दो लिफाफे की समस्या पर दोबारा गौर किया

Question

मैं इस समस्या के बारे में सोच रहा था।

http://en.wikipedia.org/wiki/Two_envelopes_problem

मुझे विश्वास है कि समाधान और मुझे लगता है कि मैं इसे समझता हूं, लेकिन अगर मैं निम्नलिखित दृष्टिकोण लेता हूं तो मैं पूरी तरह से भ्रमित हूं।

समस्या 1:

मैं आपको निम्नलिखित गेम की पेशकश करूंगा। आप मुझे $ 10 का भुगतान करेंगे और मैं एक उचित सिक्का फ्लिप करूंगा। प्रमुख मैं आपको $ 5 देता हूं और पूंछ मैं आपको $ 20 देता हूं ।

उम्मीद $ 12.5 है तो आप हमेशा खेल खेलेंगे।

समस्या 2:

मैं आपको $ 10 वाला एक लिफाफा दूंगा , लिफाफा खुला है और आप देख सकते हैं। मैं आपको एक और लिफाफा दिखाता हूं, इस बार बंद कर दिया और आपको बताता हूं: इस लिफाफे में या तो $ 5 या $ 20 है, जिसमें समान संभावना है। क्या आप स्वैप करना चाहते हैं?

मुझे लगता है कि यह समस्या 1 के समान है, आप $ 10 को $ 5 या $ 20 के लिए भूल जाते हैं , इसलिए फिर से आप हमेशा स्विच करेंगे।

समस्या 3:

मैं ऊपर जैसा ही करता हूं, लेकिन लिफाफे बंद करता हूं। तो आप नहीं जानते कि $ 10 हैं, लेकिन कुछ राशि X है। मैं आपको बताता हूं कि दूसरे लिफाफे में डबल या आधा है। अब यदि आप उसी तर्क का पालन करते हैं जिसे आप स्विच करना चाहते हैं। यह लिफाफा विरोधाभास है।

जब मैंने लिफाफा बंद किया तो क्या बदला ??

संपादित करें:

कुछ ने तर्क दिया है कि समस्या 3 लिफाफा समस्या नहीं है और मैं कोशिश कर रहा हूं और नीचे प्रदान कर रहा हूं कि मुझे क्यों लगता है कि यह विश्लेषण करके है कि प्रत्येक खेल को कैसे देखता है। साथ ही, यह गेम के लिए बेहतर सेट अप देता है।

समस्या 3 के लिए कुछ स्पष्टीकरण प्रदान करना:

खेल का आयोजन करने वाले व्यक्ति के दृष्टिकोण से:

मैंने 2 लिफाफे पकड़े। एक में मैंने $ 10 डाल दिया और खिलाड़ी को दे दिया। मैं फिर उसे बताता हूं, मेरे पास एक और लिफाफा है, जिसमें लिफाफे की आधी या आधी राशि है जो मैंने अभी आपको दी है। क्या आप स्विच करना चाहते हैं? फिर मैं एक उचित सिक्का फ्लिप करने के लिए आगे बढ़ता हूं और प्रमुखों ने मुझे $ 5 डाला और पूंछ मैंने $ 20 लगाई । और उसे लिफाफा सौंप दिया। मैं फिर उससे पूछता हूं। आपने मुझे जो लिफाफा दिया है, वह लिफाफा आपके द्वारा रखे गए लिफाफे की दो या आधी मात्रा का है। क्या आप स्विच करना चाहते हैं?

खिलाड़ी के दृष्टिकोण से:

मुझे एक लिफाफा दिया गया है और बताया गया है कि एक और लिफाफा है जिसमें समान संभावना के साथ दोगुनी या आधी राशि है। क्या मैं स्विच करना चाहता हूं मुझे लगता है कि मेरे पास $X$ , इसलिए $\frac{1}{2}(\frac{1}{2}X + 2X) > X$तो मैं स्विच करना चाहता हूं। मुझे लिफाफा मिलता है और अचानक मैं उसी स्थिति का सामना कर रहा हूं। मैं फिर से स्विच करना चाहता हूं क्योंकि अन्य लिफाफे में या तो डबल या आधी राशि है।

Comments

कम से कम मेरे लिए महत्वपूर्ण समझ यह है कि मैं सिर्फ "मैं एक्स नहीं कह सकता, इसलिए (1/2 * एक्स + 2 एक्स) / 2> एक्स" - कुल औसत मौका 50/50 है, लेकिन किसी भी विशिष्ट एक्स के लिए अपेक्षित मौके अब 50/50 नहीं हैं; और बड़ा एक्स, दूसरे लिफाफे में 2 * X होने का कम मौका (सकारात्मक परिमित वितरण के लिए); इसलिए संभव X'es पर एकीकरण sum(p(X) * (1/2X*f(X) + 2X(1-f(X)) ) = X, जहां f (X) पहले लिफाफे के बड़े होने की संभावना है, किसी भी विशेष एक्स को देखते हुए।

— पीटरिस

विरोधाभास के बयान में, ऐसा कुछ भी नहीं है जो कहता है कि एक राशि एक्स को प्रयोगकर्ता द्वारा चुना जाता है और फिर प्रयोगकर्ता बेतरतीब ढंग से दूसरे लिफाफे में $X$ या लगाने का फैसला करता है $X/2$। तथ्य यह है कि आप दो लिफाफा विरोधाभास के साथ आपके द्वारा बनाई गई स्थिति को भ्रमित करते रहते हैं, इसका मतलब यह नहीं है कि खिलाड़ी को यह मानना ​​गलत नहीं है कि 50/50 मौका है कि दूसरा लिफाफा या तो $X/2$ या $2X$ । वास्तविक दो लिफाफा समस्या में, $2X$ दूसरे लिफाफे में होने की संभावना या तो 0 या 1. है

— jsk

तुम सही हो। मैं अवहेलना नहीं करता :( इसलिए सवाल। मैं समस्या के अंतर को समझने की कोशिश कर रहा हूं 3 मैंने जो कहा है और लिफाफा विरोधाभास है। मैं समझता हूं कि विरोधाभास में दो लिफाफे हैं एक्स और 2 एक्स और किया, लेकिन डॉन '। टी देखें कि कैसे किसी को एक लिफाफा देने से अलग है और फिर दूसरी राशि डालने का फैसला करने के लिए एक सिक्का फ्लिप करना है।

— evan54

इस के लिए चाल दोषपूर्ण धारणा है कि $X/2$ या $2X$ परिणाम समान रूप से होने की संभावना है। यदि $2X$ दूसरे लिफाफे में है, तो स्विचिंग से अपेक्षित लाभ $2X-X=X$ । यदि $X/2$ दूसरे लिफाफे में है, तो स्विचिंग से अपेक्षित लाभ $X/2 - X = - X/2$ । खिलाड़ी को नहीं पता कि वह इनमें से किस स्थिति में है, लेकिन इसका मतलब यह नहीं है कि उसे विश्वास करना चाहिए कि 50/50 का मौका है।

— jsk

मान लीजिए कि लिफाफे में $X$ और $2X$ । आप के साथ खत्म हो तो $X$ , तो संभावना है कि $2X$ में अन्य लिफाफा 1 है और संभावना है कि है $X/2$ आप के साथ खत्म हो, तो अन्य लिफाफे में है 0. है $2X$ , तो संभावना है कि $2*(2X)=4X$ दूसरे लिफाफे में है 0 और संभावना है कि $2X / 2=X$ दूसरे लिफाफे में है। 1.

— jsk

Answer 1

1. UNNECESSARY PROBABILITIES।

इस नोट के अगले दो खंड "सिद्धांत का अनुमान लगाते हैं जो बड़ा है" और "दो लिफाफा" समस्याएँ निर्णय सिद्धांत (2) के मानक उपकरण का उपयोग करते हैं। यह दृष्टिकोण, हालांकि सीधा है, नया प्रतीत होता है। विशेष रूप से, यह दो लिफाफे समस्या के लिए निर्णय प्रक्रियाओं के एक सेट की पहचान करता है जो "हमेशा स्विच" या "कभी स्विच नहीं" प्रक्रियाओं से बेहतर प्रदर्शन करते हैं।

धारा 2 में (मानक) शब्दावली, अवधारणाओं और संकेतन का परिचय दिया गया है। यह "अनुमान के लिए सभी संभावित निर्णय प्रक्रियाओं का विश्लेषण करता है जो बड़ी समस्या है।" इस सामग्री से परिचित पाठक इस अनुभाग को छोड़ना पसंद कर सकते हैं। धारा 3 दो लिफाफा समस्या के लिए एक समान विश्लेषण लागू करता है। धारा 4, निष्कर्ष, प्रमुख बिंदुओं को सारांशित करता है।

इन पहेलियों के सभी प्रकाशित विश्लेषण मान लेते हैं कि प्रकृति की संभावित अवस्थाओं को नियंत्रित करने वाला एक संभाव्यता वितरण है। हालांकि, यह धारणा पहेली वक्तव्यों का हिस्सा नहीं है। इन विश्लेषणों का मुख्य विचार यह है कि इस (अनुचित) धारणा को छोड़ने से इन पहेलियों में स्पष्ट विरोधाभासों का सरल समाधान हो सकता है।

2. "लगता है जो बड़ा है" समस्या है।

एक प्रयोगकर्ता को बताया जाता है कि अलग-अलग वास्तविक संख्याएँ और x 2 कागज की दो पर्चियों पर लिखी जाती हैं। वह यादृच्छिक रूप से चुनी गई पर्ची पर संख्या को देखती है। केवल इस एक अवलोकन के आधार पर, उसे यह तय करना होगा कि वह दो संख्याओं में से छोटी है या बड़ी है।$x_1$$x_2$

प्रायिकता के बारे में इस तरह की सरल लेकिन ओपन एंडेड समस्याएं भ्रामक और जवाबी कार्रवाई के लिए कुख्यात हैं। विशेष रूप से, कम से कम तीन अलग-अलग तरीके हैं जिसमें संभावना चित्र में प्रवेश करती है। इसे स्पष्ट करने के लिए, आइए एक औपचारिक प्रयोगात्मक दृष्टिकोण अपनाएँ (2)।

एक हानि फ़ंक्शन निर्दिष्ट करके शुरू करें । हमारा लक्ष्य नीचे दिए गए अर्थों में, इसकी अपेक्षा को कम करना होगा। एक अच्छा विकल्प यह है कि नुकसान को बराबर किया जाए जब प्रयोगकर्ता सही ढंग से अनुमान लगाता है और 0 अन्यथा। इस नुकसान फ़ंक्शन की उम्मीद गलत तरीके से अनुमान लगाने की संभावना है। सामान्य तौर पर, गलत अनुमानों के लिए विभिन्न दंडों को निर्दिष्ट करके, एक हानि फ़ंक्शन सही अनुमान लगाने के उद्देश्य को पकड़ लेता है। यह सुनिश्चित करने के लिए, हानि फ़ंक्शन को अपनाना x 1 और x 2 पर पूर्व संभाव्यता वितरण मानकर मनमाना है $1$$0$$x_1$$x_2$, लेकिन यह अधिक प्राकृतिक और मौलिक है। जब हम निर्णय लेने का सामना करते हैं, तो हम स्वाभाविक रूप से सही या गलत होने के परिणामों पर विचार करते हैं। अगर किसी भी तरह से कोई परिणाम नहीं हैं, तो देखभाल क्यों करें? जब भी हम (तर्कसंगत) निर्णय लेते हैं, तब हम संभावित नुकसान के बारे में विचार करते हैं और इसलिए हम नुकसान के स्पष्ट विचार से लाभान्वित होते हैं, जबकि कागज की पर्चियों पर संभावित मूल्यों का वर्णन करने के लिए संभाव्यता का उपयोग अनावश्यक, कृत्रिम, और-जैसा है। हम देखेंगे - उपयोगी समाधान प्राप्त करने से हमें रोक सकते हैं।

निर्णय सिद्धांत मॉडल का अवलोकन करता है और उनका विश्लेषण करता है। यह तीन अतिरिक्त गणितीय वस्तुओं का उपयोग करता है: एक नमूना स्थान, "प्रकृति की स्थिति" और एक निर्णय प्रक्रिया का एक सेट।

• नमूना स्थान में सभी संभावित प्रेक्षण होते हैं; यहाँ इसे R (वास्तविक संख्याओं के समुच्चय) से पहचाना जा सकता है । $S$$\mathbb{R}$

• प्रकृति के राज्यों संभव संभावना प्रयोगात्मक परिणाम को नियंत्रित करने वाले वितरण कर रहे हैं। (यह पहली भावना है जिसमें हम किसी घटना की "संभावना" के बारे में बात कर सकते हैं।) "अनुमान" जो बड़ा है "समस्या में, ये अलग-अलग वास्तविक संख्याओं x 1 और x 2 पर समान संभावनाओं वाले मान लेने वाले असतत वितरण हैं। की $\Omega$$x_1$$x_2$ प्रत्येक मूल्य पर। Ω द्वारा parameterized जा सकती है{ω=(एक्स1,एक्स2)∈आर×आर| x1>x2}$\frac{1}{2}$$\Omega$$\{\omega = (x_1, x_2) \in \mathbb{R}\times\mathbb{R}\ |\ x_1 \gt x_2\}.$

• निर्णय अंतरिक्ष द्विआधारी सेट है संभव फैसले के।$\Delta = \{\text{smaller}, \text{larger}\}$

इन शब्दों में, हानि फ़ंक्शन Δ × Ω पर परिभाषित एक वास्तविक-मूल्यवान फ़ंक्शन है$\Omega \times \Delta$ । यह हमें बताता है कि वास्तविकता की तुलना में (दूसरा तर्क) एक निर्णय कितना बुरा है (पहला तर्क)।

सबसे सामान्य निर्णय प्रक्रिया प्रयोगकर्ता के लिए उपलब्ध एक है बेतरतीब एक: किसी भी प्रयोगात्मक परिणाम के लिए अपने मूल्य पर एक प्रायिकता वितरण है Δ । है यही कारण है, निर्णय के अवलोकन के परिणाम पर बनाने के लिए एक्स जरूरी निश्चित नहीं है, बल्कि बेतरतीब ढंग से एक वितरण के अनुसार चुना जाना है δ ( एक्स ) । (यह दूसरा तरीका है जिसमें संभावना शामिल हो सकती है।)$\delta$$\Delta$$x$$\delta(x)$

जब में केवल दो तत्व होते हैं, तो किसी भी यादृच्छिक प्रक्रिया को उस संभावित निर्णय द्वारा पहचाना जा सकता है, जो किसी निर्धारित निर्णय को सौंपता है, जिसे हम "बड़ा" होने के लिए ठोस मानते हैं। $\Delta$

एक भौतिक स्पिनर लागू इस तरह के एक द्विआधारी यादृच्छिक प्रक्रिया: स्वतंत्र रूप से घूमने सूचक ऊपरी क्षेत्र में बंद करने के लिए, में एक निर्णय करने के लिए इसी आ जाएगा संभावना के साथ, δ संभावना के साथ निचले बाएँ क्षेत्र में बंद हो जाएगा, और नहीं तो 1 - δ ( x ) । स्पिनर पूरी तरह से के मान को निर्दिष्ट करके निर्धारित किया जाता है δ ( एक्स ) ∈ [ 0 , 1 ] ।$\Delta$$\delta$$1-\delta(x)$$\delta(x)\in[0,1]$

इस प्रकार एक निर्णय प्रक्रिया को एक कार्य के रूप में सोचा जा सकता है

$$\delta^\prime:S\to[0,1],$$

कहाँ पे

$${\Pr}_{\delta(x)}(\text{larger}) = \delta^\prime(x)\ \text{ and }\ {\Pr}_{\delta(x)}(\text{smaller})=1-\delta^\prime(x).$$

इसके विपरीत, ऐसा कोई भी कार्य ′ एक यादृच्छिक निर्णय प्रक्रिया निर्धारित करता है। बेतरतीब निर्णय विशेष मामले में नियतात्मक निर्णय शामिल हैं जहां की सीमा δ ' में निहित है { 0 , 1 $\delta^\prime$$\delta^\prime$$\{0,1\}$ ।

हमें का कहना है कि चलो लागत एक निर्णय प्रक्रिया के के लिए एक परिणाम एक्स की उम्मीद नुकसान हुआ है δ ( एक्स ) । उम्मीद संभावना वितरण के संबंध में है δ ( एक्स ) निर्णय अंतरिक्ष पर Δ । प्रकृति के प्रत्येक राज्य ω (जो, याद, नमूना अंतरिक्ष पर एक द्विपद प्रायिकता वितरण है एस ) किसी भी प्रक्रिया की उम्मीद की लागत निर्धारित करता है δ ; यह वह जगह है जोखिम के δ के लिए ω , जोखिम δ ( ω $\delta$$x$$\delta(x)$$\delta(x)$$\Delta$$\omega$$S$$\delta$$\delta$$\omega$$\text{Risk}_\delta(\omega)$। इधर, उम्मीद प्रकृति के राज्य के संबंध में लिया जाता है ।$\omega$

निर्णय प्रक्रिया की तुलना उनके जोखिम कार्यों के संदर्भ में की जाती है। जब प्रकृति के राज्य को सही मायने में अज्ञात है, और δ दो प्रक्रियाओं हैं, और जोखिम ε ( ω ) ≥ जोखिम δ ( ω ) सभी के लिए ω , तो प्रक्रिया का उपयोग कर में कोई मतलब नहीं है ε , क्योंकि प्रक्रिया δ किसी भी बदतर नहीं है ( और कुछ मामलों में बेहतर हो सकता है)। तरह की एक प्रक्रिया ε है अग्राह्य$\varepsilon$$\delta$$\text{Risk}_\varepsilon(\omega)\ge \text{Risk}_\delta(\omega)$$\omega$$\varepsilon$$\delta$$\varepsilon$; अन्यथा, यह स्वीकार्य है। अक्सर कई स्वीकार्य प्रक्रियाएं मौजूद हैं। हम उनमें से किसी को भी "अच्छा" मानेंगे, क्योंकि उनमें से कोई भी किसी अन्य प्रक्रिया द्वारा लगातार बाहर किया जा सकता है।

ध्यान दें कि कोई पूर्व वितरण (1) की शब्दावली में Ω (" सी के लिए एक मिश्रित रणनीति") पर पेश नहीं किया गया है । यह तीसरा तरीका है जिसमें संभावना समस्या की स्थापना का हिस्सा हो सकती है। इसका उपयोग वर्तमान विश्लेषण को (1) और उसके संदर्भों की तुलना में अधिक सामान्य बनाता है, जबकि अभी तक सरल है।$\Omega$$C$

तालिका 1 मूल्यांकन करता है जोखिम जब प्रकृति की सही स्थिति के द्वारा दिया जाता उस x 1 > x 2 को याद करें $\omega=(x_1, x_2).$$x_1 \gt x_2.$

तालिका एक।

$$\matrix { \text{Decision:}& & \text{Larger} & \text{Larger} & \text{Smaller} & \text{Smaller}\\ \text{Outcome} & \text{Probability} & \text{Probability} & \text{Loss} & \text{Probability} & \text{Loss} & \text{Cost} \\ x_1 & 1/2 & \delta^\prime(x_1) & 0 & 1 - \delta^\prime(x_1) & 1 & 1 - \delta^\prime(x_1) \\ x_2 & 1/2 & \delta^\prime(x_2) & 1 & 1 - \delta^\prime(x_2) & 0 & 1 - \delta^\prime(x_2) }$$

$$\text{Risk}(x_1,x_2):\ (1 - \delta^\prime(x_1) + \delta^\prime(x_2))/2.$$

इन शब्दों में "अनुमान जो बड़ा है" समस्या बन जाता है

यह देखते हुए कि आप के बारे में कुछ भी नहीं पता और एक्स 2 , सिवाय इसके कि वे अलग हैं, तो आप एक निर्णय प्रक्रिया पा सकते हैं δ जिसके लिए जोखिम [ 1 - δ ' ( अधिकतम ( एक्स 1 , x 2 ) ) + δ ' ( मिनट ( एक्स 1 , x 2 ) ) ] / 2 निश्चित रूप से 1 से कम है$x_1$$x_2$$\delta$$[1 – \delta^\prime(\max(x_1, x_2)) + \delta^\prime(\min(x_1, x_2))]/2$ ?$\frac{1}{2}$

इस बयान की आवश्यकता होती है के बराबर है जब भी एक्स > y । जिस कारण से, यह आवश्यक है और प्रयोगकर्ता के निर्णय प्रक्रिया के लिए पर्याप्त कुछ सख्ती से बढ़ा हुआ कार्य द्वारा निर्दिष्ट किया जा रहा है δ ' : एस → [ 0 , 1 ] । प्रक्रियाओं के इस सेट में शामिल हैं, लेकिन 1 के सभी "मिश्रित रणनीतियों क्यू " से बड़ा है । कर रहे हैं यादृच्छिक निर्णय प्रक्रियाओं है कि किसी भी unrandomized प्रक्रिया की तुलना में बेहतर कर रहे हैं!$\delta^\prime(x)\gt \delta^\prime(y)$$x \gt y.$$\delta^\prime: S\to [0, 1].$$Q$ बहुत सारे

3. "दो विकास" समस्या।

यह उत्साहजनक है कि इस सरल विश्लेषण ने "अनुमान जो बड़ा है" समस्या के समाधान के एक बड़े सेट का खुलासा किया, जिसमें अच्छे लोग भी शामिल हैं जिनकी पहचान पहले नहीं की गई है। आइए देखें कि हमारे सामने अन्य समस्या के बारे में एक ही दृष्टिकोण क्या प्रकट कर सकता है, "दो लिफाफा" समस्या (या "बॉक्स समस्या," जैसा कि इसे कभी-कभी कहा जाता है)। यह एक खेल को दो लिफाफों में से एक का चयन करते हुए बेतरतीब ढंग से खेला जाता है, जिनमें से एक को दूसरे के रूप में दो बार ज्यादा पैसा देने के लिए जाना जाता है। लिफाफा खोलने और राशि अवलोकन करने के बाद $x$ इसमें पैसे का, खिलाड़ी यह तय करता है कि पैसे को बिना बंद लिफाफे ("स्विच") में रखना है या पैसे को खुले लिफाफे में रखना है। कोई सोचता है कि स्विचिंग और स्विचिंग समान रूप से स्वीकार्य रणनीति नहीं होगी, क्योंकि खिलाड़ी भी उतना ही अनिश्चित है जितना लिफाफा में बड़ी राशि होती है। विरोधाभास यह है कि स्विचिंग सबसे अच्छा विकल्प लगता है, क्योंकि यह और x / 2 के भुगतान के बीच "समान रूप से संभावित" विकल्प प्रदान करता है , जिसका अनुमानित मूल्य 5 x / 4 खुले लिफाफे में मूल्य से अधिक है। ध्यान दें कि ये दोनों रणनीतियाँ नियतात्मक और स्थिर हैं।$2x$$x/2,$$5x/4$

इस स्थिति में, हम औपचारिक रूप से लिख सकते हैं

$$\eqalign{ S &= \{ x\in \mathbb{R}\ |\ x \gt 0\}, \\ \Omega &= \{\text{Discrete distributions supported on }\{\omega, 2\omega\}\ |\ \omega \gt 0 \text{ and }\Pr(\omega) = \frac{1}{2}\}, \text{and}\\ \Delta &= \{\text{Switch}, \text{Do not switch}\}. }$$

पहले के रूप में, कोई भी निर्णय प्रक्रिया से एक समारोह माना जा सकता है एस के लिए [ 0 , 1 ] , स्विचिंग नहीं है, जो फिर से लिखा जा सकता है की संभावना के साथ संबद्ध द्वारा इस समय δ ' ( x ) । निश्चित रूप से स्विचिंग चाहिए की संभावना पूरक मान हो 1 - δ ' ( x ) $\delta$$S$$[0, 1],$$\delta^\prime(x)$$1–\delta^\prime(x).$

तालिका 2 में दिखाया गया नुकसान, खेल के भुगतान का नकारात्मक है। यह प्रकृति की सही स्थिति की एक समारोह है , परिणाम एक्स (जो या तो हो सकता है ω या 2 ω , और निर्णय है, जो परिणाम पर निर्भर करता है)।$\omega$$x$$\omega$$2\omega$

तालिका 2।

$$\matrix{ & \text{Loss}&\text{Loss} &\\ \text{Outcome}(x) & \text{Switch} & \text{Do not switch} & \text{Cost}\\ \omega & -2\omega & -\omega & -\omega[2(1-\delta^\prime(\omega)) + \delta^\prime(\omega)]\\ 2\omega & -\omega & -2\omega & -\omega[1 - \delta^\prime(2\omega) + 2\delta^\prime(2\omega)] }$$

In addition to displaying the loss function, Table 2 also computes the cost of an arbitrary decision procedure $\delta$. Because the game produces the two outcomes with equal probabilities of $\frac{1}{2}$, the risk when $\omega$ is the true state of nature is

$$\eqalign{ \text{Risk}_\delta(\omega) &=-\omega[2(1-\delta^\prime(\omega)) + \delta^\prime(\omega)]/2 + -\omega[1 - \delta^\prime(2\omega) + 2\delta^\prime(2\omega)]/2 \\ &= (-\omega/2)[3 + \delta^\prime(2\omega) - \delta^\prime(\omega)]. }$$

A constant procedure, which means always switching ($\delta^\prime(x)=0$) or always standing pat ($\delta^\prime(x)=1$), will have risk $-3\omega/2$. Any strictly increasing function, or more generally, any function $\delta^\prime$ with range in $[0, 1]$ for which $\delta^\prime(2x) \gt \delta^\prime(x)$ for all positive real $x,$ determines a procedure $\delta$ having a risk function that is always strictly less than $-3\omega/2$ and thus is superior to either constant procedure, regardless of the true state of nature $\omega$! The constant procedures therefore are inadmissible because there exist procedures with risks that are sometimes lower, and never higher, regardless of the state of nature.

Comparing this to the preceding solution of the “guess which is larger” problem shows the close connection between the two. In both cases, an appropriately chosen randomized procedure is demonstrably superior to the “obvious” constant strategies.

These randomized strategies have some notable properties:

• There are no bad situations for the randomized strategies: no matter how the amount of money in the envelope is chosen, in the long run these strategies will be no worse than a constant strategy.

• No randomized strategy with limiting values of $0$ and $1$ dominates any of the others: if the expectation for $\delta$ when $(\omega, 2\omega)$ is in the envelopes exceeds the expectation for $\varepsilon$, then there exists some other possible state with $(\eta, 2\eta)$ in the envelopes and the expectation of $\varepsilon$ exceeds that of $\delta$ .

• The $\delta$ strategies include, as special cases, strategies equivalent to many of the Bayesian strategies. Any strategy that says “switch if $x$ is less than some threshold $T$ and stay otherwise” corresponds to $\delta(x)=1$ when $x \ge T, \delta(x) = 0$ otherwise.

What, then, is the fallacy in the argument that favors always switching? It lies in the implicit assumption that there is any probability distribution at all for the alternatives. Specifically, having observed $x$ in the opened envelope, the intuitive argument for switching is based on the conditional probabilities Prob(Amount in unopened envelope | $x$ was observed), which are probabilities defined on the set of underlying states of nature. But these are not computable from the data. The decision-theoretic framework does not require a probability distribution on $\Omega$ in order to solve the problem, nor does the problem specify one.

This result differs from the ones obtained by (1) and its references in a subtle but important way. The other solutions all assume (even though it is irrelevant) there is a prior probability distribution on $\Omega$ and then show, essentially, that it must be uniform over $S.$ That, in turn, is impossible. However, the solutions to the two-envelope problem given here do not arise as the best decision procedures for some given prior distribution and thereby are overlooked by such an analysis. In the present treatment, it simply does not matter whether a prior probability distribution can exist or not. We might characterize this as a contrast between being uncertain what the envelopes contain (as described by a prior distribution) and being completely ignorant of their contents (so that no prior distribution is relevant).

4. CONCLUSIONS.

In the “guess which is larger” problem, a good procedure is to decide randomly that the observed value is the larger of the two, with a probability that increases as the observed value increases. There is no single best procedure. In the “two envelope” problem, a good procedure is again to decide randomly that the observed amount of money is worth keeping (that is, that it is the larger of the two), with a probability that increases as the observed value increases. Again there is no single best procedure. In both cases, if many players used such a procedure and independently played games for a given $\omega$, then (regardless of the value of $\omega$) on the whole they would win more than they lose, because their decision procedures favor selecting the larger amounts.

In both problems, making an additional assumption-—a prior distribution on the states of nature—-that is not part of the problem gives rise to an apparent paradox. By focusing on what is specified in each problem, this assumption is altogether avoided (tempting as it may be to make), allowing the paradoxes to disappear and straightforward solutions to emerge.

REFERENCES

(1) D. Samet, I. Samet, and D. Schmeidler, One Observation behind Two-Envelope Puzzles. American Mathematical Monthly 111 (April 2004) 347-351.

(2) J. Kiefer, Introduction to Statistical Inference. Springer-Verlag, New York, 1987.

Comments

This is a short article I wrote ten years ago but never published. (The new editor of the AMM saw no mathematical interest in it.) I have given talks in which I played the two-envelope game with the audience, using substantial amounts of real money.

— whuber

Very nice write up! Joe Blitzstein talked about the two evelope problem in a Harvard Stat 110 lecture which is available free on youtube if anyone is interested btw.

— Benjamin Lindqvist

@whuber Consider this variant. Suppose I choose two amounts of money such that one is twice as much as the other. Then I flip a fair coin to decide which amount goes in which envelope. Now you pick an envelope at random, and imagine the amount inside it, calling it $x$ (if this step is questionable, consider the case of opening up the envelope and looking at the actual amount - since the reasoning applies no matter what value you see inside, it should apply with a general $x$). Then calculate the expected value of the money in the other envelope as $E = (1/2)(x/2) + (1/2)(2x) = 1.25x > x$...

— Zubin Mukerjee

I guess I don't understand where in that reasoning I "assumed a prior distribution on the states of nature". Did I? Clearly the reasoning cannot be correct, because I cannot justify switching to the other envelope by merely thinking about the first envelope (since the same logic would apply to the second, once I switch once).

— Zubin Mukerjee

@Zubin There is a basic (but interesting) mistake in that analysis. Let $\theta$ be the smaller amount in the two envelopes. Given an observation of $x$, you know that either $\theta=x$ or $\theta=x/2$ and that the likelihood of this observation in either case is $1/2$. In the former case the amount $Y$ in the other envelope is $2x$ and in the latter case it is $x/2$, but in order to assign a valid expectation to $Y$ you must assume there is some probability distribution for $\theta$. Equal likelihood is not equivalent to equal probability.

— whuber

Answer 2

The issue in general with the two envelope problem is that the problem as presented on wikipedia allows the size of the values in the envelopes to change after the first choice has been made. The problem has been formulized incorrectly.

However, a real world formulation of the problem is this: you have two identical envelopes: $A$ and $B$, where $B=2A$. You can pick either envelope and then are offered to swap.

Case 1: You've picked $A$. If you switch you gain $A$ dollars.

Case 2: You've picked $B$. If you switch you loose $A$ dollars.

This is where the flaw in the two-envelope paradox enters in. While you are looking at loosing half the value or doubling your money, you still don't know the original value of $A$ and the value of $A$ has been fixed. What you are looking at is either $+A$ or $-A$, not $2A$ or $\frac{1}{2}A$.

If we assume that the probability of selecting $A$ or $B$ at each step is equal,. the after the first offered swap, the results can be either:

Case 1: Picked $A$, No swap: Reward $A$

Case 2: Picked $A$, Swapped for $B$: Reward $2A$

Case 3: Picked $B$, No swap: Reward $2A$

Case 4: Picked $B$, Swapped for $A$: Reward $A$

The end result is that half the time you get $A$ and half the time you get $2A$. This will not change no matter how many times you are offered a swap, nor will it change based upon knowing what is in one envelope.

Comments

IMO, the problem says that you cannot lose A no matter what. So, your +A vs -A cannot be appropriate. You either win A or 2A.

— Little Alien

Answer 3

My interpretation of the question

I am assuming that the setting in problem 3 is as follows: the organizer first selects amount $X$ and puts $X$ in the first envelope. Then, the organizer flips a fair coin and based on that puts either $0.5X$ or $2X$ to the second envelope. The player knows all this, but not $X$ nor the result of the coin-flip. The organizer gives the player the first envelope (closed) and asks if the player wants to switch. The questioner argues 1. that the player wants to switch because the switching increases expectation (correct) and 2. that after switching, the same reasoning symmetrically holds and the player wants to switch back (incorrect). I also assume the player is a rational risk-neutral Bayesian agent that puts a probability distribution over $X$ and maximizes expected amount of money earned.

Note that if the we player did not know about the coin-flip procedure, there might be no reason in the first place to argue that the probabilities are 0.5 for the second envelope to be higher/lower.

Why there is no paradox

Your problem 3 (as interpreted in my answer) is not the envelope paradox. Let the $Z$ be a Bernoulli random variable with $P(Z=1)=0.5$. Define the amount $Y$ in the 2nd envelope so that $Z=1$ implies $Y=2X$ and $Z=0$ implies $Y=0.5X$. In the scenario here, $X$ is selected without knowledge of the result of the coin-flip and thus $Z$ and $X$ are independent, which implies $E(Y\mid X) = 1.25X$.

$$\begin{equation} E(Y) = E(E(Y\mid X)) = E(1.25X) = 1.25E(X) \end{equation}$$ Thus, if if X>0 (or at least $E(X)>0$), the player will prefer to switch to envelope 2. However, there is nothing paradoxical about the fact that if you offer me a good deal (envelope 1) and an opportunity to switch to a better deal (envelope 2), I will want to switch to the better deal.

To invoke the paradox, you would have to make the situation symmetric, so that you could argue that I also want to switch from envelope 2 to envelope 1. Only this would be the paradox: that I would want to keep switching forever. In the question, you argue that the situation indeed is symmetric, however, there is no justification provided. The situation is not symmetric: the second envelope contains the amount that was picked as a function of a coin-flip and the amount in the first envelope, while the amount in the first envelope was not picked as a function of a coin-flip and the amount in the second envelope. Hence, the argument for switching back from the second envelope is not valid.

Example with small number of possibilities

Let us assume that (the player's belief is that) $X=10$ or $X=40$ with equal probabilities, and work out the computations case by case. In this case, the possibilities for $(X,Y)$ are $\{(10,5),(10,20),(40,20),(40,80)\}$, each of which has probability $1/4$. First, we look at the player's reasoning when holding the first envelope.

1. If my envelope contains $10$, the second envelope contains either $5$ or $20$ with equal probabilities, thus by switching I gain on average $0.5\times(-5) + 0.5\times10 = 2.5$.
2. If my envelope contains $40$, the second envelope contains either $20$ or $80$ with equal probabilities, thus by switching I gain on average $0.5\times(-20) + 0.5\times(40) = 10$.

Taking the average over these, the expected gain of switching is $0.5\times2.5 + 0.5\times10 = 6.25$, so the player switches. Now, let us make similar case-by-case analysis of switching back:

1. If my envelope contains $5$, the old envelope with probability 1 contains $10$, and I gain $5$ by switching.
2. If my envelope contains $20$, the old envelope contains $10$ or $40$ with equal probabilities, and by switching I gain $0.5\times(-10) + 0.5\times20 = 5$.
3. If my envelope contains $80$, the old envelope with probability 1 contains $40$ and I lose $40$ by switching.

Now, the expected value, i.e. probability-weighted average, of gain by switching back is $0.25\times5+0.5\times5+0.25\times(-40) = -6.25$. So, switching back exactly cancels the expected utility gain.

Another example with a continuum of possibilities

You might object to my previous example by claiming that I maybe cleverly selected the distribution over $X$ so that in the $Y=80$ case the player knows that he is losing. Let us now consider a case where $X$ has a continuous unbounded distribution: $X \sim \textrm{Exp}(1)$, $Z$ independent of $X$ as previously, and $Y$ as a function of $X$ and $Z$ as previously. The expected gain of switching from $X$ to $Y$ is again $E(0.25X) = 0.25E(X) = 0.25$. For the back-switch, we first compute the conditional probability $P(X=0.5Y \mid Y=y)$ using Bayes' theorem:

$$\begin{equation} P(X=0.5Y \mid Y=y) = P(Z=1 \mid Y=y) = \frac{p(Y=y\mid Z=1)P(Z=1)}{p(Y=y)} = \frac{p(2X=y)P(Z=1)}{p(Y=y)} = \frac{0.25e^{-0.5y}}{p(Y=y)} \end{equation}$$ and similarly $P(X=2Y \mid Y=y) = \frac{e^{-2y}}{p(Y=y)}$, wherefore the conditional expected gain of switching back to the first envelope is $$\begin{equation} E(X-Y \mid Y=y) = \frac{-0.125y e^{-0.5y} + ye^{-2y}}{p(Y=y)}, \end{equation}$$ and taking the expectation over $Y$, this becomes $$\begin{equation} E(X-Y) = \int_0^\infty \frac{-0.125y e^{-0.5y} + ye^{-2y}}{p(Y=y)}p(Y=y) dy = -0.25, \end{equation}$$ which cancels out the expected gain of the first switch.

General solution

The situation seen in the two examples must always occur: you cannot construct a probability distribution for $X,Z,Y$ with these conditions: $X$ is not a.s. 0, $Z$ is Bernoulli with $P(Z=1)=0.5$, $Z$ is independent of $X$, $Y=2X$ when $Z=1$ and $0.5X$ otherwise and also $Y,Z$ are independent. This is explained in the Wikipedia article under heading 'Proposed resolutions to the alternative interpretation': such a condition would imply that the probability that the smaller envelope has amount between $2^n,2^{n+1}$ ($P(2^n<=\min(X,Y)<2^{n+1})$ with my notation) would be a constant over all natural numbers $n$, which is impossible for a proper probability distribution.

Note that there is another version of the paradox where the probabilities need not be 0.5, but the expectation of other envelope conditional on the amount in this envelope is still always higher. Probability distributions satisfying this type of condition exist (e.g., let the amounts in the envelopes be independent half-Cauchy), but as the Wikipedia article explains, they require infinite mean. I think this part is rather unrelated to your question, but for completeness wanted to mention this.

Comments

I edited my question trying to explain why I think it is similar to the envelope paradox and you would want to switch forever.

— evan54

@evan54 I rewrote my answer to contain my interpretation of the setting problem 3, more explanation about why the situation is not symmetric, examples etc.

— Juho Kokkala

I think I'm close to getting it. I think that once there is a coin flip and envelope 2 contains half/double the amount in your hand you are basically in the situation of the envelope paradox BUT the way you got there guarantees you that you are better off switching. Does that make sense?

— evan54

also, if it does, is there a way to make it more formal? I may ponder on it more..

— evan54

@evan54 Not sure. The whole point of the paradox is that it is a situation in which there is no advantage to switching. Thus, anything you change to the setup of the problem that results in it being advantageous to switch, at least initially, must therefore not be equivalent to the setup of the two envelope paradox. Note that in your setup, it only makes sense to switch the very first time. After you switch the first time, you expect to lose by switching back. The flawed logic in the paradox comes into play if you attempt to argue that you should switch back.

— jsk

Answer 4

Problem 1: Agreed, play the game. The key here is that you know the actual probabilities of winning 5 vs 20 since the outcome is dependent upon the flip of a fair coin.

Problem 2: The problem is the same as problem 1 because you are told that there is an equal probability that either 5 or 20 is in the other envelope.

Problem 3: The difference in problem 3 is that telling me the other envelope has either $X/2$ or $2X$ in it does not mean that I should assume that the two possibilities are equally likely for all possible values of $X$. Doing so implies an improper prior on the possible values of $X$. See the Bayesian resolution to the paradox.

Comments

I see we interpret problem 3 slightly differently. I assumed OP specifically constructs the setting in problem 3 so that the 2nd envelope has probabilities 0.5/0.5. This is clearly possible without improper distributions, but then the possibilities for envelope 1 are not equally likely given the amount in the second envelope.

— Juho Kokkala

Agreed, if OP meant that you are told that the other envelope either has $X/2$ or $2X$ with equal probabilities, then problem 3 would not be equivalent to the 2 envelope paradox.

— jsk

yes that was my thinking, that in problem 3 there is equal probability between X/2 and 2X. So you hold 3 envelopes give him the 10 and then flip a coin to see if you give him the 20 or 5 (they are closed) if he decides to switch

— evan54

@evan54 - if you make the random flip after you choose which envelope to give me, then it's equivalent to problem 1; if you choose both amounts of money, and then make a random flip on which envelope you give me, then it's the situation described above; they're different situations.

— Peteris

@evan54 - the optimal player's decision depends on how you made those envelopes. If you don't tell the player how you did that (only that 50/50 sentence), then the optimal strategy depends on player's assumptions on how likely you are to do it one way or another - the first envelope you prepared is less valuable than the second envelope you prepared; if they were fairly shuffled (and unopened) then it doesn't matter what the player chooses; if the player thinks that you likely (>50%) initially gave him the first envelope, then player should switch and stick with that.

— Peteris

Answer 5

This is a potential explanation that I have. I think it is wrong but I'm not sure. I will post it to be voted on and commented on. Hopefully someone will offer a better explanation.

So the only thing that changed between problem 2 and problem 3 is that the amount became in the envelope you hold became random. If you allow that amount to be negative so there might be a bill there instead of money then it makes perfect sense. The extra information you get when you open the envelope is whether it's a bill or money hence you care to switch in one case while in the other you don't.

If however you are told the bill is not a possibility then the problem remains. (of course do you assign a probability that they lie?)

Comments

Introducing the possibility of negative amounts is an interesting observation, but not needed for resolving the issue in your question. See my answer.

— Juho Kokkala

It is not necessary to assume the amount in the envelope is random: it suffices that it is unknown. Assuming randomness adduces information--however little it might be--that was not given in the problem!

— whuber

The biggest difference between 2 and 3 is that being told the other amount is either $X/2$ or $2X$ is not the same as being told that the two possibilities are equally likely. Assuming the two amounts are equally likely is not the same as being told the two amounts are equally likely.

— jsk

Answer 6

Problem 2A: 100 note cards are in an opaque jar. "$10" is written on one side of each card; the opposite side has either "$5" or "$20" written on it. You get to pick a card and look at one side only. You then get to choose one side (the revealed, or the hidden), and you win the amount on that side.

If you see "$5," you know you should choose the hidden side and will win $10. If you see "$20," you know you should choose the revealed side and will win $20. But if you see "$10," I have not given you enough information calculate an expectation for the hidden side. Had I said there were an equal number of {$5,$10} cards as {$10,$20} cards, the expectation would be $12.50. But you can't find the expectation from $only$ the fact - which was still true - that you had equal chances to reveal the higher, or lower, value on the card. You need to know how many of each kind of card there were.

Problem 3A: The same jar is used, but this time the cards all have different, and unknown, values written on them. The only thing that is the same, is that on each card one side is twice the value of the other.

Pick a card, and a side, but don't look at it. There is a 50% chance that it is the higher side, or the lower side. One possible solution is that the card is either {X/2,X} or {X,2X} with 50% probability, where X is your side. But we saw above that the the probability of choosing high or low is not the same thing as these two $different$ cards being equally likely to be in the jar.

What changed between your Problem 2 and Problem 3, is that you made these two probabilities the same in Problem 2 by saying "This envelope either has $5 or $20 in it with equal probability." With unknown values, that can't be true in Problem 3.

Answer 7

Overview

I believe that they way you have broken out the problem is completely correct. You need to distinguish the "Coin Flip" scenario, from the situation where the money is added to the envelope before the envelope is chosen

Not distinguishing those scenarios lies at the root of many people's confusion.

Problem 1

If you are flipping a coin to decide if either double your money or lose half, always play the game. Instead of double or nothing, it is double or lose some.

Problem 2

This is exactly the same as the coin flip scenario. The only difference is that the person picking the envelope flipped before giving you the first envelope. Note You Did Not Choose an Envelope!!!! You were given one envelope, and then given the choice to switch This is a subtle but important difference over problem 3, which affects the distribution of the priors

Problem 3

This is the classical setup to the two envelope problem. Here you are given the choice between the two envelopes. The most important points to realize are

• There is a maximum amount of money that can be in the any envelope. Because the person running the game has finite resources, or a finite amount they are willing to invest
• If you call the maximum money that could be in the envelope M, you are not equally likely to get any number between 0 and M. If you assume a random amount of money between 0 and M was put in the first envelope, and half of that for the second (or double, the math still works) If you open an envelope, you are 3 times as likely to see something less than M/2 than above M/2. (This is because half the time both envelopes will have less than M/2, and the other half the time 1 envelope will)
• Since there is not an even distribution, the 50% of the time you double, 50% of the time you cut in half doesn't apply
• When you work out the actual probabilities, you find the expected value of the first envelope is M/2, and the EV of the second envelope, switching or not is also M/2

Interestingly, if you can make some guess as to what the maximum money in the envelope can be, or if you can play the game multiple times, then you can benefit by switching, whenever you open an envelope less than M/2. I have simulated this two envelope problem here and find that if you have this outside information, on average you can do 1.25 as well as just always switching or never switching.