Il paradosso delle due buste

[axpgn]

Il vostro ricco zio d'America vi convoca nel suo studio e vi pone davanti due buste: in una c'è un determinato importo, nell'altra il doppio. Ma non vi dice qual è quella più "pesante"
Vi chiede di sceglierne una e di tenere l'importo che contiene però, prima che voi possiate guardarci dentro, vi dice: "La scambieresti con l'altra?".

E qui nasce il dilemma ... detto $x$ l'importo nella busta scelta e data la simmetria, il valore atteso dello scambio è $V=(x/2)*1/2+(2x)*1/2=5/4x$.
Evviva, c'è sempre da guadagnarci a scambiare ... o no?

Questo ragionamento può essere fatto prima di qualsiasi scelta quindi se sceglieste la busta 1 dovreste scambiarla senza remore con la 2 ... ma se sceglieste la 2 altrettanto sicuramente dovreste scambiarla con la 1 ... in un loop infinito ... c'è qualcosa che non va

Come si esce da 'sto casino? I don't know!


Cordialmente, Alex

[3m0o]

Premetto che lo conoscevo questo "paradosso".
Abbiamo due buste \(A\) e \(B \) in una c'è un importo di \(y\) e nell'altro \(2y\), ma non sappiamo in quale busta c'è quale valore. Abbiamo dunque
\[ \mathbb{E}(A) = \mathbb{E}(B) = \frac{1}{2} y + \frac{1}{2} 2y = \frac{3}{2} y \]
che è il valore atteso, ovvero scegliendo una busta, in media mi aspetto di guadagnare \( \frac{3}{2} y \).

Quello che tu fai è assegnare lo stesso nome (la " \(x\)") a due cose che hanno significati differenti. Nel primo caso, quando scrivi \( x/2 \) la \(x\) rappresenta il valore atteso dell'altra busta sapendo che nella busta scelta il contenuto è più grande che nell'altra mentre quando scrivi \(2x\), la \(x\) rappresenta il valore atteso dell'altra busta sapendo che nella busta scelta il contenuto è più piccolo che nell'altra. Sono due cose diverse ed è sbagliato assegnargli lo stesso nome.

Chiamiamo \(x\) il valore al interno della busta \(A\) e chiamiamo con \(z \) il valore all'interno di \(B\), diciamo che scegliamo \(A\) allora abbiamo
\[ \mathbb{E}(z) = \mathbb{E}(z \mid x > z) P(x >z) + \mathbb{E}(z \mid x < z) P(x < z) \]
\[ = \frac{1}{2}\mathbb{E}(\frac{x}{2} \mid x > z) + \frac{1}{2} \mathbb{E}(2x \mid x < z) = \frac{1}{4}\mathbb{E}(x \mid x > z) + \mathbb{E}(x \mid x < z) \]
\[ = \frac{1}{4} 2y + y = \frac{3}{2}y \]

[axpgn]

Eh, no caro ...

Tu stai considerando il valore atteso PRIMA di qualsiasi scelta e non c'è bisogno di grandi calcoli per sapere che comunque vada, ci guadagnerai (o $x$ o $2x$ e mediamente, su tanti "nipoti", $3/2x$)

Qui il problema è un altro ...

E non sto dando lo stesso nome a due cose diverse: $x$ è l'importo della busta scelta e quindi, se decido di scambiarla, il valore atteso è quello che ho scritto ovvero $(x/2)*1/2+(2x)*1/2=5/4x$ (detto in altro modo c'è il $50%$ di possibilità che si dimezzi e il $50%$ di possibilità che raddoppi)

E comunque "I don't know" non è una battuta

Cordialmente, Alex

[gabriella127]

Che dal punto di vista del calcolo delle probabilità è sbagliato e che il calcolo giusto è quello di 3m0o, è abbastanza evidente, di fatto è la stessa cosa di scegliere una busta a caso, che ciò avvenga con uno scambio o in altro modo non è importante, è pura apparenza.
Ma non è questo il punto.

Il punto è dove è sbagliata la formula che hai scritto. L'errore non è di calcolo delle probabilità, ma proprio algebrico, nell'uso della $x$ per indicare due valori diversi nella stessa formula.
E' vero che non stai chiamando $x$ due cose diverse, nel senso che è 'il contenuto della busta' in entrambi i casi, ma è corretto, come dire, dal punto di vista della lingua italiana, non dal punto di vista algebrico: dal punto di vista numerico usi la $x$ per due valori diversi, perché questo 'contenuto della busta' ha un valore diverso nelle due occorrenze nella formula: la prima $x$ ha un valore, la seconda $x$ ne ha un altro.

Con un esempio numerico è chiaro.
Supponiamo che in una busta ci sia 100 e nell'altra 200. La formula $(x/2)*1/2+(2x)*1/2$ (sostituendo a $x$ 'contenuto della busta') diventa:

$(200/2)*1/2+(2*100)*1/2$.

Non è che puoi scrivere

$(200/2)*1/2+(2*200)*1/2$, oppure

$(100/2)*1/2+(2*100)*1/2$,

o qualunque altra cosa in cui $x$ ha sempre lo stesso valore.

[axpgn]

@gabriella127

Non sono d'accordo

Che la $x$ non sia costante, è ovvio: è una variabile!

Io scelgo una busta e chiamo $x$ l'importo incognito ivi contenuto, indipendentemente da quale esso sia, massimo o minimo; perché non potrei farlo? Non vedo nulla che me lo possa impedire ...
Proseguiamo ...
Ora ho due opzioni, scambiare le buste o tenere quella che ho scelto; se chiamo $y$ l'importo della busta dopo aver esercitato una delle due opzioni mi ritrovo così:
a) il valore atteso di $y$ nel caso in cui tenga quella che ho scelto è $y=1*x=x$
b) il valore atteso di $y$ nel caso in cui decida di scambiare la busta che ho scelto con l'altra è $y=1/2*x/2+1/2*2x=5/4x$, questo perché ho il $50%$ di possibilità sia di dimezzare l'importo che avevo, sia di raddoppiarlo.
Ovvero, probabilisticamente mi conviene cambiare.

Statisticamente invece se faccio due esperimenti in cui lancio una moneta un milione di volte in cui se esce testa scelgo la busta A mentre se esce croce scelgo la B, con la differenza che nel secondo esperimento poi scambio le buste, il risultato è che non c'è differenza tra le due opzioni.

Il paradosso è questo, consiste in questo.

Non c'entra nulla il fatto che la $x$ possa assumere due valori, come detto è ovvio, è una variabile.

Per inciso (e per quello che conta, cioè poco o niente), non è solo il mio punto di vista ma quello di molti matematici

Cordialmente, Alex

[gabriella127]

Be', un errore ci deve stare, visto che il risultato non va bene dal punto di vista probabilistico.
Io trovo chiaro che sia quello che ho indicato.
Certo che una variabile è variabile, ma ci si deve dare in una stessa formula lo stesso valore, non gli puoi attribuire valori diversi nella stessa formula.
E se gli attribuisci valori uguali viene una cosa sbagliata.


Si vede bene mettendo valori numerici invece di $x$, come ho fatto nel post precedente, non è affatto essenziale mettere $x$ come lettera.


Una altra obiezione che si può fare, o meglio un altro modo di vedre la cosa, è dal punto di vista del calcolo delle probabilità. Il fatto che il valore che c'è nella busta che ho in mano non è affatto una variabile casuale, ma è una variabile nota, data, già realizzata, a cui non si può dare valore $1/2$ di probabilità, ma $1$.
E' qualcosa che si è già realizzato, anche se non lo conosciamo.
Immagina di fare lo stesso calcolo guardando gli importi, non cambia niente dal punto di vista del calcolo delle probabilità, ma è chiaro qual è il modo giusto.
Questo bias cognitivo è sottile, ma era per esempio lo stesso in quel gioco di 3m0o su Barbara e Alberto di tempo fa.
In questi giochi di calcolo delle probabilità ci sono spesso in ballo false apparenze che non è sempre facile individuare. Una è questa confusione, determinata dal modo in cuin si espone il gioco, tra variabili casuali e variabili già fissate, già realizzate, certe (o con probabilità $1$ se si preferisce).
E i modi di vedere i problemi sono vari, non è che ce ne è uno solo per arrivare a un risulatao corretto.

[gabriella127]

Un altro modo ancora di vedere la cosa, se vogliamo considerando la probabilità a priori di avere la prima o la seconda busta.
Chiamiamo $x_1$ la prima somma nella busta , e $x_2$ la seconda somma, con $x_2=2*x_1$. Nella formula data inizialmente nel gioco si mischiano arbitrariamente le due evenienze, ho $x_1$ o ho $x_2$, qui è l'errore.

Invece bisogna distinguere i due casi.

1) Mi capita $x_1$. Valore atteso dello scambio:

$1/2x_1+ 1/2 2x_1$

2) Mi capita $x_2$. Valore atteso delo scambio:

$1/2 x_2 + 1/2 x_2/2$.


Complessivamente, attribuendo probabilità $1/2$ a entrambe le evenienze (ho in mano $x_1$ o ho in mano $x_2$) abbiamo il valore atteso complessivo:

$VA= 1/2[1/2x_1+ 1/2 2x_1] +1/2[1/2 x_2 + 1/2 x_2]$.

Se vai a fare le sostituzioni, ad esempio sostituisci a $x_2$ $2x_1$ (o viceversa, è lo stesso) ti viene

$1/2 2 x_1 + 1/2 x_1$,

e arriviamo alla formula corretta probabilisticamente.

Non quella capziosa data dal gioco.

Insomma, mi sembra che ci sono vari modi di capire l'errore di ragionamento, a me sembrano semplici, ma poi sono caso mai più complicate da esporre di quanto sia semplice la sostanza.

[3m0o]

Concordo con gabriella.

Il problema è lo stesso del "paradosso" della cravatta. Non sono veri paradossi, nel senso che sono solo paradossi intuitivi, un po' come il paradosso del compleanno. Sono ragionamenti che sembrano filare che portano a conclusioni assurde ma in realtà contengono un errore nel ragionamento, mentre il paradosso del compleanno è un ragionamento che fila e sembra portare a conclusioni assurde

Il paradosso della cravatta è il seguente:
Due uomini ricevono delle cravatte in regalo a natale dalle loro rispettive mogli. Entrambi iniziano a discutere di quale sia la cravatta meno costosa e si accordano nel seguente modo. Ciascuno chiederà il prezzo della propria cravatta alla propria moglie. Chi avrà la cravatta più costosa la dovrà regalare all'altro.

Il primo uomo fa il seguente ragionamento. Vincere o perdere sono ugualmente probabili, se io dovessi perdere allora perdo il valore della mia cravatta, ma se dovessi vincere allora vinco di più del valore della mia cravatta quindi la scommessa è a mio vantaggio. Per simmetria anche il secondo uomo può fare lo stesso ragionamento quindi si arriva alla conclusione paradossale che entrambi hanno vantaggio nello scommettere. Ma non è possibile questo.

In realtà "il valore della mia cravatta" e "più del valore della mia cravatta" sono valori fissati. Per semplicità immagina che le cravatte possano costare solo 100 euro e 50 euro con uguale probabilità

Allora abbiamo
Cravatta primo uomo | Cravatta secondo uomo | guadagno/perdità primo uomo
50 euro | 50 euro | 0 euro
50 euro | 100 euro | guadagno di 100 euro
100 euro | 50 euro | perdita di 100 euro
100 euro | 100 euro | 0 euro

quindi come vedi la perdita e il guadagno è il medesimo e nessuno trae vantaggio dalla scommessa. Il problema delle due buste è lo stesso.

[axpgn]

Continuo a non essere d'accordo

Io non ci vedo niente di capzioso nella formulazione che ho dato, anzi mi sembra invece una forzatura voler distinguere i casi ...

Riprovo ...

Ho in mano una busta che contiene un certo importo a me sconosciuto quindi come si è soliti fare lo identifico con una lettera, la $x$ per esempio; siamo d'accordo fin qui che si può fare (ovvero seguite il mio ragionamento prima di fare obiezioni o proporre alternative)?
Mi viene proposto di scambiare la mia busta (contenente $x$ soldi) con un'altra che potrebbe contenerne $2x$ o $x/2$ e io prima di accettare provo a calcolare se mi conviene o meno usando il concetto di valore atteso.
Ora, per quel che ne so, il valore atteso è la somma di tutti i valori possibili degli esiti pesati ciascuno con la rispettiva probabilità di riuscita.
Cosa ci sarebbe che non va in questo ragionamento? Nulla a mio parere ...
Dal calcolo ne esce che mi converrebbe, alla lunga, scambiare le buste, sempre.

Da qui il paradosso ovvero la contraddizione.
Dov'è la fallacia?
Non è sufficiente dirmi che in realtà non è così, che è indifferente, lo so ma non è questo il punto, il punto è trovare cosa c'è che non va (eventualmente ma non certamente) in quel procedimento.

Cordialmente, Alex

EDIT: ho appena letto il post di 3m0o e ... non cambia niente ... ci girate attorno ma non avete smontato il ragionamento iniziale ... IMHO

[gabriella127]

A me sembra che 3m0o e io lo abbiamo spiegato in varie salse.
A me sembra chiaro, ai posteri l'ardua sentenza.

[axpgn]

@gabriella127 @3m0o

Voi continuate a scrivere "Non è vero che scambiare conviene! È indifferente! Guarda qui ... e qui! "
Ma io concordo su questo

La questione è un'altra ovvero cosa c'è che non va (se c'è, perché non è detto che ci sia) nel ragionamento del post iniziale che porta al paradosso tra le due conclusioni.

Con i vostri esempi avete dimostrato che è indifferente scambiare o meno le buste ma non avete smontato il ragionamento che porta al paradosso

IMHO (e non solo mia )

Spero di essermi spiegato.

Cordialmente, Alex

[gabriella127]

Invece abbiamo parlato proprio di questo, di perché la formula è sbagliata. Io l'ho detto in tre modi diversi, non è che esiste un solo modo di impostare i problemi, 3m0o in un paio. Sintetizzando i miei tre (per i dettagli guardare post precedenti):
modo 1) Due valori diversi attribuiti a una stessa variabile in una formula
modo 2) Confusione tra variabili casuali con probabilità diversa da $1$ e fisse/certe/già realizzate (probabilità $1$)
modo 3) La formula pasticcia mettendo insieme due evenienze che invece vanno separate.

Quello che abbiamo detto non c'entra niente con quale è il risultato giusto, che scambiare è indifferente, quello è scontato, quasi non vale la pena parlarne.

Comunque i posteri, quando si pronunceranno su Napoleone, si pronunceranno anche su questo, è sicuro

[3m0o]

Ho in mano una busta che contiene un certo importo a me sconosciuto quindi come si è soliti fare lo identifico con una lettera, la $x$ per esempio; siamo d'accordo fin qui che si può fare (ovvero seguite il mio ragionamento prima di fare obiezioni o proporre alternative)?

Si fino a qui nulla di sbagliato.

con un'altra che potrebbe contenerne $2x$ o $x/2$

È questo che è sbagliato.
L'altra busta non può contenere \(2x\) o \(x/2\), ma contiene l'altro valore che è fissato. Punto. Dicendo che contiene \(2x\) stai già decidendo cosa contiene la tua busta ovvero di meno dell'altra, mentre dicendo che l'altra contiene \(x/2\) stai dicendo già che l'altra busta contiene che la tua busta contiene di più dell'altra. Ma la variabile aleatoria \(x\) non è indipendente dalla variabile aleatoria \(\mathbf{1}_{x> z} \) dove con \(x\) intendo il valore nella tua busta e con \(z\) il valore nell'altra busta.

[3m0o]

Se chiami con \(A\) e \(B\) i valori dentro le buste \(A\) e \(B\) e se chiami con \(X\) e \(Y=2X \) i due valori. Allora calcolando la speranza incondizionata, ovvero \( \mathbb{E}(B) \), ti ho mostrato nella mia prima risposta quanto vale e dove sta l'errore cioé assegnare lo stesso nome a due cose diverse. E il calcolo corretto è
\[ \mathbb{E}(B)= \frac{1}{4} \mathbb{E}(A \mid A=Y) + \mathbb{E}(A \mid A=X) = \frac{3}{2} X \]

Se invece calcoli la speranza condizionata, ma non è quello che chiedi tu allora hai sì
\[ \mathbb{E}(B \mid A)= P(A = X \mid A) 2A + P(A=Y\mid A) \frac{A}{2} \]

Ma le probabilità \( P(A=X \mid A) \) e \( P(A=Y \mid A) \) non sono equiprobabili se ammetti che \( \mathbb{E}(A) < \infty \).

La fallacia sta nel mischiare i due ragionamenti.

[axpgn]

@3m0o

"3m0o":È questo che è sbagliato.
L'altra busta non può contenere \(2x\) o \(x/2\), ma contiene l'altro valore che è fissato. Punto. Dicendo che contiene \(2x\) stai già decidendo cosa contiene la tua busta ovvero di meno dell'altra, mentre dicendo che l'altra contiene \(x/2\) stai dicendo già che l'altra busta contiene che la tua busta contiene di più dell'altra.

Ma l'altra busta è vero che contiene o $2x$ o $x/2$ rispetto a $x$. Non ci piove.
Le possibilità sono quelle, non ce ne sono altre.
Non sto affermando niente di diverso da questo.
E pesandole con la relativa probabilità ne esce quel valore atteso.

Cordialmente, Alex

[3m0o]

Ti ripeto, chiamiamo i premi \( y \) e \(2y\).
No. Se \(x=y \) è il valore nella tua busta l'altra busta non può contenere \(x/2\)! Il fatto che tu non sappia che \(x=y \) o \(x=2y \) non è importante.
Analogamente se \(x=2y \) l'altra busta non può contenere \(2x\). Il fatto che tu non conosca \(x\) ovvero non apri la busta rende il tuo ragionamento sbagliato.

Se obbietti che apri la busta, allora sì l'altra busta può contenere \(2x\) oppure \(x/2\) ma a quel punto i pesi non sono più \(1/2\).

[axpgn]

@3m0o

Eh, no, continui a "piegare" il problema come più ti piace ma non è come l'ho posto e come lo pongo.

Ho una busta che contiene $x$ che NON conosco. Punto.
Quindi, per quanto ne so, l'altra busta può contenere $2x$ o $x/2$ RISPETTO a $x$. Punto.

È ovvio che il contenuto dell'altra busta dipende dal contenuto della mia busta ma questo non incide sul ragionamento che faccio.
L'altra busta può contenere il doppio della mia o la metà della mia. Non ci scappi.

Cordialmente, Alex

[3m0o]

No continui a sbagliare perché prendi la definizione di valore atteso
Sia una variabile aleatoria \(X\), con possibili esisti \(x_1,\ldots,x_n \) allora il valore atteso è
\[ \sum_{i=1}^{n} p_i x_i \]
dove \(p_i \) è la probabilità che avvenga \(x_i\). Ovvero \( P(X=x_i)=p_i \).

Se chiami con \( x \) il valore nella busta \(A\), tu stai dicendo che il valore atteso di \(B\) è
\[ \frac{1}{2} \frac{x}{2} + \frac{1}{2} 2x \]
il problema è che a dipendenza del valore di \(x \), \( x/2\) oppure \(2x \) non sono dei possibili esisti.
Infatti a dipendenza dei casi
\[ \frac{1}{2} x + \frac{1}{2} 2x \]
oppure
\[ \frac{1}{2} \frac{x}{2} + \frac{1}{2} x \]

[3m0o]

"axpgn":
Quindi, per quanto ne so, l'altra busta può contenere $2x$ o $x/2$ RISPETTO a $x$. Punto.

Il tuo valore atteso rappresenta questa situazione.
Io nella busta \(A\) ci metto una quantità di soldi \(x\), che non conosco e poi tiro una moneta per decidere se nella busta \(B\) ci metto \(2x\) oppure \(x/2\). Poi scegli la busta \(A\) e ti chiedo se ti conviene cambiarla, la risposta è sì. Ma è una situazione completamente differente questa.
Nella situazione da te descritta invece, poco importa se conosci o no \(x\), ma non è vero che l'altra busta può contenere \(2x\) oppure \(x/2\), può contenerne uno solo dei due, solo che non sai quale.

[Drazen77]

È la busta di Schrödinger!

[Bokonon]

Alex, è evidente che mischi (scientemente) pere e mele.
Il ragionamento corretto è che quando scelgo una busta e non so cosa contiene, il mio valore atteso è identico a quello dell'altra busta...finchè non la apro. Scambiarle, non cambia la situazione.

Ma se vogliamo ragionare per diramazione, allora abbiamo due casistiche equiprobabili.
Nella prima la busta contiene X, ergo il mio valore atteso, scambiandole è pari a 2x.
Nella seconda suppongo di aver scelto la busta contenente 2x, quindi il mio valore atteso è X.
Il valore atteso totale, media ponderata dei due valori attesi, è quindi ancora 3/2x