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

[axpgn]

@Drazen77


@3m0o
Continuiamo a percorrere binari diversi

Io ti propongo una situazione e tu mi rispondi con scenari diversi.
Se tu fossi realmente in quella situazione, saresti realmente inconsapevole di ciò che contiene la busta che hai in mano e per te, in quel momento, l'altra busta potrebbe contenere il doppio della tua oppure la metà.
Il fatto che solo uno dei due casi accadrà non cambia questo scenario.
Ora io penso che in quel momento quello che io sostengo (che poi non è mio il paradosso ) mi pare del tutto sensato, d'altronde nel tuo penultimo post mi dai ragione
In quel messaggio sostieni che esistono due casi; orbene, ammesso e non concesso ciò, quando ti trovi in quella situazione non puoi applicare una o l'altra di quelle due formule in quanto non conosci in quale ti trovi, perciò, volendo applicare quanto hai detto, possiamo fare la media dei due valori e il risultato è $9/8x$: conviene scambiare!

"Bokonon":Alex, è evidente che mischi (scientemente) pere e mele.

È qui che ti sbagli


Cordialmente, Alex

P.S.: Mi sono messo a cercare un po' in giro e ho trovato alcune discussioni interessanti (oltre all'articolo su Wikipedia che sicuramente è stato scritto da voi, principalmente da Bokonon )

[Bokonon]

"axpgn":
P.S.: Mi sono messo a cercare un po' in giro e ho trovato alcune discussioni interessanti (oltre all'articolo su Wikipedia che sicuramente è stato scritto da voi, principalmente da Bokonon )

Adesso per capire la battuta dovrei andare su Wiki?
Tutti questi pseudoparadossi (dimostrare che 2+2=5 o il puzzle dei ragazzi in pizzeria) hanno tutti la medesima meccanica, ovvero mischiano pere e mele creando una ridondanza falsa.
Drazen ha centrato il punto in questo caso (il premio è 3/2x finchè non si apre la busta)
Se vi sono n scelte con n diversi premi, possiamo sempre immaginare n scenari possibili in cui ad n copie della medesima persona (in universi paralleli) viene chiesto di cambiare la busta.
Stando alla tua premessa, tutte ed n le copie scelgono di cambiare la busta guadagnandoci...heheheheh

[Studente Anonimo]

"Bokonon":[quote="axpgn"]
P.S.: Mi sono messo a cercare un po' in giro e ho trovato alcune discussioni interessanti (oltre all'articolo su Wikipedia che sicuramente è stato scritto da voi, principalmente da Bokonon )

Adesso per capire la battuta dovrei andare su Wiki?
Tutti questi pseudoparadossi (dimostrare che 2+2=5 o il puzzle dei ragazzi in pizzeria) hanno tutti la medesima meccanica, ovvero mischiano pere e mele creando una ridondanza falsa.
Drazen ha centrato il punto in questo caso (il premio è 3/2x finchè non si apre la busta)
Se vi sono n scelte con n diversi premi, possiamo sempre immaginare n scenari possibili in cui ad n copie della medesima persona (in universi paralleli) viene chiesto di cambiare la busta.
Stando alla tua premessa, tutte ed n le copie scelgono di cambiare la busta guadagnandoci...heheheheh[/quote]
Io non so più come argomentare, quindi mi astengo, faccio solo notare che se il ragionamento è corretto allora posso applicarlo nuovamente. Scelgo la busta \(A\) e mi conviene cambiarla con la busta \(B\). Ma a sto punto chiamando \(x\) il contenuto dentro \(B\) posso applicare nuovamente il medesimo ragionamento e mi conviene cambiarla con la busta \(A\). Cambiare due volte è la medesima cosa che non cambiare quindi mi conviene sia non cambiare che cambiare. Assurdo! Ti ho detto dove si trova l'errore nel ragionamento. Convinciti che è quello.

https://arxiv.org/pdf/2003.04008.pdf

[Bokonon]

Wow, davvero ci discutono e scrivono articoli?
Stando al pdf linkato da 3mO0 è il punto 3) del ragionamento che è fallace e conduce al paradosso.
L'altra busta (esattamente come la mia) contiene o x oppure 2x.
Non esiste un riferimento immaginario che cambi la cosa.
Argomentare che, se io ho 2x=X, allora rischio di avere X/2 fa capire la differenza fra x e X.
E, se io ho X, allora potrei avere 2X=2x, la dice tutta.

$V=(X/2)*1/2+(2X)*1/2=((2x)/2)*1/2+(2x)*1/2=3/2x$

[Studente Anonimo]

"axpgn":d'altronde nel tuo penultimo post mi dai ragione

Non ti ho mai dato ragione.

"axpgn":
In quel messaggio sostieni che esistono due casi; orbene, ammesso e non concesso ciò, quando ti trovi in quella situazione non puoi applicare una o l'altra di quelle due formule in quanto non conosci in quale ti trovi, perciò, volendo applicare quanto hai detto, possiamo fare la media dei due valori e il risultato è $9/8x$: conviene scambiare!

Per il resto denoto con \(A\),\(B\) le variabili aleatorie che indicano la somma dentro le due buste. \(X\) e \(Y=2X \) i soldi messi nelle buste.

Come spiegato nel paper citato. Ci sono due possibili problemi nella formula

Tesi del "paradosso", la speranza cambiando busta è
\[ \frac{1}{2} \frac{A}{2} + \frac{1}{2} 2A \]
denoterò
\[ x_1= \frac{A}{2} \]
\[ x_2 = 2 A \]
Quindi la speranza diventa
\[ p_1 x_1 + p_2 x_2 \]



Scenario 1: Se vuoi calcolarle la speranza non condizionata

Errore: Non stai calcolando la speranza non condizionata, ma quella condizionata, infatti l'errore consiste nel fatto che vuoi calcolare la speranza non condizionata in funzione di \(A\) che è una variabile aleatoria.
La speranza di una variabile aleatoria è un valore reale che non dipende da una variabile aleatoria. Semplicemente non puoi calcolare così la speranza, perché dipende dal valore di \(A\). Quindi in realtà tu stai calcolando la speranza condizionata.

Infatti \(A \) è una variabile aleatoria e dici
\[ \mathbb{E}(B) = \frac{1}{2} \frac{A}{2} + \frac{1}{2} 2 A = \frac{5}{4} A \]
in un caso \( \frac{A}{2} \) ha senso quando \(A\) assume un certo valore mentre nell'altro \(2A\) ha senso quando \(A\) sta assumendo un altro valore.

Detto in altro modo, supponendo che \( X = 50 \) e \(Y= 100 \) hai che la speranza
\[ \mathbb{E}(B) = \frac{1}{2} X + \frac{1}{2} Y = 25 + 50 = 75 \]
mentre secondo il "paradosso"
\[ \mathbb{E}(B) = \frac{5}{4} A \]
dipende dal valore di \(A\) e questo non è possibile nel contesto in cui siamo (ovvero la speranza non condizionata).


Scenario 2: Se vuoi calcolare la speranza condizionata
E qui faccio una precisazione importante: non devi necessariamente conoscere realmente il contenuto della busta \(A\) per calcolare la speranza condizionata, perché la speranza condizionata è una funzione/variabile aleatoria. Ovvero non devi aprire la busta per calcolare la speranza condizionata, semplicemente stai dicendo io ho \(A\) in mano.


Errore: \( p_1 = p_2 = \frac{1}{2} \).

Mentre non è sbagliato:
\[ \mathbb{E}(B \mid A) = p_1 x_1 + p_2 x_2 = P(B=x_1 \mid A) x_1 + P(B=x_2 \mid A) x_2 \]

Se vuoi vedere quant'è realmente la probabilità leggiti la risposta di robjohn

https://math.stackexchange.com/questions/964381/if-you-have-two-envelopes-and?noredirect=1&lq=1

[axpgn]

"Bokonon":Adesso per capire la battuta dovrei andare su Wiki?

Ma no, mi sembrava chiaro che intendessi che Wikipedia sta dalla vostra parte

"Bokonon":Stando alla tua premessa, tutte ed n le copie scelgono di cambiare la busta guadagnandoci...heheheheh

"3m0o":Cambiare due volte è la medesima cosa che non cambiare quindi mi conviene sia non cambiare che cambiare. Assurdo!

Si chiama "paradosso" proprio per questo, perché produce assurdità
Comunque me lo leggerò, con calma, il paper (Wow! Che nome gli hanno dato )

"Bokonon":Wow, davvero ci discutono e scrivono articoli?

Certo che sì!
Sei tu che fai sembrare tutto ovvio ma spesso le cose sono un po' più complicate di quello che sembrano.

"3m0o":[spoiler][quote="axpgn"]d'altronde nel tuo penultimo post mi dai ragione

Non ti ho mai dato ragione.[/quote]
Certo che sì, $9/8x$

Mah, nonostante tutto quello che ho letto, non sono del tutto convinto né di una cosa né dell'altra ...

Cordialmente, Alex

P.S.: Postando questo paradosso, la probabilità che mi sarei divertito era abbastanza alta
Spero anche per voi (anche se 3m0o mi pare molto preso dall'argomento )

[Studente Anonimo]

"axpgn":

P.S.: Postando questo paradosso, la probabilità che mi sarei divertito era abbastanza alta
Spero anche per voi (anche se 3m0o mi pare molto preso dall'argomento )

Sì, però se avessi avuto occasione di cambiarci di ruolo (io che posto il "paradosso" e tu a rispondere), la mia speranza è che mi sarei divertito di più di quanto non ti stia divertendo tu adesso, esattamente 5/4 di quanto ti sei divertito te

[axpgn]

Naaah, è il contrario, ci saremmo divertiti meno entrambi, garantito (non sarei stato in grado di rispondere al tuo livello )

Però complimenti per la battuta ($5/4x$), really!

[Bokonon]

"axpgn":
Sei tu che fai sembrare tutto ovvio...

Forse perchè spesso lo è.
Non ho letto ne wiki ne il pdf (se non fino al punto 3).
E' una cialtronata IMHO: scegliere se cambiare o meno la busta è perfettamente equivalente a scegliere nuovamente fra le 2. Non c'è informazione aggiuntiva che possa cambiare il valore atteso (quindi assumendo un punto di vista bayesiano).

[axpgn]

"Bokonon":Forse perchè spesso lo è.

Certo, spesso lo è. Ma non sempre.
La mia impressione è che tu faccia sembrare ovvie anche quelle cose che non lo sono.
Chiaramente questo è ciò che pare a me ma magari invece è solo il tuo stile

"Bokonon":... scegliere se cambiare o meno la busta è perfettamente equivalente a scegliere nuovamente fra le 2. Non c'è informazione aggiuntiva che possa cambiare il valore atteso (quindi assumendo un punto di vista bayesiano).

Nessuno contesta questo, tutti sono d'accordo che non fa differenza, compresi coloro che propongono quel punto di vista.
Ma proprio in questo consiste il paradosso, nel presentare un ragionamento che fila (quantomeno apparentemente) ma in contraddizione con l'altro. E talvolta capita che il paradosso fili realmente tanto da far capire che c'è qualcosa che non va nella teoria sottostante, al punto di doverla/volerla rivedere (vedi per esempio il paradosso del barbiere di Russell).


Cordialmente, Alex

[Bokonon]

"axpgn":
Ma proprio in questo consiste il paradosso, nel presentare un ragionamento che fila (quantomeno apparentemente)

Appunto non fila proprio.
Vi è differenza fra apparenza e sostanza...come nel paradosso di Russel.
Non puoi comparare un'illusione con Russel...ma al massimo col puzzle dei tre ragazzi che vanno a mangiare la pizza.
A mio avviso, un conto sono i 3 minuti di "divertimento" del thread e un altro presentarlo come un paradosso che abbia la benchè minima rilevanza. Non sono polemico, lo penso davvero.

[axpgn]

Premesso che non volevo certo paragonarmi a Russell, era solo un esempio , non credo invece che sia così banale come ti sembra (il solo fatto che sia stato studiato da parecchia gente, anche professionisti, e lo sia ancora, già di per sé lo rende interessante).
Io non sono ancora pienamente convinto delle dimostrazioni datemi relativamente alla fallacia del paradosso (attenzione, non sto dicendo che il paradosso non sia fallace ma solo che non mi convincono le dimostrazioni della fallacia).
Data l'ora non ho voglia di dilungarmi più di tanto (e peraltro ritengo che sarebbe molto più produttivo parlarne e non scriverne) quindi riassumo in due punti le mie perplessità.
Da un lato mi pare che molte obiezioni consistano solamente nel dire che è ovvio che sia indifferente cambiare o meno quindi la dimostrazione che sia conveniente cambiare è assurda a priori; da un altro lato c'è il problema delle due situazioni da trattare diversamente ma qui dovrei parlarne per un bel po' e quindi passo ...

Cordialmente, Alex

[Bokonon]

"axpgn":
Da un lato mi pare che molte obiezioni consistano solamente nel dire che è ovvio che sia indifferente cambiare o meno quindi la dimostrazione che sia conveniente cambiare è assurda a priori; da un altro lato c'è il problema delle due situazioni da trattare diversamente ma qui dovrei parlarne per un bel po' e quindi passo ...

Qui mi ricordi molto da vicino una persona che ho conosciuto (e indubbiamente intelligente) che era persuaso di poter vincere al lotto scientificamente. Dopo qualche domanda è saltato fuori che "la statistica viene impiegata anche per predire l'uscita di un numero nelle tre settimane successive" e quindi aveva una prova scientifica che giocare il ritardatario non era campato per aria. Poco importa se gli ho fatto notare che quella statistica era, si, corretta ma valeva per qualsiasi numero.

[axpgn]

Insisti su un concetto sul quale sono d'accordo con te, come già detto, mentre la questione è:
"Notice that the problem is not to give a correct proof that there is no point in switching.
The problem, which many authoritative writers admit still defeats them, is to explain what is
wrong with the arguments given above." (estratto dall'articolo postato da 3m0o)


Cordialmente, Alex

[Studente Anonimo]

axpgn spero di convincerti in questo modo:

Sia \( A \) la variabile aleatoria che rappresenta la cifra nella busta \(A\), \(B\) la variabile aleatoria che rappresenta la cifra nella busta \(B\), \(Y=2X \) la variabile aleatoria del premio più grande e \(X\) la variabile aleatoria del premio più piccolo. Allora per ogni \(k > 0 \) abbiamo che
\[ P(A=k \mid Y=k) = P(A=k \mid Y=2k) = \frac{1}{2} \]
Per il teorema di Bayes abbiamo dunque che se \(x \) è la somma dentro la busta \(A\) allora risulta che
\[ P(Y=2x \mid A=x) = \frac{P(A=x\mid Y=2x)P(Y=2x)}{P(A=x\mid Y=2x)P(Y=2x) + P(A=x\mid Y=x)P(Y=x) } \]
\[ =\frac{P(Y=2x)}{P(Y=2x) + P(Y=x) } \]
in modo simile abbiamo che
\[ P(Y=x \mid A=x) = \frac{P(Y=x)}{P(Y=2x) + P(Y=x)} \]
Da cui risulta che l'aspettativa nello scambio è dato da
\[ \mathbb{E}(B \mid A=x) = 2 x P(Y=2x \mid A=x) + \frac{x}{2} P(Y=x \mid A=x) \]
Non c'è nessuna ragione per presumere che queste due probabilità sono uguali, infatti dipende dalla distribuzione usata per scegliere il premio, ovvero le due probabilità dipendono dalla distribuzione di \(Y\), detta \(f_Y\) e dal valore \(x\) trovato in \(A\). Sia dunque \(f_Y \) una funzione di densità continua con supporto \((0,\infty)\). Abbiamo che
\[ P(Y=x \mid A=x) = \frac{f_Y(x)}{f_Y(x) + 2f_Y(2x)} \]
mentre
\[ P(Y=2x \mid A=x) = \frac{2f_Y(2x)}{2f_Y(2x)+f_Y(x)} \]
(per questo calcolo guarda il link di math stackexchange)
pertanto abbiamo che
\[ P(Y=x \mid A=x) = P(Y=2x \mid A=x) = \frac{1}{2} \]
se e solo se \( 2f_Y(2x) = f_Y(x) \), per ogni \(x >0 \).

Il problema è che una tale funzione di densità non può esistere. Infatti
\[ f_Y(x) = \frac{k}{x} \]
con \(x>0 \) e per qualche costante \(k\), ma
\[ \int_{\mathbb{R}} f_Y(x)dx = k \int_{0}^{\infty} \frac{1}{x} \neq 1 \]

Quindi
Errore
\[ P(Y=x \mid A=x) = P(Y=2x \mid A=x) = \frac{1}{2} \]

[Studente Anonimo]

Ad esempio

Supponi che lo zio decida il premio più alto in base ad una distribuzione esponenziale con parametro \(\lambda=1 \) allora avremmo che \( f_Y(x) = e^{-x} \), quando \( x \geq 0 \), e \(f_Y(x) = 0 \) altrove. Quindi abbiamo che
\[ P(Y=x \mid A=x ) = \frac{e^{-x}}{e^{-x} + 2e^{-2x} } \]
mentre
\[ P(Y=2x \mid A=x ) = \frac{2e^{-2x}}{e^{-x} + 2e^{-2x} } \]

Quindi la speranza condizionata sul valore di \(A\), ed è "teorica", nel senso che non hai veramente aperto la busta \(A\) è
\[\mathbb{E}(B \mid A=x)= 2x \cdot \frac{2e^{-2x}}{e^{-x} + 2e^{-2x} } + \frac{x}{2} \cdot \frac{e^{-x}}{e^{-x} + 2e^{-2x} } \]
ora se conviene o non conviene cambiare busta non è evidente non avendo aperto la lettera, o meglio dipende dal valore trovato al suo interno, che non è conosciuto perché non hai veramente aperto la busta! Cioè anche conoscendo la distribuzione di \(Y\) in generale non è sufficiente per capire quale strategia adottare.

Se poi apri veramente la busta e trovi che \(x=10 \) allora
\[ P(Y=10 \mid A=10 ) = \frac{e^{-10}}{e^{-10} + 2e^{-20} } \approx 0.99991 \]
mentre
\[ P(Y=20 \mid A=10 ) = \frac{2e^{-20}}{e^{-10} + 2e^{-20} } \approx 0.00009 \]
dunque hai che la speranza
\[ \mathbb{E}(B\mid A=10)= 2 (10) \cdot ( 0.00009) + \frac{10}{2} \cdot ( 0.99991) \approx 5.001 \]
quindi ti conviene non cambiare.

Mentre se aprendo la busta trovi che \(x=1\) allora
\[ P(Y=1 \mid A=1 ) = \frac{e^{-1}}{e^{-1} + 2e^{-2} } \approx 0.58 \]
mentre
\[ P(Y=2 \mid A=1 ) = \frac{2e^{-2}}{e^{-1} + 2e^{-2} } \approx 0.42 \]
dunque hai che la speranza
\[ \mathbb{E}(B\mid A=1)= 2 (1) \cdot ( 0.42) + \frac{1}{2} \cdot ( 0.58) \approx 1.13 \]
quindi ti conviene cambiare.

Viceversa se non conosci la distribuzione ma apri veramente la lettera non hai comunque informazione sufficiente per decidere se ti conviene cambiare o meno perché, supponi di aprire la lettera e trovarci un valore \(x\), che diventa fissato e non più variabile, ad esempio \(x=10\), allora avresti
\[\mathbb{E}(B \mid A=10)= 20 \cdot \frac{2f_Y(20)}{f_Y(10) + 2f_Y(20) } + 5 \cdot \frac{f_Y(10)}{f_Y(10) + 2f_Y(20) } \]

Dunque se non apri la busta o non conosci \(f_Y\) non puoi concludere un bel niente!
O detto in altro modo, devi sia aprire la busta che conoscere \(f_Y\) per sapere cosa ti conviene fare.

[Bokonon]

"axpgn":Insisti su un concetto sul quale sono d'accordo con te, come già detto, mentre la questione è:
"Notice that the problem is not to give a correct proof that there is no point in switching.
The problem, which many authoritative writers admit still defeats them, is to explain what is
wrong with the arguments given above." (estratto dall'articolo postato da 3m0o)

Ok, come al solito vinci tu hai suscitato la mia curiosità, sebbene nella mia testa immaginassi già che l'interesse verso il problema fosse dovuto più alle varianti che al problema in se.
Ho sfogliato rapidamente il pdf proposto da 3m0o e francamente mi sono subito reso conto che fosse un mezzo delirio. Partendo da quelle ipotesi non possono esserci dubbi sulla banalità del paradosso in se. Leggere frasi del tipo che "Gardner ne fosse confuso" hanno solo rafforzato la mia convinzione che chi ha scritto quel paper non abbia le conoscenze nemmeno per trattare il problema in se.

Così dopo due minuti, ho selezionato alcuni autori della (immensa) bibliografia e il primo che ho beccato è quello di McDonnel et al.
https://royalsocietypublishing.org/doi/ ... .2010.0541
E non mi sono affatto stupito che la casistica trattata sia completamente differente dal problema originale (ovvero, la busta viene aperta, il gioco viene ripetuto e infine vi sono ipotesi sulla distribuzione iniziale).
Lascio parlare McDonnel sul problema originale e varianti minori:
There are many versions of the two-envelope problem/paradox (Nalebuff 1989; Nickerson & Falk 2006). However, it can be quickly demonstrated that any apparent paradox seen when analysing such problems is the result of incorrect mathematical reasoning that overlooks Bayes’ theorem (Linzer 1994; Brams & Kilgour 1995a; Blachman et al. 1996). An example that illustrates this is provided herein as a remark in appendix A; the source of the problem is essentially that what is actually a conditional probability is incorrectly assumed to be an unconditional probability.

Comunque continuerò le ricerche nei ritagli di tempo perchè obiettivamente il problema diventa interessante quando si rilassano le ipotesi e vengono introdotte supplettive informazioni che possono portare ad identificare la migliore strategia.

[Studente Anonimo]

"Bokonon":the source of the problem is essentially that what is actually a conditional probability is incorrectly assumed to be an unconditional probability.

Cosa ho detto io? Non è incondizionata, ma condizionata. E l'errore, siccome è condizionata, è sul fatto che i pesi non sono \(1/2\)... vedi i miei due messaggi subito sopra per i pesi.

"3m0o":

[quote="axpgn"]d'altronde nel tuo penultimo post mi dai ragione

Non ti ho mai dato ragione.

"axpgn":
In quel messaggio sostieni che esistono due casi; orbene, ammesso e non concesso ciò, quando ti trovi in quella situazione non puoi applicare una o l'altra di quelle due formule in quanto non conosci in quale ti trovi, perciò, volendo applicare quanto hai detto, possiamo fare la media dei due valori e il risultato è $9/8x$: conviene scambiare!

Per il resto denoto con \(A\),\(B\) le variabili aleatorie che indicano la somma dentro le due buste. \(X\) e \(Y=2X \) i soldi messi nelle buste.

Come spiegato nel paper citato. Ci sono due possibili problemi nella formula

Tesi del "paradosso", la speranza cambiando busta è
\[ \frac{1}{2} \frac{A}{2} + \frac{1}{2} 2A \]
denoterò
\[ x_1= \frac{A}{2} \]
\[ x_2 = 2 A \]
Quindi la speranza diventa
\[ p_1 x_1 + p_2 x_2 \]



Scenario 1: Se vuoi calcolarle la speranza non condizionata

Errore: Non stai calcolando la speranza non condizionata, ma quella condizionata, infatti l'errore consiste nel fatto che vuoi calcolare la speranza non condizionata in funzione di \(A\) che è una variabile aleatoria.
La speranza di una variabile aleatoria è un valore reale che non dipende da una variabile aleatoria. Semplicemente non puoi calcolare così la speranza, perché dipende dal valore di \(A\). Quindi in realtà tu stai calcolando la speranza condizionata.

Infatti \(A \) è una variabile aleatoria e dici
\[ \mathbb{E}(B) = \frac{1}{2} \frac{A}{2} + \frac{1}{2} 2 A = \frac{5}{4} A \]
in un caso \( \frac{A}{2} \) ha senso quando \(A\) assume un certo valore mentre nell'altro \(2A\) ha senso quando \(A\) sta assumendo un altro valore.

Detto in altro modo, supponendo che \( X = 50 \) e \(Y= 100 \) hai che la speranza
\[ \mathbb{E}(B) = \frac{1}{2} X + \frac{1}{2} Y = 25 + 50 = 75 \]
mentre secondo il "paradosso"
\[ \mathbb{E}(B) = \frac{5}{4} A \]
dipende dal valore di \(A\) e questo non è possibile nel contesto in cui siamo (ovvero la speranza non condizionata).


Scenario 2: Se vuoi calcolare la speranza condizionata
E qui faccio una precisazione importante: non devi necessariamente conoscere realmente il contenuto della busta \(A\) per calcolare la speranza condizionata, perché la speranza condizionata è una funzione/variabile aleatoria. Ovvero non devi aprire la busta per calcolare la speranza condizionata, semplicemente stai dicendo io ho \(A\) in mano.


Errore: \( p_1 = p_2 = \frac{1}{2} \).

Mentre non è sbagliato:
\[ \mathbb{E}(B \mid A) = p_1 x_1 + p_2 x_2 = P(B=x_1 \mid A) x_1 + P(B=x_2 \mid A) x_2 \]

Se vuoi vedere quant'è realmente la probabilità leggiti la risposta di robjohn

https://math.stackexchange.com/questions/964381/if-you-have-two-envelopes-and?noredirect=1&lq=1

[Bokonon]

"3m0o":
Cosa ho detto io?

Uei! Sono dalla tua parte!
Non ho ancora esplorato gli altri scritti ma posso azzardare con una certa sicumera che il punto di interesse/discussione non è il fake paradox in se ma bensì l'evoluzione/interpretazione del problema alla ricerca di condizioni iniziali che possano renderlo particolarmente interessante/significativo.
Questo non mi pare che trapeli dal paper che hai postato in cui le condizioni iniziali sono totalmente ricondotte a "cosa pensava Tolstoy scrivendo il romanzo".
Insomma, il tipo ha pubblicato un resoconto tanto interessante quanto perfettamente inutile (specialmente la parte filosofica) su evoluzioni di tappa statura, mentre ha glissato su potenziali scenari che (a naso) potrebbero anche essere ricondotti in un framework della teoria dei giochi.
Su quanto possano essere davvero interessanti i suddetti scenari, non mi pronuncio ancora perchè non ho nemmeno ancora analizzato a dovere l'unico che ho letto finora.

[Studente Anonimo]

Altro esempio

Mettiamoci in una situazione in cui il nostro zio ha un capitale di \(C\) dollari. Allora sicuramente non può mettere nella busta più \(C\)..., quindi supponendo che nelle due buste lo zio scriva solamente la cifra che poi ci consegnerà, senza metterli effettivamente dentro, queste cifre saranno sicuramente un numero tra \( [0,C] \). Ora immaginandoci che scelga con una distribuzione uniforme il premio più grande abbiamo che \(f_Y(x) = 1/C \) per ogni \( x \in [0,C] \) e \(f_Y(x) = 0 \) altrimenti.
È interessante notare che \( x \leq C/2 \) allora
\[ P(Y=x\mid A=x ) = 1/3 \]
\[ P(Y=2x\mid A=x ) = 2/3 \]
quindi
\[ \mathbb{E}(B\mid A=x) = \frac{x}{2} \cdot \frac{1}{3} + 2x\cdot \frac{2}{3} = \frac{3x}{2} \]
quindi mediamente ci conviene cambiare. Mentre nel caso in cui \( x > C/2\) allora \(f_Y(2x) = 0 \) poiché \( 2x > C \) pertanto
\[ P(Y=x\mid A=x ) = 1 \]
\[ P(Y=2x\mid A=x ) = 0 \]
quindi
\[ \mathbb{E}(B\mid A=x) = \frac{x}{2} \cdot 1 + 2x \cdot 0 = \frac{x}{2} \]
quindi conviene sempre tenere la busta iniziale in questo caso.

Se invece inserisce fisicamente i soldi nelle buste, allora abbiamo che il premio più grande è sicuramente tra \( [0,2C/3] \) poiché altrimenti non avrebbe abbastanza soldi da metterci la metà nell'altra busta. Quindi, supponendo sempre una distribuzione uniforme \( f_Y(x) = \frac{3}{2C} \) per ogni \( x \in [0,2C/3] \) e \(0 \) altrimenti allora abbiamo che quando \( x \leq C/3 \) abbiamo che ci conviene cambiare mentre se \(x > C/3\) ci conviene tenere la busta iniziale.

In modo un po' naif cosa ci sta dicendo questo "paradosso" che poi paradosso non è. Che il nostro intuito non è poi così fallace, infatti se apro la busta e guardo il premio, se il premio è sufficientemente grande mi conviene tenere la busta che ho, altrimenti mi conviene cambiare la busta. Quella cosa che quantifica il "sufficientemente grande" è la distribuzione con cui è stata scelta \(Y\). Ma per poter capire quando mi conviene cambiare e quando tenere ho bisogno di guardare nella busta e di conoscere la distribuzione. Chiaro posso stimare una distribuzione e farmi un idea. Difficilmente, per quanto generoso lo zio ci darebbe tutti i suoi soldi. E difficilmente per quanto tirchio ci darebbe \(0\). Per il resto se è disposto a darci i soldi in un range tra \( [a,b] \subset [0,C] \) allora potrebbe non essere così lontano dalla realtà stimare la distribuzione di \(Y\) come uniforme su \( [a,b] \).


Quanto detto poco sopra con le probabilità stimare l'intervallo \([a,b] \) e la distribuzione \( f_Y \) come uniforme su \([a,b] \) descrive matematicamente la situazione in cui in realtà quello che stiamo facendo è dire a partire da quale somma, ovvero \(b/2\), non siamo più disposti a rischiare di perdere \(x\) osservata nella busta \(A\) e ci accontentiamo di \(x > b/2\), oppure fino a quale somma, sempre \(b/2\), se troviamo \( x \leq b/2\) siamo disposti a cambiare.