La scommessa di Blackwell

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Ho letto del paradosso delle scommesse di Blackwell sull'armadio Futility . Ecco il riassunto: ti vengono presentate due buste, ed . Le buste contengono una quantità casuale di denaro, ma non sai nulla sulla distribuzione del denaro. Ne apri uno, controlla quanti soldi ci sono ( ) e scegliere: prendi la busta o ? $E_x$ $E_y$ $x$ $E_x$ $E_y$

Futility Closet si riferisce a un matematico chiamato Leonard Wapner: "Inaspettatamente, c'è qualcosa che puoi fare, a parte l'apertura dell'altra busta, per darti una possibilità persino migliore di farlo nel modo giusto."

L'idea, che mi sembra sbagliata, è la seguente: scegliere un numero casuale . Se , prendere . Se , selezionare . $d$ $d < x$ $E_x$ $d > x$ $E_y$

Wapner: “Se d cade tra xey allora la tua previsione (come indicato da d) è garantita per essere corretta. Supponiamo che ciò si verifichi con probabilità p. Se d è inferiore a entrambi xey, la previsione sarà corretta solo nel caso in cui il numero scelto x sia il più grande dei due. C'è una probabilità del 50% di questo. Allo stesso modo, se d è maggiore di entrambi i numeri, la previsione sarà corretta solo se il numero scelto è il più piccolo dei due. Ciò si verifica anche con una probabilità del 50 percento. "

Se la probabilità che sia in è maggiore di zero, il successo medio di questo metodo è . Ciò significherebbe che osservando una variabile casuale non correlata ci fornisce ulteriori informazioni. $d$ $[x,y]$ $\frac{1}{2} + \frac{p}{2}$

Penso che sia tutto sbagliato e che il problema risieda nella scelta di un numero-casuale- casuale. Cosa significa? Qualche numero intero? In tal caso, la probabilità che è compreso fra ed è zero, poiché sia ed sono finite. $p$ $d$ $x$ $y$ $x$ $y$

Se diciamo che esiste un limite alla quantità massima di denaro, diciamo , o almeno scegliamo d da , allora la ricetta si riduce al banale consiglio di scegliere se e scegliendo se . $M$ $1...M$ $E_y$ $x < M/2$ $E_x$ $x > M/2$

Mi manca qualcosa qui?

MODIFICARE

OK, ora comincio a vedere da dove viene l'apparente paradosso. Mi è sembrato impossibile che una variabile casuale non correlata possa fornire ulteriori informazioni.

Tuttavia, si noti che dobbiamo scegliere consapevolmente una distribuzione di d . Ad esempio, scegli i confini di una distribuzione uniforme, o della distribuzione di Poissionian ecc. Chiaramente, se stiamo giocando per le arachidi, e scegliamo che la distribuzione di d sia uniforme su dollari, . Quest'ultima probabilità dipenderà innanzitutto dal nostro giudizio su ciò che può essere nelle buste. $\lambda$ $[10^9, 2\cdot 10^9]$ $P(d \in (x,y)) = 0$

In altre parole, se la tecnica funziona, allora viene violata l'assunzione che non sappiamo quale sia la distribuzione del denaro nelle buste (come è stata scelta la quantità di denaro per le buste). Tuttavia, se davvero non sappiamo cosa ci sia nelle buste, quindi nel peggiore dei casi, non perdiamo nulla applicandolo.

MODIFICA 2

Un altro pensiero. Dato , scegliamo, per il disegno , una distribuzione non negativa continua tale che . Ci è permesso farlo, ho ragione? Procediamo come indicato - se , manteniamo la busta, se , cambiamo la busta. Il ragionamento non cambia, a seconda di come scegliamo la distribuzione può essere che (o sbaglio?). $x$ $d$ $P(d < x) = P(d > x)$ $d < x$ $d > x$ $P(d \in [x, y]) > 0$

Tuttavia, dato come abbiamo scelto la distribuzione, ciò che facciamo ora equivale a un lancio di una moneta. Lanciamo una moneta, e se è testa, cambiamo buste, se è croce, ci atteniamo alla busta che teniamo. Dove sbaglio?

MODIFICA 3 :

OK, ho capito adesso. Se basiamo la funzione di probabilità di su (ad esempio, campioniamo da una distribuzione uniforme nell'intervallo , allora la probabilità non è indipendente da . $d$ $x$ $d$ $(1, 2 \cdot x)$ $P(d \in (x,y))$ $P(\text{correct decision}|d \notin (x,y))$

Quindi, se (con probabilità ), l'ipotesi è sempre corretta, come prima. Se è il numero più basso, tuttavia, e , rispetto a ha una probabilità maggiore di essere inferiore a rispetto a maggiore di , quindi siamo orientati verso una decisione errata. Lo stesso ragionamento si applica quando è il più alto dei due numeri. $d \in (x,y)$ $p$ $x$ $d \notin (x,y)$ $d$ $x$ $x$ $x$

Ciò significa che dobbiamo scegliere il processo di disegno indipendentemente da . In altre parole, occorre fare un'ipotesi sui parametri di distribuzione da cui e sono disegnati; il peggio che succede è che indoviniamo ancora a caso, ma il migliore è che la nostra ipotesi era corretta - e quindi abbiamo un vantaggio. Come questo dovrebbe essere meglio che indovinare "x e y, penso, sarà almeno 1 $ , ma al massimo 10 $ , quindi se , lo manteniamo e, in caso contrario, lo scambiamo" Devo ancora vedere. $d$ $x$ $x$ $y$ $x > 5$

Sono stato fuorviato dalla formulazione pop-sci del problema nel libro di Wapner ( Unexpected Expectations: The Curiosities of a Mathematical Crystal Ball ), che afferma

"Seleziona comunque un intero positivo casuale" (Wapner suggerisce una distribuzione geometrica - lanciando monete fino a quando spuntano le prime teste, ripetendo il processo se ) "Se indovina più in alto e se indovina inferiore. (...) Indovina correttamente più del 50 percento delle volte perché indica correttamente più del 50 percento delle volte! " $d=x$ $d > x$ $d < x$ $d$

probability paradox

— gennaio
fonte

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Molto strettamente correlati: stats.stackexchange.com/questions/95694

— whuber

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Questo è abbastanza diverso dal problema delle due buste, nel senso che: (1) l'argomento dato per cambiare il problema delle due buste è fallace, il difetto nell'argomento può essere visto aggiungendo un precedente bayesiano mentre (2) l'argomento dato da Wapner per la scommessa di Blackwell è corretto.

— Matthew Gunn,

Se le somme di denaro nelle buste sono elementi arbitrari di un insieme di numeri S, una condizione sufficiente e necessaria per far funzionare la strategia di Wapner è che il CDF del numero che si sceglie di aumentare in modo rigoroso su S.

— Reinstate Monica,

OK, mi manca ancora qualcosa - per favore vedi il mio EDIT 2, ma mi sembra che potremmo semplicemente lanciare una moneta e dovrebbe ancora funzionare, secondo il ragionamento. Dove sbaglio?

— gennaio

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Questo è più noto come il problema delle due buste . Più comunemente gli importi sono indicati come e ma non è necessario che ciò avvenga. $A$ $2A$

Alcuni punti:

Non è possibile scegliere un numero intero casuale uniformemente *, ma la parte quotata non sembra richiedere che sia uniforme. Scegli una distribuzione - non importa quale sia l'argomento - purché abbia qualche probabilità di superare qualsiasi valore finito.
Non avrebbe senso scegliere intero con la regola di decisione citata, perché il denaro è discreta che significa che c'è una possibilità diversa da zero e non c'è niente elencato per questo caso. (O in alternativa, per modificare la regola per specificare cosa fare quando sono uguali) $d$ $d=x$
Lasciando da parte questo, potresti scegliere da una distribuzione continua non negativa - quindi non dobbiamo preoccuparci dell'uguaglianza. $d$

* (né puoi scegliere un numero intero non negativo uniformemente casuale né un numero intero uniformemente casuale positivo)

Se diciamo che esiste un limite alla quantità massima di denaro, diciamo , o almeno scegliamo da , allora la ricetta si riduce al banale consiglio di scegliere se e scegliendo se $M$ $d$ $1...M$ $E_y$ $x<M/2$ $E_x$ $x>M/2$

Se si scopre che la distribuzione casuale da cui viene scelta comprende dovrebbe funzionare (ti dà meglio di 50-50); se la distribuzione è bloccata a metà non lo farebbe. $x$ $M/2$

Tuttavia, la versione di questo gioco che mi è stata presentata per la prima volta è che la busta è presentata da qualcuno che (probabilmente) cerca di minimizzare le tue entrate dal gioco. La strategia di utilizzare una distribuzione per decidere se passare all'altra busta funzionerà comunque in quell'istanza.

— Glen_b -Restate Monica
fonte

OK, punti (1-3) presi. Quindi, mi è permesso scegliere una distribuzione così casuale, non negativa, continua di che , giusto? Ma poi la decisione si basa essenzialmente sul lancio di una moneta ... sbaglio?

d

$d$

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

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

— gennaio

Non hai bisogno di . Hai solo bisogno di una probabilità diversa da zero per ottenere tra i due importi.

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

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

— Glen_b

Sì, ma mi è consentito definire la funzione di densità per come desidero, giusto? Lo faccio per condurre l'argomento a una conclusione assurda.

d

$d$

— gennaio

rendendo la tua strategia una funzione di x non ti stai dando il vantaggio di fare la scelta corretta quando d è tra xey: stai definendo la tua via d'uscita dalla vittoria del gioco. Se il link che fornisci afferma che una tale strategia funzionerà, sarebbe sbagliata

— Glen_b -Reinstate Monica

Cosa, secondo il ragionamento di Wapner, mi proibisce di definire la funzione di probabilità usata per derivare come funzione di ? Fintanto che , il suo ragionamento dovrebbe ancora funzionare, sbaglio? Se utilizzo una distribuzione continua e non negativa che include (ad es. Distribuzione uniforme su , allora sono sicuro che sia così. E prenderò comunque la decisione corretta se .

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)

$d \in (x,y)$

— ° gennaio

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L'argomento di Wapner è corretto!

Alcuni commenti:

Seguendo la strategia di interruzione descritta in cui cambiamo inviluppi se è nella peggiore delle ipotesi inutile nelle aspettative ex ante. Con una buona scelta di , può essere abbastanza utile. $x < d$ $d$
Se aggiungi un priore bayesiano (ovvero aggiungi credenze sulla distribuzione iniziale di denaro nelle buste), puoi risolvere il valore ottimale di date le tue precedenti convinzioni. $d$
In determinate situazioni (ad es. Dove più osservi, più è probabile che tu abbia la busta più grande), una strategia di interruzione è persino ottimale.
In un ambiente bayesiano più generale, puoi fare meglio di una semplice strategia di taglio per molti priori.

Un problema correlato ma diverso:

Come hanno già accennato diversi @Glen_b e @whuber, esiste un enigma correlato noto come Problema delle due buste in cui viene dato un argomento fallace per cambiare sempre le buste e il difetto nell'argomento può essere visto adottando un approccio bayesiano e aggiungendo precedenti credenze sul contenuto delle due buste.

In un certo senso, tuttavia, il puzzle descritto qui è piuttosto diverso. L'argomento di Wapner è corretto!

— Matthew Gunn
fonte

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OK, ora vedo da dove viene il paradosso. O, per essere precisi, in cui le informazioni aggiuntive confluiscono nel sistema. Scegliendo consapevolmente la distribuzione di d , utilizziamo la nostra conoscenza a priori su dove, più o meno, dovrebbero essere le somme di denaro in entrambe le buste. Nel peggiore dei casi, la nostra conoscenza è inutile, ma il metodo garantisce che non saremo in svantaggio se lo utilizziamo.

— gennaio

Dopo qualche pensiero, ancora non capisco - vedi EDIT 2.

— Gennaio

Scenario (A) Immagina che la busta piccola abbia e che la busta grande abbia . Scegliamo = 15. . La regola decisionale ti porterebbe alla scelta corretta il 100% delle volte!

10

$10$

20

$20$

d

$d$

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

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

— Matthew Gunn,

Esaminiamo ora alcuni scenari (B). Immagina che la busta piccola abbia un numero dispari di dollari da 1 a 9 (es. 1 o 3 o 5 o 7 o 9) e la busta grande ne abbia 1 in più. Scegli e poi . Qui però, rispondi se la regola di decisione non è altrettanto utile! Porta alla decisione giusta se o e alla decisione sbagliata se . Ricorda che le coppie possibili sono (1,2), (3, 4), (5, 6), (7, 8) (9, 10) $ La cosa BAYESIANA OTTIMALE da fare sapendo che questa distribuzione iniziale è replicare se vedi un dispari quantità di denaro.

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

$x = 2, 4, 7, 9$

— Matthew Gunn,

Non sappiamo la distribuzione di ed , quindi non possiamo prenderlo in un modo che ti proponi di esso. Una volta aperta la busta, conosciamo , ma non abbiamo idea che sia stata scelta casualmente tra numeri interi da 1 a 9, e quindi non possiamo scegliere come 5.5. Come menzionato da @Glen_b sopra, deve essere scelto da una distribuzione continua non negativa.

x

$x$

y

$y$

x

$x$

d

$d$

d

$d$

— gennaio

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Ne sono rimasto incuriosito e ho adottato l'approccio pragmatico di giocarci in Excel.

Ho generato tre numeri casuali per x, y ed d nell'intervallo 1-100. Ho quindi fatto il confronto tra d e x e tra xey e ho guardato il risultato, giusto o sbagliato.

L'ho fatto 500 volte e l'ho ripetuto più volte, ottenendo regolarmente la risposta giusta circa 330 su 500, come previsto.

Ho quindi aumentato l'intervallo da d a 1-10000 e la risposta corretta è scesa a circa 260 per 500 corse.

Quindi sì, la selezione di d dipende dai valori previsti di xe y.

BoB

— user121909
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Penso che il paradosso apparente con l'espansione di Wapner dell'equazione p + (1-p) / 2 sia che assume che (1-p) / 2> 0. Per molti intervalli di d questo valore è 0.

Ad esempio: qualsiasi d selezionato da una distribuzione simmetrica centrata sul valore nell'inviluppo aperto, dà una probabilità di 1/2 errata e 1/2 corretta.

Qualsiasi distribuzione scelta asimmetricamente sembra distorcere la scelta nel modo sbagliato per metà del tempo.

Quindi c'è un modo per scegliere un intervallo e una distribuzione per d tale che questa equazione regge?

— Terry
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