Ставка Блеквелла

12

Я читав про парадокс ставок Блеквелла на шафу «Марність» . Ось резюме: ви з двома конвертами, і . Конверти містять випадкову суму грошей, але ви нічого не знаєте про розподіл про гроші. Ви відкриваєте один, перевірити , скільки грошей там ( ), і доводиться вибирати: взяти конверт або ? $E_x$ $E_y$ $x$ $E_x$ $E_y$

Шафа марності посилається на математика, який називається Леонардом Вапнером: "Несподівано, ви можете зробити щось, окрім відкриття іншого конверта, щоб зробити себе кращим, ніж навіть шанс виправити це правильно".

Ідея, яка мені здається неправильною, полягає в наступному: виберіть випадкове число . Якщо , візьміть . Якщо , виберіть . $d$ $d < x$ $E_x$ $d > x$ $E_y$

Вапнер: “Якщо d падає між x і y, то ваш прогноз (як зазначено в d) гарантовано є правильним. Припустимо, це відбувається з ймовірністю p. Якщо d падає менше x і y, то ваш прогноз буде правильним лише у тому випадку, якщо обране вами число x буде більшим за два. 50 відсотків шансів на це. Аналогічно, якщо d більше обох чисел, ваш прогноз буде правильним, лише якщо вибране число буде меншим з двох. Це також відбувається з 50-відсотковою ймовірністю. "

Якщо ймовірність того, що знаходиться в , більше нуля, то середній успіх цього методу дорівнює $d$ $[x,y]$ . Це означало б, що спостереження за незв'язаною випадковою змінною дає нам додаткову інформацію. $\frac{1}{2} + \frac{p}{2}$

Я думаю, що це все неправильно, і що проблема полягає у виборі випадкового цілого числа. Що це означає? Мовляв, будь-яке ціле число? У цьому випадку ймовірність що лежить між і дорівнює нулю, оскільки і і є кінцевими. $p$ $d$ $x$ $y$ $x$ $y$

Якщо ми скажемо, що існує обмеження на максимальну кількість грошей, скажімо, або, принаймні, ми вибираємо d від , то рецепт зводиться до банальної поради щодо вибору якщо і вибір якщо . $M$ $1...M$ $E_y$ $x < M/2$ $E_x$ $x > M/2$

Я щось тут сумую?

EDIT

Гаразд, зараз я починаю бачити, звідки береться очевидний парадокс. Мені здавалося неможливим, що незв'язана випадкова величина може надати додаткову інформацію.

Однак зауважте, що нам потрібно свідомо вибирати розподіл d . Наприклад, вибираємо межі для рівномірного розподілу, або Поассіонівського розподілу тощо. Зрозуміло, якщо ми граємо за арахіс, і ми вибрали розподіл d рівномірним на доларів, . Ця остання ймовірність залежатиме насамперед від нашого судження про те, що може бути в конвертах. $\lambda$ $[10^9, 2\cdot 10^9]$ $P(d \in (x,y)) = 0$

Іншими словами, якщо техніка працює, то припущення, що ми не знаємо, що таке розподіл грошей у конвертах (як було обрано кількість грошей для конвертів), порушується. Однак якщо ми справді не знаємо, що є в конвертах, то в гіршому випадку ми нічого не втрачаємо, застосовуючи його.

EDIT 2

Ще одна думка. З огляду на , виберемо для малювання безперервний невід'ємний розподіл, такий що . Нам дозволено це робити, я прав? Ми поступаємо за інструкцією - якщо , ми зберігаємо конверт, якщо , ми змінюємо конверт. Міркування не змінюється, залежно від того, як ми обираємо розподіл, може бути, що $x$ $d$ $P(d < x) = P(d > x)$ $d < x$ $d > x$ $P(d \in [x, y]) > 0$ (чи я помиляюся?).

Однак, враховуючи те, як ми обрали дистрибуцію, те, що ми зараз робимо, еквівалентно киданню монети. Ми кидаємо монету, і якщо це голови, ми міняємо конверти, якщо це хвости, приклеюємо до конвертів, які ми тримаємо. Де я помиляюся?

EDIT 3 :

Гаразд, я розумію це зараз. Якщо ми базуємо функцію ймовірності на (наприклад, відбираємо з рівномірного розподілу в діапазоні , то ймовірність не залежить від . $d$ $x$ $d$ $(1, 2 \cdot x)$ $P(d \in (x,y))$ $P(\text{correct decision}|d \notin (x,y))$

Отже, якщо (з ймовірністю ), здогад завжди правильний, як і раніше. Однак якщо є нижчим числом, а , то має більший шанс бути меншим за ніж бути вищим за , тому ми упереджено ставимося до неправильного рішення. Те ж міркування застосовується, коли вище двох чисел. $d \in (x,y)$ $p$ $x$ $d \notin (x,y)$ $d$ $x$ $x$ $x$

Це означає, що ми повинні вибирати процес малювання незалежно від . Іншими словами, нам потрібно здогадатися про параметри розподілу, з яких черпаються і ; Найгірше, що трапляється, це те, що ми все ще здогадуємось випадковим чином, але найкраще, що трапляється, щоб наші здогадки були правильними - і тоді ми маємо перевагу. Як це має бути краще, ніж здогадуватися "x і y, я думаю, буде принаймні 1 $ , але щонайбільше 10 $ , так що якщо , ми зберігаємо його, а якщо ні, ми обмінюємо його" я ще не побачити. $d$ $x$ $x$ $y$ $x > 5$

Мене введено в оману поп-науковою постановкою проблеми в книзі Вапнера ( Неочікувані очікування: Цікавості математичного кришталевого кулі ), в якій говориться

"У будь-який спосіб виберіть випадкове додатне ціле число" (Вапнер пропонує геометричний розподіл - метання монет, поки не з’являться перші голови, повторюючи процес, якщо ) "Якщо здогадується вище, а якщо здогадується нижче. (...) Ви правильно здогадаєтеся більше 50 відсотків часу, оскільки вказує правильно більше 50 відсотків часу! " $d=x$ $d > x$ $d < x$ $d$

probability paradox

— Січень
джерело

1

Дуже тісно пов'язані: stats.stackexchange.com/questions/95694

— whuber

2

Це сильно відрізняється від задачі двох конвертів у тому сенсі, що: (1) аргумент, наведений для перемикання на проблему з двома конвертами, є помилковим, недолік аргументу можна побачити, додавши байєсівський попередній час (2) аргумент Наданий Вапнером за ставку Блеквелла є правильним.

— Меттью Ганн

Якщо суми грошей у конвертах є довільними елементами набору чисел S, достатньою та необхідною умовою для стратегії Вапнера є створення CDF числа, яке ви вирішите суворо збільшувати на S.

— Відновіть Моніку

Гаразд, мені все-таки щось не вистачає - дивіться мою EDIT 2, але мені здається, що ми можемо просто кинути монету, і вона все одно повинна працювати, згідно з міркуванням. Де я помиляюся?

— січня

8

Це більш відома як проблема двох конвертів . Найчастіше суми наводяться як і але це не обов'язково. $A$ $2A$

Деякі моменти:

Ви не можете вибирати випадкове ціле число рівномірно *, але цитується частина, здається, не вимагає, щоб воно було рівномірним. Виберіть розподіл - неважливо, що це за аргумент - доки він має певну ймовірність перевищення будь-якого кінцевого значення.
Не було б сенсу обирати ціле число з цитованим правилом рішення, оскільки гроші дискретні, що означає, що шанс є ненульовим, а для цього випадку нічого не вказано. (Або, як варіант, змінити правило, щоб вказати, що робити, коли вони рівні) $d$ $d=x$
Залишаючи це осторонь, ви могли вибрати із деякого негативного безперервного розподілу - тоді ми не повинні турбуватися про рівність. $d$

* (а також не можна вибрати рівномірно випадкове невід'ємне ціле число, а також рівномірно випадкове додатне ціле число)

Якщо ми скажемо, що існує обмеження на максимальну кількість грошей, скажімо, або, принаймні, ми вибираємо від , то рецепт зводиться до банальної поради щодо вибору якщо і вибір якщо $M$ $d$ $1...M$ $E_y$ $x<M/2$ $E_x$ $x>M/2$

Якщо виявиться, що випадковий розподіл, з якого обрано , охоплює це повинно працювати (краще, ніж 50-50); якщо розподіл застряг в одній половині, він би не став. $x$ $M/2$

Однак версії цієї гри, які мені вперше представили, - це те, що конверт подає той, хто (можливо) прагне мінімізувати ваш дохід від гри. Стратегія використання дистрибутива для вирішення питання про перехід на інший конверт все ще працюватиме в цьому випадку.

— Glen_b -Встановити Моніку
джерело

d

$d$

P (d < x) = P (d > x)

$P(d < x) = P(d > x)$

P (d < x) = P (d > x)

$P(d<x)=P(d>x)$

d

$d$

зробивши свою стратегію функцією x, ви не даєте собі переваги зробити правильний вибір, коли d знаходиться між x і y - ви визначаєте свій шлях виграти гру. Якщо за посиланням ви заявляєте, що така стратегія спрацює, вона помиляється

— Glen_b -Встановіть Моніку

d

$d$

x

$x$

P (d \in (x, y)) > 0

$P(d \in (x,y)) > 0$

x

$x$

(1, 2 \cdot x)

$(1, 2 \cdot x)$

d \in (x, y)

$d \in (x,y)$

— січня

7

Аргумент Вапнера правильний!

Деякі коментарі:

$x < d$ $d$
$d$
У певних ситуаціях (наприклад, де чим більше ви спостерігаєте, тим більше шансів на те, що у вас великий конверт), стратегія відсічення навіть оптимальна.
У більш загальній байєсівській обстановці ви можете зробити краще, ніж просту стратегію відсічення для багатьох пріорів.

Пов'язана, але інша проблема:

Як згадували декілька @Glen_b та @whuber, існує відповідна загадка, відома як « Проблема з двома конвертами», де наведено помилковий аргумент за те, що завжди перемикають конверти, і недолік аргументу можна побачити, застосувавши байєсівський підхід та додавши попередні переконання вміст двох конвертів.

У деякому сенсі, описана тут головоломка є досить різною. Аргумент Вапнера правильний!

— Меттью Ганн
джерело

1

Гаразд, тепер я бачу, звідки береться парадокс. Або, якщо бути конкретним, де додаткова інформація надходить у систему. Свідомо вибираючи розподіл d , ми використовуємо наші апріорні знання про те, де повинні бути більш-менш суми грошей в обох конвертах. Найгірший сценарій - наші знання марні, але метод гарантує, що ми не будемо в неприємності, якщо використовуватимемо їх.

— січня

Подумавши, я все ще не розумію - див. EDIT 2.

— січня

10

$10$

20

$20$

d

$d$

P (x < d) = P (x > d)

$P(x < d) = P(x > d)$

d = 5.5

$d = 5.5$

P (x < d) = P (x > d)

$P(x<d) = P(x > d)$

< 5.5

$< 5.5$

x = 1, 3, 5, 6, 8,

$x = 1, 3, 5, 6, 8,$

10

$10$

x = 2, 4, 7, 9

$x = 2, 4, 7, 9$

x

$x$

y

$y$

x

$x$

d

$d$

d

$d$

0

Мене це заінтригувало і застосував прагматичний підхід грати з ним в Excel.

Я генерував три випадкові числа для x, y і d в діапазоні 1-100. Потім я зробив порівняння між d і x і між x і y і подивився на результат, правильно чи неправильно.

Я робив це 500 разів і повторював це кілька разів і регулярно отримував правильну відповідь від 330 з 500, як було передбачено.

Потім я збільшив діапазон d до 1-10000 і правильна відповідь впала приблизно до 260 за 500 пробігів.

Отже, так, вибір d залежить від очікуваних значень x і y.

ББ

— користувач121909
джерело

0

Я думаю, що очевидний парадокс із розширенням Вапнера рівняння p + (1-p) / 2 полягає в тому, що він передбачає, що (1-p) / 2> 0. Для багатьох діапазонів d це значення дорівнює 0.

Наприклад: будь-який d, вибраний із симетричного розподілу, орієнтованого на значення у відкритій конверті, дає ймовірність неправильного 1/2 та правильного 1/2.

Будь-який асиметрично обраний розподіл, як видається, упереджує вибір неправильним способом у 1/2 рази.

То чи існує спосіб вибору діапазону та розподілу для d таких, які мають це рівняння?

— Террі
джерело