Изменения

== Парадокс двух конвертов (Two envelopes problem)==

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.

* 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>

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?

<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) ==

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?

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>

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) ==

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.

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 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>

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) ==

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>.

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>.

<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]]