Оптимальні випадкові ставки

Це питання виникає з цього веб-сайту, який я часто переглядаю.

Два гравці продовжують горяче нове ігрове шоу під назвою "Виграє більша кількість". Двоє йдуть в окремі кабінки, і кожен натискає кнопку, і на екрані з'являється випадкове число між нулем і одним. (У цей момент жоден номер другого не знає, але вони знають, що числа вибираються зі стандартного рівномірного розподілу.) Вони можуть вибрати, щоб зберегти це перше число, або знову натиснути кнопку, щоб відкинути перше число та отримати друге випадкове число, яке вони повинні зберігати. Потім вони виходять зі своїх кабінок і бачать підсумковий номер кожного гравця на стіні. Розкішний головний приз - справа, повна золотих злитків - присуджується гравцеві, який утримав більшу кількість. Яке число є оптимальним обмеженням для гравців, щоб зняти своє перше число та вибрати інше? Поставте інший спосіб, в межах якого діапазону вони повинні вибрати, щоб зберегти перший номер,

Це або дуже дивна проблема аукціону з симетричними гравцями (я також припускаю, що гравці є нейтральними до ризику), або дуже дивна лотерея / теорія ігор.

Як би ви підходили до цього питання математично кажучи і яку відповідь ви отримуєте на нього? Немає премії за те, щоб отримати правильну відповідь на загадку сайту, мені просто цікаво. Моя інтуїція підказує мені, що оптимальне обмеження становить 0,5, оскільки у вас є 50-50 шансів бути вищим чи нижчим за число опонента, незалежно від того, чи він / вона повторює їх випадкове число чи ні, але я не впевнений.

Спочатку я просто покажу, що 0,5 (або $\frac{1}{2}$) точка відсічення не працює як симетрична рівновага, тоді ви можете вирішити для себе, чи хочете ви подумати над проблемою або прочитати повну відповідь.

Позначимо точки відсічення через $c_x,c_y$. Припустимо, обидва гравці використовують стратегію$c = \frac{1}{2}$. Позначимо числа гравця$x$ і $y$ відповідно від $x_1$ і $y_1$ і їх потенційне друге число по $x_2$ і $y_2$. Припустимо$x_1 = \frac{2}{3}$. Зберігаючи це ймовірність того, що гравець$x$ перемагає

$$P\left(\frac{1}{2} \leq y_1 < \frac{2}{3} \right) + P\left(y_1 < \frac{1}{2}\right) \cdot P\left(y_2 < \frac{2}{3}\right) = \frac{1}{6} + \frac{1}{2} \cdot \frac{2}{3} = \frac{1}{2}.$$ Це також означає, що $\frac{2}{3}$є медіаною цього розподілу .

Тепер припустимо $x_1 = \frac{1}{2}$. Зберігаючи це ймовірність того, що гравець$x$ перемагає

$$P\left(y_1 < \frac{1}{2}\right) \cdot P\left(y_2 < \frac{1}{2}\right) = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} = \frac{1}{4}$$ Але якщо він відкине $x_1 = \frac{1}{2}$ у нього є ймовірність $$P\left(y_1 < \frac{1}{2}\right) \cdot P\bigg(x_2 > y_2\bigg) + P\left(y_1 \geq \frac{1}{2}\right) \cdot P\bigg(x_2 > y_1\bigg) = \frac{3}{8}$$ перемоги. $\frac{3}{8} > \frac{1}{4}$ так зберігаючи $x_1 = \frac{1}{2}$ (та його оточення) не є оптимальним, тому не може бути рухом рівноваги.

---

СПОЙЛЕР ПОПЕРЕДЖЕННЯ

Якщо гравець $y$ має відсічку $c_y$ та гравець $x$ малює $x_1 = c_y$ і зберігає його ймовірність того, що гравець $x$ перемагає

$$P(y_1 < c_y) \cdot P(y_2 < c_y ) = c_y \cdot c_y = c_y^2.$$ Якщо гравець $x$ куди відкинути $x_1$ ймовірність того, що він виграє, є $$\begin{eqnarray*} P(y_1 \geq c_y) \cdot P(x_2 > y_1) + P(y_1 < c_y) \cdot P(x_2 > y_2) & = & (1 - c_y) \cdot \left(1- \frac{1 + c_y}{2} \right) + c_y \cdot \frac{1}{2} \end{eqnarray*}$$ Припустимо, існує симетрична рівновага, тобто $c_x = c_y = c$.
(Я не думаю, що інші рівноваги існують, але я цього не довів.)
Оскільки ймовірність виграти є величиною безперервної$x_1$, граничне значення $c$ таке, що якщо $x_1 = c$ то ймовірність виграшу дорівнює, коли $x_1$зберігається і коли він викидається. Це означає що $$\begin{eqnarray*} P(y_1 < c) \cdot P(y_2 < c) & = & P(y_1 \geq c) \cdot P(x_2 > y_1) + P(y_1 < c) \cdot P(x_2 > y_2) \\ \\ c \cdot c & = & (1 - c) \cdot \left(1 - \frac{1+c}{2}\right) + c \cdot \frac{1}{2} \\ \\ c^2 & = & \frac{1}{2} - c + \frac{c^2}{2} + \frac{c}{2} \\ \\ \frac{1}{2} \cdot c^2 + \frac{c}{2} - \frac{1}{2} & = & 0 \\ \\ c & = & \frac{\sqrt{5} - 1}{2}. \end{eqnarray*}$$

Припустимо, людина 1 обирає обріз $c_1$ і людина 2 вибирає обріз $c_2$, с $c_2\ge c_1$. Дозволяє$p_1(x)$ бути ймовірністю того, що остаточне число особи 1 не більше $x$. $p_1(x)$ дорівнює $c_1x$ якщо $x<c_1$ і $c_1x+x-c_1$інакше. Визначте$p_2(x)$аналогічно. Тепер сюжет$p_2(x)$ проти $p_1(x)$ на параметричній ділянці для $0\le x\le1$. Результат - три рядкові сегменти:

• Один із $(0,0)$ до $(c_1^2,c_1c_2)$, відповідна $0\le x\le c_1$;
• Один із $(c_1^2,c_1c_2)$ до $(c_1c_2+c_2-c_1,c_2^2)$, відповідна $c_1\le x\le c_2$;
• Один із $(c_1c_2+c_2-c_1,c_2^2)$ до $(1,1)$, відповідна $c_2\le x\le1$.

Ці три рядкові сегменти ділять одиничний квадрат на дві частини. Площа частини під графіком - це ймовірність того, що людина 1 має більшу кількість. Деяка геометрія показує, що ця область є$\frac{1}{2}+\frac{1}{2}(c_2-c_1)(c_1c_2+c_2-1)$. Щоб існувала стабільна рівновага, обидві часткові похідні цього повинні бути нульовими, тобто

$$1-c_2-2c_1c_2+c_2^2=0\\-1-c_1+2c_2-c_1^2+2c_1c_2=0$$

Додавання рівнянь показує, що $(c_2-c_1)(1+c_1+c_2)=0$, що можливо лише в тому випадку, якщо $c_1=c_2$. Підставивши назад до одного з рівнянь,$1-c_1-c_1^2=0$, отже, єдина стабільна рівновага $c_1=c_2=\frac{\sqrt{5}-1}{2}$.