасывает честную монету пока у него не выпадет орёл. Если у него выпал орёл с первой попытки, ему выплачивают рубль. Если со второй — два рубля. С третьей — [math]4[/math], и так далее. После получения денег — игра закончена. Нужно определить, какого размера вступительный взнос должно просить казино, чтобы не остаться в убытке.

Разбор[править]

Согласно некоторым статистическим данным, игрок готов заплатить за участие в такой игре [math]10-20[/math], редко [math]50[/math] рублей, что нелогично с математической точки зрения, ведь математическое ожидание выигрыша в такой ситуации равно бесконечности. Докажем это: Рассмотрим величину [math] E_{n} [/math] — математическое ожидание выигрыша с [math]n[/math]-й попытки:

[math] E_{1} = 1 \cdot \dfrac{1}{2} = 0,5[/math];

[math] E_{2} = 2 \cdot \dfrac{1}{4} = 0,5[/math];

[math]\ldots[/math]

[math] E_{n} = \dfrac{2^{n-1}}{2^n} = 0,5[/math];

Согласно линейности математического ожидания, ожидание выигрыша в этом случае равно [math]E_{1}+E_{1}+ \ldots = 0,5+0,5+0,5 = \infty [/math]
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.

Вероятность того, что в определённой игре количество бросков превысит [math]n[/math], равна [math]\dfrac{1}{2^{n}}[/math]. Пусть игрок может сыграть не более [math]k[/math] игр. Тогда вероятность того, что количество бросков хотя бы в одной игре превысит [math]n[/math], равна [math]1-(1-\dfrac{1}{2^{n}})^{k}[/math].

Известно, что [math]\lim\limits_{n\rightarrow\infty}{1-(1-\dfrac{1}{2^{n}})^{k}} = \dfrac{k}{2^{n}}[/math] (теорема Бернулли). Пусть [math]p[/math] — предельная ненулевая вероятность. То есть, если событие имеет вероятность меньше, чем [math]p[/math], то оно не произойдёт никогда. Тогда «реальное» количество бросков не превышает [math]\log_2 \dfrac{k}{p}[/math]. При таком допущении средний выигрыш за одну игру приближёно равен:

[math]1 \cdot \dfrac{1}{2} + 2 \cdot \dfrac{1}{4}+ \ldots +2^{n} \cdot \dfrac{1}{2^{n+1}}=\dfrac{n}{2},[/math] где [math]n=\log_2 \dfrac{k}{p}.[/math]

Таким образом, средний выигрыш равен [math]\dfrac{1}{2} \cdot \log_2 \dfrac{k}{p}.[/math]

Парадокс спящей красавицы (Sleeping Beauty problem)[править]

Парадокс представляет собой вероятностную задачу, которая имеет несколько различных, по-своему правильных ответов, и демонстрирует, как можно манипулировать статистикой.

Формулировка[править]

Испытуемой («Спящей красавице») делается укол снотворного. Бросается симметричная монета. В случае выпадения орла: её будят, и эксперимент на этом заканчивается. В случае выпадения решки: её будят, делают второй укол (после чего она забывает о побудке) и будят на следующий день, не бросая монеты (в таком случае эксперимент идёт два дня подряд). Вся эта процедура Красавице известна, однако у неё нет информации, в какой день её разбудили.

Представьте себя на месте Спящей красавицы. Вас разбудили. Какова вероятность того, что монета упала решкой?

Решение 1. У вас нет никакой информации о результате выпадения монеты и предыдущих побудках. Поскольку известно, что монета честная, можно предположить, что вероятность решки [math]\dfrac{1}{2}[/math].

Решение 2. Проведём эксперимент [math]1000[/math] раз. Спящую красавицу будят в среднем [math]500[/math] раз с орлом и [math]1000[/math] раз с решкой (так как в случае решки спящую красавицу спрашивают [math]2[/math] раза). Поэтому вероятность решки [math]\dfrac{2}{3}[/math].

Решение[править]

[math]\dfrac{1}{2}[/math] — это вероятность решки при всей известной Красавице информации. Вероятностное пространство здесь таково: первый день, орёл — [math]\dfrac{1}{2}[/math]; первый день, решка — [math]\dfrac{1}{4}[/math]; второй день, решка — [math]\dfrac{1}{4}[/math].

А [math]\dfrac{2}{3}[/math] в таком случае — это действительная доля пробуждений с решкой с учётом того, что каждая решка даёт два пробуждения, а каждый орёл — одно.

См.также[править]

Источники информации[править]