Изменения

Перейти к: навигация, поиск

Парадоксы теории вероятностей

224 байта добавлено, 16 февраль
исправление неточности
В теории вероятностей существует несколько задач, решение которых, на первый взгляд, противоречит здравому смыслу. Такие задачи называют парадоксами.
== Парадокс двух конвертов (Two envelopes problem)==
===Первая формулировка===
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 dpi="130">X</tex>. Если <tex dpi="130">X = 1</tex>, то менять точно выгодно. если Если <tex dpi="130">X</tex> другой, то в чужом конверте равновероятно может находиться <tex dpi="130"> 2X 2 \cdot X </tex> или <tex dpi="120"> \dfrac{X \over }{2}</tex>. Поэтому, если я поменяю конверт, то у меня в среднем будет <tex dpi="15080"> \tfracdfrac{(2X 2 \cdot X + \tfracdfrac{X}{2})}{2} = \tfracdfrac{5}{4} \cdot X </tex>, т.е. 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="130"> 2X 2 \cdot X </tex> или <tex dpi="150"> \dfrac{X \over }{2}</tex>. В действительности этого не может быть.
Предположим от противного, что существует вероятностное распределение <tex dpi="130">p(x)</tex>, определенное на степенях двойки так, что <tex dpi="130">p(2^{x_1})</tex> {{---}} вероятность того, что в конвертах будут записаны <tex dpi="130">2^{x_1}</tex> и <tex dpi="130">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 dpi="130">p(x)</tex> постоянна. Но <tex dpi="130">\displaystyle 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.
Действительно, пусть нам ''дано'' вероятностное распределение геометрической прогрессией:
* вероятность выпадения <tex>1</tex> и <tex>2</tex> в конвертах {{---}} <tex dpi="120">(1-q)</tex>
* вероятность выпадения <tex>2</tex> и <tex>4</tex> в конвертах {{---}} <tex dpi="120">(1-q)\cdot q</tex>
* вероятность выпадения <tex>4</tex> и <tex>8</tex> в конвертах {{---}} <tex dpi="120">(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)\cdot q^i</tex>
* и так далее.
тогда сумма всех вероятностей действительно <tex dpi="150">(1-q) \cdot \fracdfrac{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="150"> \ \fracdfrac{1}{(1+q)} </tex>, а того, что в другом конверте <tex dpi="120">2^{i+1} \ </tex> {{---}} <tex dpi="150"> \ \fracdfrac{q}{(1+q)} </tex>
Тогда "в среднем" при обмене мы будем получать <tex dpi="150">\left ( 2^{i-1} \cdot \fracdfrac{1}{(1+q)} + 2^{i+1} \cdot \fracdfrac{q}{(1+q)} \right ) = 2^i \cdot \left ( \fracdfrac{1 + 4q4 \cdot q}{2 + 2q2 \cdot q} \right ) </tex>.
При <tex dpi="150">q > \fracdfrac{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?
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.
<tex dpi="150">E = \displaystyle \fracdfrac{(1 - q)}{2} \cdot 1 + \sum_sum\limits_{i=1}^{\infty} \left ( 2^i \cdot \fracdfrac{ (1 - q)\cdot q^{i-1} + (1-q)\cdot q^i }{2} \right ) = \fracdfrac{(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 dpi="150">q > \fracdfrac{1}{2}</tex>, то под знаком суммирования стоит возрастающая геометрическая прогрессия, тогда <tex dpi="120">E = \infty</tex>.
А в равенстве <tex dpi="150"> \infty = \infty \cdot \left ( \fracdfrac{1 + 4q4 \cdot q}{2 + 2q2 \cdot q} \right ) </tex> ошибки нет.
== Парадокс Монти Холла (Monty Hall problem) ==
=== 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?
=== 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 dpi="130">A</tex> {{---}} автомобиль за дверью номер <tex>2</tex>. <tex dpi="130">B</tex> {{---}} автомобиль за дверью №3номер <tex> 3</tex>.<tex dpi="150">P(A) =\fracdfrac{2}{3} \cdot \fracdfrac{1}{2} = \fracdfrac{1}{3}; P(B) = \fracdfrac{2}{3} \cdot \fracdfrac{1}{2}= \fracdfrac{1}{3}</tex>, где <tex dpi="150">\fracdfrac{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 dpi="130">B</tex> и <tex dpi="130">C</tex> соответственно на <tex>"1"</tex> и <tex>"0"</tex>.В результате выражения принимают вид: <tex dpi="150">P(A) = \fracdfrac{2}{3} \cdot 1 = \fracdfrac{2}{3}</tex>; <tex dpi="150">P(B) = \fracdfrac{2}{3} \cdot 0 =0; </tex>
{|
|style = "width=50%;" align="left"|
|}
Таким образом, мы видим, что при любом первоначальном выборе, вероятность выиграть, если не менять решения {{---}} <tex dpi="150">\fracdfrac{1}{3} </tex>, а если поменять {{---}} <tex dpi="150">\fracdfrac{2}{3} </tex>, что противоречит интуитивному пониманию данного вопроса.Другими словами, если игрок не меняет решениярешение, 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="150">\fracdfrac{1}{3} </tex>.
== Санкт-Петербургский парадокс (St. Petersburg paradox) ==
Иллюстрирует расхождение математического ожидания выигрыша и его житейской оценки.
=== 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 {{---}} <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.
=== Разбор ===
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 <tex>n</tex>-й попытки:
<tex dpi="150"> E_{1} = 1 \cdot \fracdfrac{1}{2} = 0,5</tex>;
<tex dpi="150"> E_{2} = 2 \cdot \fracdfrac{1}{4} = 0,5</tex>;
...<tex>\ldots</tex>
<tex dpi="150"> E_{n} = \fracdfrac{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}+... \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.
Вероятность того, что в определённой игре количество бросков превысит <tex dpi="130">n</tex>, равна <tex dpi="150">\fracdfrac{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="150">1-(1-\fracdfrac{1}{2^{n}})^{k}</tex>.
Известно, что <tex dpi="150">\lim\limits_{n\rightarrow\infty}{1-(1-\fracdfrac{1}{2^{n}})^{k}} = \fracdfrac{k}{2^{n}}</tex> (теорема Бернулли).Пусть <tex dpi="130">p</tex> {{---}} предельная ненулевая вероятность. То есть, если событие, имеющее имеет вероятность меньше некоторого , чем <tex>p</tex>, то оно не произойдёт никогда. Тогда «реальное» количество бросков не превышает <tex dpi="150">\log_2 \fracdfrac{k}{p}</tex>. При таком допущении средний выигрыш за одну игру приближёно равен:
<tex dpi="150">1 \cdot \fracdfrac{1}{2} + 2 \cdot \fracdfrac{1}{4}+...\ldots +2^{n} \cdot \fracdfrac{1}{2^{n+1}}=\fracdfrac{n}{2},</tex> где <tex dpi="150">n=\log_2 \fracdfrac{k}{p}.</tex>
Таким образом, средний выигрыш равен <tex dpi="150">\fracdfrac{1}{2} \cdot \log_2 \fracdfrac{k}{p}.</tex>
== 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 ===
'''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 dpi="150">\fracdfrac{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 (т.к. так как в случае решки спящую красавицу спрашивают <tex>2</tex> раза). Поэтому вероятность решки <tex dpi="150">\fracdfrac{2}{3}</tex>.
=== Решение ===
<tex dpi="150">\fracdfrac{1}{2}</tex> {{---}} это вероятность решки при всей известной Красавице информации. Вероятностное пространство здесь таково: первый день, орёл {{---}} <tex dpi="150">\fracdfrac{1}{2}</tex>; первый день, решка {{---}} <tex dpi="150">\fracdfrac{1}{4}</tex>; второй день, решка {{---}} <tex dpi="150">\fracdfrac{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]]
А <tex dpi="150">\frac{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.
== Источники информации ==
* [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/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://sergey-a.ru/paradox/Untitled-2.html Визуализатор парадокса Монти Холла]
Анонимный участник

Навигация