봉투 두 개 문제

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교환 패러독스로도 알려진 두 봉투 문제는 논리, 확률, 레크리에이션 수학의 뇌 티저, 퍼즐 또는 역설이다. 그것은 결정 이론과, 확률 이론의 베이지안 해석에 특별한 관심이 있다. 역사적으로 넥타이 역설의 변종으로서 생겨났다. 이 문제는 일반적으로 다음과 같은 유형의 가상적 도전을 형성함으로써 도입된다.

당신에게 구별할 수 없는 두 개의 봉투가 주어지는데, 각각은 돈이 들어 있다. 하나는 다른 것보다 두 배 더 많이 들어 있다. 봉투 하나를 골라 그 안에 든 돈을 보관하면 된다. 봉투를 마음대로 골랐지만 검사하기 전에 봉투를 바꿀 기회가 주어진다. 바꿀까?

상황이 대칭적이어서 봉투를 바꿔도 소용없다는 것이 일부 사람들에게는 분명해 보일지도 모른다. 하지만, 현재 가지고 있는 것의 절반만 손해 보는 위험을 감수하면서 바꾸면 두 배의 돈을 벌 수 있기 때문에, 바꾸는 것이 틀림없이 더 이득이 된다.^[1]

소개

문제

기본 설정: 구별할 수 없는 두 개의 봉투가 주어지는데, 그 봉투에는 각각 양의 돈이 들어 있다. 한 봉투에는 다른 봉투보다 두 배나 많이 들어 있다. 봉투 한 개를 골라 가지고 있는 양만큼 보관하면 된다. 당신은 임의로 한 봉투를 선택하지만 그것을 열기 전에 다른 봉투를 대신 가져갈 기회가 주어진다.^[2]

전환 인수: 이제 다음과 같이 추론한다고 가정합시다.

퍼즐: 퍼즐은 위의 매우 설득력 있는 추리력의 결점을 찾는 것이다. 여기에는 오보가 그렇게 명백하지 않을 수 있는 복잡한 상황에서 이러한 실수를 저지르지 않도록 하기 위해 정확히 그 이유와 어떤 조건에서 그 단계가 정확하지 않은지 판단하는 것이 포함된다. 요컨대 역설의 해결이 문제다. 따라서 특히 모순으로 이어지지 않는 확률을 계산하는 또 다른 방법을 찾아야 하는 아주 간단한 작업으로는 퍼즐이 풀리지 않는다.

다양한 제안 솔루션

많은 해결책이 제안되었다. 간단하고, 아주 복잡해. 일반적으로 한 작가는 언급된 대로 그 문제에 대한 해결책을 제안하고, 그 후에 다른 작가는 그 문제를 바꾸는 것이 약간 역설을 불러일으킨다는 것을 보여준다. 그러한 일련의 논의들은 그 문제에 대해 밀접하게 연관되어 있는 공식화들의 일가를 낳았고, 그 문제에 관한 방대한 문헌을 낳았다.^[3] 이 글을 짧게 말하자면, 해결책을 위해 제안된 모든 아이디어 중 극히 일부만이 아래에 언급되어 있다.

어떤 제안된 해결책도 확정적으로 널리 받아들여지지 않는다.^[4] 그럼에도 불구하고, 작가들이 문제의 해결책은 비록 초보적인 것일지라도 쉽다고 주장하는 것은 흔한 일이다.^[5] 그러나, 이러한 기본적인 해결책을 조사할 때, 그들은 종종 작가마다 다르다.

단순해결

두 봉투의 총량은 $상수{\displaystyle \mathrm{c}}$ = ${\displaystyle 3}$x {\$displaystyle c$=3x$\}$이며, 한 봉투에는$$ $x{\displaystyle }${\$displaystyle$ x$},$ 다른$$ ${\displaystyle \mathrm{봉투}}$에는 2$$x {\$displaystyle 2x}$이다.
$x{\displaystyle }$ ${\displaystyle$ x$}$이(가) 있는 봉투를 먼저$$ 선택하면 스와핑을 통해$$ $x{\displaystyle }$ ${\displaystyle x}$의 양을 얻는다. ${\displaystyle 2}$ x ${\displaystyle 2x}$이(가) 있는 봉투를 먼저$$ 선택하면 스와핑으로$$ $x{\displaystyle }$ ${\displaystyle$ x$}$이(가) 손실된다. 따라서 평균 $G{\displaystyle }$= 1 ${\displaystyle 2}$( x${\displaystyle }$)${\displaystyle }$+ ${\displaystyle \frac{1}{}}$ 2${\displaystyle }$(${\displaystyle }$- x${\displaystyle }$)${\displaystyle }$= 1 ${\displaystyle \frac{2}{}}$( ${\displaystyle x}$-${\displaystyle x}$) = ${\displaystyle 0}$ ${\displaystyle G={1 \over 2(x)+{1 \over$ 2$(-x)={1$ \over $2($x)={1 $\over$2$(x-x)=0}$에서 교환을 통해$$ 이득을 얻는다.

스와핑은 지키는 것보다 낫지 않다. 예상 값 $E{\displaystyle \mathrm{}}$= 1 ${\displaystyle \frac{2}{}}$ ${\displaystyle x}$+ ${\displaystyle 1\frac{\mathrm{}}{}}$ ${\displaystyle 2}$ x${\displaystyle }$= ${\displaystyle 3\frac{\mathrm{}}{}}$ ${\displaystyle 2}$ x ${\displaystyle \operatorname{E} ={\frac {1}{1}:{2}}:x={\frac {3}{2}}x}}$는 두 봉투에 대해 동일하다$$. 따라서 모순은 존재하지 않는다.^[6]

그 유명한 신비화는 서로 다른 두 가지 상황과 상황이 뒤섞여 잘못된 결과를 낳음으로써 환기된다. 이른바 '파라독스'는 이미 정해진 봉투와 이미 잠긴 봉투 두 개를 제시하는데, 한 봉투는 이미 잠겨 있는 봉투의 두 배가 된다. 6단계는 대담하게 "확률 1/2인 2A와 확률 1/2인 A/2를 포함하는 다른 봉투"라고 주장하는 반면, 주어진 상황에서, 그러한 주장은 A나 평균 A에 결코 해당될 수 없다.

이 주장은 제시된 상황에 결코 맞지 않으며, 이 주장은 Nalebuff 비대칭 변종에만 적용된다(아래 참조). 제시된 상황에서, 다른 봉투는 일반적으로 2A를 포함할 수 없지만, 봉투 A가 우연히 실제로 ${\displaystyle \frac{\mathrm{Total}}{}}$ 3 ${\${\$frac${\$text}$의 소량을 포함하는 매우 구체적인 경우에만 2A를 포함할 수 있다.$합계 {{}{3$ 그러나 다른 곳은 없다. 다른 봉투는 일반적으로 A/2를 포함할 수 없지만, 봉투 A가 우연히 $2개$의 ${\displaystyle \frac{\text{총}}{}}$ ${\displaystyle \frac{3}{}}$ ${\$ 2${\frac {\text}$을(를) 포함하는 매우 구체적인 경우에만 A/2를 포함할 수 있다.$합계 {{}{3$ 그러나 다른 곳은 없다. 이미 지정된 봉투와 잠긴 봉투의 차이는 항상 ${\displaystyle \frac{\text{Total}}{}}$ ${\displaystyle \frac{3}{}}$ ${\$ {\$text{$$총합}{3$ "평균 금액 A"는 문제의 핵심에 도달하지 못하므로, 어떤 "평균 금액 A"도 기대값에 대한 초기 기준을 형성할 수 없다.^[7]

기타 간단한 해상도

대중문학에서나 특히 철학에서나 그 모순을 해결하는 일반적인 방법은 7단계의 'A'가 봉투 A의 기대치를 의도한 것이며, 우리가 봉투 B에 기대치를 위한 공식을 쓰려고 한 것이라고 가정하는 것이다.

7단계에서는 B의 기대값이 1/2(2A + A/2)이라고 기술하고 있다.

봉투 A가 봉투 B보다 적게 들어 있다는 점에서 공식의 첫 번째 부분의 'A'는 기대값이지만, 두 번째 부분의 'A'는 봉투 A가 봉투 B보다 많이 들어 있다는 점에서 A의 기대값이라는 지적이다. 주장의 결점은 동일한 기호가 동일한 계산의 두 부분 모두에서 서로 다른 두 개의 의미를 가지고 사용되지만 두 경우 모두 동일한 값을 갖는 것으로 가정된다는 것이다.

올바른 계산은 다음과 같다.

B = 1/2 (B의 기대값, A의 경우 B보다 큼) + (B의 기대값, A의 경우 B의 기대값, B의 경우 B의 기대값은 B의 값보다 작음) ^[8])

그런 다음 한 봉투의 합을 x로 하고 다른 봉투의 합을 기대값 계산의 2배로 하면 다음과 같다.

B의 기대값 = 1/2(x + 2x)

A의 예상 총액과 같다.

비기술 언어에서 잘못되는 것은 (넥타이 역설 참조) 제공된 시나리오에서 수학은 A와 B의 상대적 가치(A가 B보다 작을 경우 그 반대일 경우 잃는 것보다 얻는 돈이 더 많을 것으로 가정한다)를 사용한다는 것이다. 그러나 돈의 두 가지 가치는 고정되어 있다(한 봉투에는 20달러와 40달러가 들어 있다). 봉투의 값을 x와 2x로 재작성하면, A가 크면 교환으로 x를 잃고, B가 크면 교환으로 x를 얻는 것을 훨씬 쉽게 알 수 있다. A와 B(3x)의 총 T는 그대로 유지되고, 차이 x는 T/3에 고정되기 때문에 실제로는 전환으로 더 많은 돈을 얻는 것은 아니다.

7호선은 다음과 같이 좀 더 세심하게 작업했어야 했다.

${\displaystyle{\begin{정렬}\operatorname{E}(B)&,=\operatorname{E}(B\mid A;B).P(A;B)+\operatorname{E}(B\mid A>, B)P(A>, B)\\&,=\operatorname{E}(2A\mid A;B){\frac{1}{2}}+\operatorname{E}\left({\frac{1}{2}}A\mid A&gt을 말한다.B\right){\frac{1}{2}}\\&,=\operatorname{E}(A\mid A;B)+{\frac{1}{4}}\operatorname{E}(A\mid A>, B)\end{정렬}}}.$

A는 B보다 클 때, B보다 작을 때보다 클 것이다. 따라서 이 두 경우에서의 평균값(기대값)은 서로 다르다. 그리고 A의 평균값은 어쨌든 A 그 자체와는 같지 않다. 두 가지 실수가 나오고 있는데, 작가는 기대치를 가져간다는 것을 잊고 있었고, 두 가지 다른 조건에서 기대치를 가져간다는 사실을 잊고 있었다.

E(B)를 직접 계산하는 것이 더 쉬웠을 것이다. 두 가지 금액 중 하한을 x로 나타내며, (알 수 없더라도) 고치기 위해 가져가는 것은 다음과 같다.

${\displaystyle \operatorname {E}(B)={\frac {1}{1}:{2}}:x+{\frac {1}{1}:{2}}x={\frac {3}{2}}x}$

우리는 1.5배는 Envelope B에 있는 금액의 기대치라는 것을 배운다. 같은 계산에 의해 그것은 또한 Envelope A에 있는 금액의 기대치가 된다. 그들은 같기 때문에 한 봉투를 다른 봉투보다 선호할 이유가 없다. 물론 이 결론은 사전에 명백했다. 요점은 우리가 거기서 계산이 어디에서 궤도를 이탈했는지를 정확히 설명함으로써 전환 논쟁에서 잘못된 단계를 확인했다는 것이다.

또한 7행의 개발 결과를 정확하지만 해석하기 어려운 것에서 계속 이어질 수 있다.

${\displaystyle \operatorname {E}(B)=\operatorname {E}(A\mid A<B)+{4}}\frac 이름 {E}(A\mid A>B)=x+{4}{4}2}}x={3}{frac {3}{2}}x}$

그래서 (물론) 같은 것을 계산하기 위한 다른 경로들은 모두 같은 답을 준다.

치코기안노풀로스는 이러한 계산을 하는 다른 방법을 제시했다.^[9] 다른 봉투가 봉투 A에 있는 양보다 두 배 또는 반을 포함하는 사건에 동일한 확률을 지정하는 것은 정의상 옳다. 따라서 6단계까지는 '전환 주장'이 옳다.선수 봉투에 A양이 들어 있다는 점에서 그는 두 가지 다른 게임에서 실제 상황을 구분한다. 첫 번째 게임은 양(A, 2A)으로, 두 번째 게임은 양(A/2, A)으로 진행된다. 그 중 한 명만 실제로 연주되지만 우리는 어떤 것이 연주되는지 모른다. 이 두 경기는 다르게 다뤄질 필요가 있다. 교환 시 예상되는 수익률(이익 또는 손실)을 계산하려면 각 게임에서 도출된 수익률을 특정 게임의 봉투 2개에 담긴 평균 금액만큼 저울질해야 한다. 첫 번째 경우에는 수익이 평균 3A/2인 A가 되는 반면, 두 번째 경우에는 평균 3A/4인 A/2가 되는 손실이 발생한다. 따라서 교환 시 예상되는 수익의 공식은, 두 봉투의 총 금액의 비율로 보여진다.

${\displaystyle E={\frac {1}{1}:{2}}\cdot {\frac {+A}{3}A/2}}+{\frac {1}{1}:{2}}:\cdot {\frac {-A/2}{3A/4}=0}$

이 결과는 다시 한번 선수가 자신의 봉투를 교환함으로써 손익도 기대하지 않아도 된다는 것을 의미한다.

우리는 실제로 전환 여부를 결정하기 전에 봉투를 열 수 있었고 위의 공식은 여전히 우리에게 정확한 예상 수익을 줄 것이다. 예를 들어, 만약 우리가 우리의 봉투를 열어 100유로를 포함하고 있는 것을 보았다면, 우리는 위의 공식에 A=100을 설정하고 전환 시 예상되는 수익은 다음과 같다.

${\displaystyle E={\frac {1}{1}:{2}}:\cdot {\frac {+100}{150}+{\frac {1}{1}:{2}}:\cdot {\frac {-50}{75}=0}$

날레부프 비대칭 변종

두 봉투의 양이 결정되는 메커니즘은 선수의 봉투 전환 결정에 매우 중요하다.^[9][10] 두 봉투의 A와 B의 양이 먼저 두 봉투의 내용물을 E1과 E2의 내용물을 고친 다음 무작위로 A와 B로 명명(예를 들어, 페어 코인을^[11] 던짐)하여 결정되지 않았다고 가정해 보자. 그 대신 처음부터 엔벨로프 A에 얼마간의 양을 넣는 것으로 시작하고, 그 다음에 우연(동전 던지기)과 A에 무엇을 넣느냐에 따라 B를 채운다. 모든 금액 중 먼저 봉투 A에 있는 금액이 어떤 식으로든 고정되어 있고, 그 다음에 봉투 B에 있는 금액은 페어 코인의 결과에 따라 이미 A에 있는 금액에 따라 고정되어 있다고 가정해 보자. 동전이 떨어진 경우, 헤드 2a는 봉투 B에, 만약 동전이 떨어진 Tails에 있다면, a/2는 봉투 B에 넣는다. 만약 플레이어가 이러한 메커니즘을 알고 있었고, 그들이 Envelope A를 들고 있다는 것을 알고 있었지만, 동전 던지기의 결과를 알지 못하고, a를 알지 못한다면, 전환 인수는 정확하며 봉투의 교환을 권장한다. 이 문제의 버전은 Nalebuff(1988)에 의해 소개되었고 종종 알리바 문제라고 불린다. 전환 여부를 결정하기 위해 Envelope A에서 확인할 필요가 없다는 점에 유의하십시오.

그 문제의 더 많은 변종이 도입되었다. 니커슨과 포크는 체계적으로 총 8개를 조사했다.^[11]

베이지안 결의

위의 간단한 해상도는 전환의 주장을 발명한 사람이 봉투 속의 두 양을 고정(x, 2x)으로 생각하고, 봉투 A에 있는 금액의 기대치를 계산하려고 한다고 가정했다. 유일한 불확실성은 어느 봉투가 더 작은 x를 가졌는지이다. 그러나 많은 수학자와 통계학자는 이 주장을, Envelope A에서 실제 또는 가상의 양 "A"를 주어 Envelope B에서 예상되는 금액을 계산하려는 시도로 해석한다. 계산을 하기 위해 봉투 안을 들여다볼 필요가 없다. 계산 결과가 봉투를 바꾸라는 조언이라면, 그 안에 어떤 양이 들어있든 간에, 어차피 다른 사람은 보지 않고 바꾸어야 할 것 같다. 이 경우 추론의 6, 7, 8단계에서 "A"는 첫 번째 봉투에 들어 있는 금액의 고정 가능한 값이다.

두 봉투 문제에 대한 이러한 해석은 역설적이 소개된 최초의 출판물인 가드너(1989년)와 날레부프(1989년)에 나타난다. 그것은 그 문제에 관한 더 수학적인 문헌에서 흔히 볼 수 있다. 그것은 또한 Envelope A의 소유자가 실제로 자신의 봉투 안을 들여다보고 전환 여부를 결정하는 문제(Nalebuff로부터 시작된 것으로 보이는 문제)의 수정에도 적용된다. 그러나 Nalebuff는 Envelope A의 소유자가 자신의 봉투에 있는 것을 볼 필요가 없다고 강조한다. 만약 그가 그 안을 들여다보는 상상을 하고, 그 안에 있는 상상을 할 수 있는 어떤 양이라도, 그는 바꿀 논쟁이 있다면, 어쨌든 바꾸기로 결심할 것이다. 마지막으로, 이 해석은 두 봉투 문제의 초기 버전(리틀우드, 슈뢰딩거, 크라이치크의 전환 역설)의 핵심이기도 했다; TEP의 역사에 대한 결론 부분을 참조하라.

이런 종류의 해석을 흔히 "베이시안"이라고 부르는데, 이는 필자가 전환 논쟁에서 두 봉투에 있을 수 있는 금액의 사전 확률 분포를 포함하고 있다고 가정하기 때문이다.

베이시안 해상도의 간단한 형태

단순한 해결책은 논쟁의 작성자가 계산하려고 하는 것에 대한 특정한 해석에 의존했다. 즉, 그것은 그가 Envelope B에 있는 것의 (조건 없는) 기대치를 쫓고 있다고 가정했다. 두 봉투 문제에 관한 수학 문헌에서는 조건부 기대치(봉투 A에 있을 수 있는 내용에 대한 조건부)를 포함하는 다른 해석이 더 흔하다. 이와 관련된 해석이나 문제의 버전을 해결하기 위해 대부분의 저자들은 확률에 대한 베이시안 해석을 사용하는데, 이는 확률 추론이 봉투의 무작위 선택과 같은 진정한 무작위 사건에만 적용되는 것이 아니라, 고정되어 있지만 알 수 없는 것들에 대한 우리의 지식(또는 지식의 부족)에도 적용된다는 것을 의미한다. 원래 두 개의 봉투에 넣어둔 두 개의 양이 한 개의 봉투가 무작위로 뽑혀 "Envelope A"라고 불리기 전에 한 봉투가 "Envelope A"라고 불린다. 게다가, 적어도 라플레이스로 거슬러 올라가는 오랜 전통과 불충분한 사유에 대한 그의 원리에 따르면, 어떤 양의 가능한 가치에 대해 전혀 지식이 없을 때 동등한 확률을 부여하도록 되어 있다. 따라서 우리가 봉투가 어떻게 채워지는지에 대해 아무것도 듣지 못했다는 사실은 이미 이 금액들에 대한 확률 문장으로 변환될 수 있다. 정보가 없다는 것은 확률이 같다는 것을 의미한다.

교환 논거의 6단계와 7단계에서 필자는 그 봉투 A가 일정량의 a를 포함하고 있다고 상상한 다음, 그 정보를 볼 때, 다른 봉투는 그 양의 두 배나 반을 똑같이 포함할 가능성이 있다고 믿는 것 같다. 그러한 가정은 오직 정확할 수 있다. 만약 봉투 A에 무엇이 들어있는지 알기 전에, 필자는 두 봉투에 대해 다음의 두 쌍의 값을 동일하게 고려했을 것이다: a/2와 a; 그리고 a와 2a. (이는 승산 형태의 베이즈 규칙에서 따온 것이다: 후방 오즈 등 이전의 오즈 시간 우도비. 그러나 이제 우리는 봉투 A의 a/2가 아닌 a/2를 상상하면서 같은 추리를 적용할 수 있다. 그리고 마찬가지로 2a. 그리고 마찬가지로 애드 인피니텀도 반반씩 반복적으로 또는 두 배로 반복해서 여러분이 원하는 만큼 반반반반씩 반복해서.^[12]

논쟁을 위해서, 우리는 봉투 A에 있는 32개의 양을 상상하는 것으로 시작한다고 가정해 보자. 6단계와 7단계의 추론이 Envelope A에서 발생한 금액과 상관없이 정확하기 위해서, 우리는 다음의 모든 10개 금액이 1, 2, 4, 8, 16, 32, 64, 128, 256, 512(동일 가능성이 있는 2의^[12] 힘)의 두 봉투의 두 금액 중 작은 금액일 가능성이 모두 동등하다고 미리 믿고 있다. 그러나 심지어 더 큰 금액이나 더 작은 금액으로 넘어가면, "동등하게 가능성이 있는" 가정은 약간 불합리하게 보이기 시작한다. 이 열 가지 가능성만 같다면 두 개의 봉투에 담긴 적은 양의 가능성만 가지고 그만둘 수 있다고 가정합시다. 그 경우, 봉투 A가 우연히 2, 4, ... 512의 양 중 하나를 포함하게 되면 6, 7단계의 추리는 전적으로 옳았다: 봉투 교환은 예상(평균) 25%의 이득을 가져다 줄 것이다. 만약 봉투 A가 금액 1을 포함하게 된다면, 예상 이득은 실제로 100%가 된다. 그러나 우연히 1024라는 액수를 담았더라면 (대부분의) 50%의 막대한 손실이 발생했을 것이다. 이는 20회에 한 번밖에 발생하지 않지만 20회 중 나머지 19회에서의 기대 이익의 균형을 맞추기에 충분하다.

그 대신에 우리는 광고 infinitum을 사용하지만, 지금 우리는 꽤 터무니없는 가정을 하고 있는데, 예를 들어, 봉투 A의 양이 그 두 값들 사이에서보다 훨씬 더 작고, 1024보다 훨씬 더 클 가능성이 있다는 것을 암시한다. 이것은 소위 부적절한 사전 분포다: 확률 미적분이 분해되고 기대값은 정의되지 않는다.^[12]

많은 저자들은 또한 만약 작은 금액으로 봉투에 넣을 수 있는 최대 금액이 존재한다면, 만약 플레이어가 "더 작은" 봉투에 넣을 수 있는 최대 금액 이상을 가지고 있다면, 그들은 더 큰 금액을 포함한 봉투를 꼭 잡아야 하기 때문에, 따라서 그 봉투에 넣을 수 있는 최대 금액이 존재한다면, 6단계가 고장나는 것을 보는 것은 매우 쉽다고 지적했다.교대하여 ose하다 이런 일은 자주 일어나지 않을 수도 있지만, 그럴 때, 선수가 큰 손실을 입게 되는 것은 평균적으로 전환에 이점이 없다는 것을 의미한다. 일부 작가들은 이것이 그 문제의 모든 실제적인 경우를 해결한다고 생각한다.^[13]

그러나 그 문제는 또한 최대량을 가정하지 않고도 수학적으로 해결될 수 있다. Nalebuff,[13]크리스텐슨과 Utts,[14]포크와 Konold,[12]Blachman, 크리스텐슨과 Utts,[15]니커슨과 Falk,[11]의 돈 두개의 봉투들 안에 양은 어떤 적당한 확률 분포의 돈을 두개의 봉투들 안에 양에 대한 선수의 사전 신념을 대표하는 사람들을 가지고 있다면, 그러면 그것은 모두 t. 불가능하다고 지적했다그는 번째에 A=a amount.e 이러한 이전의 믿음에 따르면, 첫 번째 봉투는 두 번째 봉투가 a/2 또는 2a를 포함할 가능성이 동등할 수 있다. 따라서 항상 전환되는 논거의 6단계는 비순차적이며, 봉투의 양에 대한 최대값이 없을 때도 마찬가지 입니다.

베이지안 확률 이론과 관련된 추가 개발 소개

위에서 논의된 처음 두 개의 결의안("단순 결의안"과 "베이지안 결의안")은 주장의 6단계에서 진행되고 있는 일에 대한 두 가지 가능한 해석에 해당한다. 그들은 6단계는 정말로 "나쁜 단계"라고 가정한다. 그러나 6단계의 설명은 모호하다. 저자는 봉투 B에 있는 것의 무조건적인 (전반적인) 기대치 다음에 있는가(아마도 - 더 적은 금액, x에 대한 조건부 조건부) 아니면 봉투 A에 들어 있을 수 있는 가능한 양을 고려하여 봉투 B에 있는 것에 대한 조건부 기대치 뒤에 있는가? 따라서 전환에 대한 역설적 주장의 작곡가의 의도에 대한 해석과 두 가지 주요 결의가 있다.

그 문제의 변종들에 관한 대서특필이 발전했다.^[16][17] 봉투의 설치 방식에 대한 표준적인 가정은 한 봉투에 한 개의 돈이 들어 있고, 그 두 배의 돈이 다른 봉투에 들어 있다는 것이다. 두 개의 봉투 중 한 개는 선수에게 무작위로 주어진다(A. 원래 제안된 문제는 두 합 중 작은 합이 어떻게 결정되는지, 어떤 값을 가질 수 있는지, 특히 최소 합이 포함될 수 있는지 여부를 정확히 밝히지 않는다.^[18][19] 그러나, 만약 우리가 확률에 대한 베이지안적 해석을 사용하고 있다면, 우리는 확률 분포를 통해 두 봉투의 적은 양에 대한 이전의 믿음을 표현하는 것으로 시작한다. 지식의 부족은 확률적인 측면에서도 표현될 수 있다.

A first variant within the Bayesian version is to come up with a proper prior probability distribution of the smaller amount of money in the two envelopes, such that when Step 6 is performed properly, the advice is still to prefer Envelope B, whatever might be in Envelope A. So though the specific calculation performed in step 6 was incorrect (there is no proper prior distribution such that, given what is in the first envelope A, the other envelope is always equally likely to be larger or smaller) a correct calculation, depending on what prior we are using, does lead to the result ${\displaystyle E(B A=a)>a}$ for all possible values of a.^[20]

In these cases it can be shown that the expected sum in both envelopes is infinite. There is no gain, on average, in swapping.

Second mathematical variant

Though Bayesian probability theory can resolve the first mathematical interpretation of the paradox above, it turns out that examples can be found of proper probability distributions, such that the expected value of the amount in the second envelope, conditioned on the amount in the first, does exceed the amount in the first, whatever it might be. The first such example was already given by Nalebuff.^[13] See also Christensen and Utts (1992).^{[14][21][22][23]}

Denote again the amount of money in the first envelope by A and that in the second by B. We think of these as random. Let X be the smaller of the two amounts and Y=2X be the larger. Notice that once we have fixed a probability distribution for X then the joint probability distribution of A,B is fixed, since A,B = X,Y or Y,X each with probability 1/2, independently of X,Y.

The bad step 6 in the "always switching" argument led us to the finding E(B A=a)>a for all a, and hence to the recommendation to switch, whether or not we know a. Now, it turns out that one can quite easily invent proper probability distributions for X, the smaller of the two amounts of money, such that this bad conclusion is still true. One example is analysed in more detail, in a moment.

앞에서 언급한 바와 같이, A=a, B가 A/2 또는 2a일 가능성이 있는 것은 사실일 수 없지만, A=a, B가 A보다 기대치가 큰 것은 사실일 수 있다.

예를 들어, 적은 액수의 봉투에 실제로 2달러의ⁿ 확률과ⁿ 2/3의ⁿ⁺¹ 확률이 포함된다고 가정하자. 여기서 n = 0, 1, 2, … 이러한 확률은 1로 합쳐서 분포는 (주관주의자의 경우) 적절한 선행법이며, 빈도주의자의 경우에도 완전히 적절한 확률 법칙이다.^[24]

첫 번째 봉투에 무엇이 들어 있을지 상상해 보라. 현명한 전략은 첫 번째 봉투가 1을 포함할 때 다른 봉투가 2를 포함해야 하므로 확실히 교환하는 것이다. 반면에 첫 번째 봉투에 2가 들어 있다고 가정합시다. 그럴 경우 우리 앞에 있는 봉투 쌍은 {1, 2} 또는 {2,4} 중 하나일 가능성이 있다. 다른 쌍들은 모두 불가능하다. 첫 번째 봉투에 2가 포함되어 있는 경우 {1, 2} 쌍을 다루고 있는 조건부 확률은 다음과 같다.

${\displaystyle {\begin{aligned}P(\{1,2\}\mid 2)&={\frac {P(\{1,2\})/2}{P(\{1,2\})/2+P(\{2,4\})/2}}\\&={\frac {P(\{1,2\})}{P(\{1,2\})+P(\{2,4\})}}\\&={\frac {1/3}{1/3+2/9}}=3/5,\end{aligned}}}$

그리고 결과적으로 그것이 {2, 4} 쌍일 확률은 2/5이다. 왜냐하면 이것들만이 유일한 두 가지 가능성이기 때문이다. In this derivation, ${\displaystyle P(\{1,2\})/2}$ is the probability that the envelope pair is the pair 1 and 2, and Envelope A happens to contain 2; ${\displaystyle P(\{2,4\})/2}$ is the probability that the envelope pair is the pair 2 and 4, and (again) Envelope A happens to contain 2. 이 두 가지 방법 중 Envelope A가 2를 포함하게 되는 유일한 방법이다.

첫번째 봉투가 1을 포함하지 않는 한 이러한 비율은 일반적으로 유지되는 것으로 밝혀졌다. 만약 우리가 그 봉투를 열게 된다면, 우리가 봉투 A에서 찾을 수 있다고 상상하는 양으로 나타내고, 그리고 어떤 n ≥ 1에 대해 a = 2라고ⁿ 가정해보라. 이 경우 다른 봉투는 확률 3/5인 a/2와 확률 2/5인 2a를 포함한다.

따라서 첫 번째 봉투에는 1이 들어 있는데, 이 경우 다른 봉투의 조건부 예상 금액이 2이거나 첫 번째 봉투에는 1이 들어 있으며, 두 번째 봉투는 큰 봉투보다 작을 가능성이 더 크지만 조건부로 예상되는 금액이 더 크다: 봉투 B의 조건부 예상 금액은 다음과 같다.

${\displaystyle {\frac{3}{5}{\frac {a}{2}}+{\frac {2}:{5}2}}a={\frac {11}{10}a}}}}$

A보다 더 많은. 엔벨로프 A를 들여다보는 선수가 거기서 본 것은 무엇이든지 바꾸기로 결정한다는 뜻이다. 따라서 그러한 결정을 내리기 위해 봉투 A를 들여다볼 필요가 없다.

이 결론은 앞의 '두 봉투 문제' 해석에서와 마찬가지로 명백하게 틀린 것이다. 그러나 이제 위에서 언급한 결함은 적용되지 않는다. 기대값 계산의 a는 상수이고 공식의 조건부 확률은 지정되고 적절한 사전 분포로부터 얻어진다.

수학적 경제학을 통한 해결안 제시

대부분의 작가들은 이 결의안이 수학적 경제학의 개념을 필요로 하지만 새로운 역설은 해소될 수 있다고 생각한다.^[25] a에 대해 E( = )> ${\displaystyle E(B A=a)>a}$을(를) 가정해 보자. 이것은 오직 $E{\displaystyle }$( X${\displaystyle }$)${\displaystyle }$= ${\displaystyle \mathrm{\infty }}$ ${\displaystyle E(X)=\inful }.$ 즉, 봉투에 들어 있는 가능한 모든 화폐 가치의 평균이 무한할 경우에만 X의 일부 확률분포(두 봉투의 적은 금액)에 대해 가능하다는 것을 보여줄 수 있다$.$ 그 이유를 알아보려면 위에서 설명한 각 X의 확률이 이전 X의 확률과 2/3인 시리즈를 각 X의 확률이 이전 X의 확률의 1/3에 불과한 시리즈와 비교한다. 각 후속 항의 확률이 항 이전의 확률의 2분의 1보다 크면(그리고 각 X가 항 이전의 X의 2배) 평균은 무한하지만 확률 요인이 2분의 1 미만일 때는 평균이 수렴된다. 확률인자가 1/2 미만인 경우, 첫 번째, 가장 작은 a, 그리고 총 예상 전환 값이 0으로 수렴되는 경우를 제외하고 다른 모든 것에 ( A= )< ${\displaystyle E ($B$A=a)<a}.$ 또한 확률계수가 2분의 1 이상인 진행 중인 분포가 임의의 항 뒤에 "남은 모든 확률", 즉 1에서 이전 항까지의 모든 확률을 뺀 최종 항을 설정함으로써 유한한 경우, A가 마지막과 같을 확률에 대한 스위칭 기대값은 la이다.rgest a는 앞에서 나온 양의 기대값의 합을 정확히 부정하고, 다시 한번 전환의 총 기대값은 0으로 떨어진다(이것은 위에서 설명한 봉투에서 유한한 값의 집합에 대한 동일한 확률을 설정하는 일반적인 경우다). Thus, the only distributions that seem to point to a positive expected value for switching are those in which ${\displaystyle E(X)=\infty }$. Averaging over a, it follows that ${\displaystyle E(B)=E(A)=\infty }$ (because A and B have identical probability distributions, by symmetry, and both A and B are X보다 크거나 같음).

첫 번째 봉투를 들여다보지 않는다면, 우리가 하나의 미지의 금액(A)을 다른 미지의 금액(B)과 같은 확률 분포와 무한의 기대 가치를 가지고 교환하게 될 것이기 때문에, 분명히 바꿀 이유가 없다. 그러나 첫 번째 봉투를 들여다본다면, 관찰된 모든 값(${\displaystyle A}$ ${\displaystyle =}$ ${\displaystyle A$=$}$)에 대해 A= a)> a에 대해 ${\displaystyle E(B A=a)a}$이기 때문에 전환하려고 할 것이다. 데이비드 찰머스가 지적한 바와 같이, 이 문제는 지배적 추론의 실패로 묘사될 수 있다.^[26]

Under dominance reasoning, the fact that we strictly prefer A to B for all possible observed values a should imply that we strictly prefer A to B without observing a; however, as already shown, that is not true because ${\displaystyle E(B)=E(A)=\infty }$. To salvage dominance reasoning while allowing ${\displaystyle E(B)=E(A}$${\displaystyle )}$= ${\displaystyle \mathrm{\infty }}${\$displaystyle E(B)=E(A)=\infully$ 결정 기준으로 기대값을 대체해야 하므로 수학적 경제학의 보다 정교한 주장을 채택해야 할 것이다.

예를 들어, 우리는 초기 재산 W와 함께 의사 결정자는 예상되는 유틸리티 최대로 하는 사람. 그 효용 함수, 너(w){\displaystyle u(w)},(u(W+B)EA=a)<>를 만족시키는 일에 선택된다;(그것은 적어도 일부 값에 대해 u(W+는){\displaystyle E(u(W+B)A=a)<>u(W+a)}, A=으로{\disp을 들고 생각할 수도 있습니다laystyle A=a$}$은(는) 일부 a)의 경우 B로 전환하는 것을 엄격히 선호한다$$. 모든 효용 함수에 대해서는 이것이 사실이 아니지만, w가 무한대로 증가함에 따라${\displaystyle }u{\displaystyle (w}$ )$${\$displaystyle u(w)$가 상한 β < {\$displaystyle \beta$<\$infty$ 을(수학경제학 및 의사결정 이론의 일반적인 가정)을 갖는다면 사실일 것이다.^[27] 마이클 R. Powers provides necessary and sufficient conditions for the utility function to resolve the paradox, and notes that neither ${\displaystyle u(w)<\beta }$ nor ${\displaystyle E(u(W+A))=E(u(W+B))<\infty }$ is required.^[28]

Some writers would prefer to argue that in a real-life situation, ${\displaystyle u(W+A)}$ and ${\displaystyle u(W+B)}$ are bounded simply because the amount of money in an envelope is bounded by the total amount of money in the world (M), implying ${\displaystyle u(W+A)\leq u(W+M)}$$$ 그리고 (${\displaystyle W}$+${\displaystyle B}$)${\displaystyle u}$ (W ${\displaystyle +}$ M ${\displaystyle )u}$ (${\displaystyle W}$ + M ) ${\displaystyle u(W+B)\leq u(W+M$ 이러한 관점에서 X (${\displaystyle E}$( X${\displaystyle }$)${\displaystyle }$= ${\displaystyle \mathrm{\infty }}$ $(\displaysty E(X)=\infit$ $\})$에 대한 가정된 확률 분포가 실제 상황에서 발생할 수 없기 때문에 두 번째 역설은 해결된다. 이와 유사한 주장이 성도를 해결하기 위해 종종 사용된다. 페테르부르크의 역설.

철학자들 사이의 논쟁

위에서 언급한 바와 같이, 이 역설의 변형을 생성하는 분포는 반드시 무한 평균을 가져야 한다. 따라서 플레이어가 봉투를 열기 전에 스위칭에서 예상되는 이득은 정의되지 않은 "∞ - ∞"이다. 데이비드 샬머스의 말에 따르면, 이것은 "친숙한 현상의 또 다른 예, 무한대의 이상한 행동"이다.^[26] 찰머스는 기대치가 엇갈리는 게임과 마주쳤을 때 일반적으로 의사결정 이론이 무너지고, 이를 고전적인 세인트(St)가 만들어낸 상황과 비교한다고 제안한다. 페테르부르크의 역설.

그러나 클라크와 섀클은 이 모든 것을 "무한의 이상한 행동" 탓으로 돌리는 것이 하나의 경우나 평균적인 경우 모두 모순을 전혀 해결하지 못한다고 주장한다. 이러한 변수들은 무한 평균을 가지지만 조건상 또는 평균적으로 다른 변수보다 하나를 선호하는 것이 분명히 합리적인 경우 변수의 한 쌍에 대한 간단한 예를 제공한다.^[29] 그들은 어떤 상황에서 무한한 기대치를 허용하도록 의사결정 이론을 확장해야 한다고 주장한다.

스물리안의 비확률론적 변종

논리학자 레이몬드 스물리안은 역설과 확률의 상관관계가 있는지 의문을 제기했다.^[30] 그는 그 문제를 확률을 수반하지 않는 방식으로 표현함으로써 이렇게 했다. 다음과 같은 명료하게 논리적인 주장은 상반된 결론을 이끌어낸다.

1. 선수가 선택한 봉투에 담긴 금액을 A로 한다. 스와핑을 통해 플레이어는 A를 얻거나 A/2를 잃을 수 있다. 따라서 잠재적 이득은 잠재 손실보다 확실히 더 크다.
2. 봉투 속의 양은 X와 2X로 두어라. 이제 스와핑을 통해 플레이어는 X를 얻거나 X를 잃을 수 있다. 따라서 잠재적 이득은 잠재적 손실에 해당된다.

제안된 결의안

여러 가지 해결책이 제시되었다. 몇몇 논리학자들이 세심한 분석을 해 왔다. 해결책은 다르지만, 그들은 모두 반사실적 추론과 관련된 의미론적 문제를 정확히 지적한다. 우리는 전환으로 얻는 양과 전환으로 얻는 양을 비교하고, 전환으로 잃는 양을 비교하고 싶다. 하지만 동시에 바꿔서 득실을 둘 다 할 수는 없다. 우리는 양립할 수 없는 두 상황을 비교하도록 요청받았다. 그들 중 한 명만이 실제로 일어날 수 있고, 다른 한 명은 반사실적 상황이며, 어떤 것은 상상력이기도 하다. 그들을 전혀 비교하기 위해서는, 우리는 그 두 상황을 어떻게든 "조정"해야 하며, 몇 가지 확실한 공통점을 제공해야 한다.

제임스 체이스는 두 번째 주장이 두 가지 상황(우리가 얻는 상황, 잃는 상황)을 정렬하는 방식과 일치하기 때문에 옳다고 주장한다.^[31] 또한 버나드 캣츠와 도리스 올린은 이런 관점을 주장한다.^[32] 두 번째 논쟁에서, 우리는 두 개의 봉투에 들어있는 돈의 액수를 고정된 것으로 간주한다; 무엇이 다른지는 선수에게 먼저 주어지는 것이다. 그것은 자의적이고 물리적인 선택이었기 때문에, 플레이어가 실제로 주어진 (사실적으로) 자신이 있던 것의 다른 한 봉투를 받은 반사실적 세계는 매우 의미 있는 반사실적 세계로서, 따라서 두 세계의 손익의 비교는 의미가 있다. 이 비교는 두 개의 봉투에 먼저 두 개의 돈을 넣고, 그 뒤에야 임의로 선택해서 선수에게 주는 문제 서술로 특이하게 나타난다. 그러나 첫 번째 주장에서는 먼저 선수에게 준 봉투의 금액을 고정된 것으로 간주하고, 두 번째 봉투에 그 액수의 절반 또는 두 배가 포함된 상황을 고려한다. 실제로 봉투가 다음과 같이 채워진다면, 이것은 합리적인 반사실상의 세계일 것이다: 첫째, 선수에게 주어질 특정 봉투에 어느 정도의 돈이 들어가며, 둘째, 임의의 어떤 과정에 의해 다른 봉투는 이중 또는 그 양의 절반으로 채워진다(임의 또는 임의로). 돈의

반면 이병욱은 바꿔서 얻는 양을 바꾸면 잃는 양과 바꾸면 얻는 양을 비교하는 것은 처음부터 무의미한 운동이라고 주장한다.^[33] 그의 분석에 따르면 세 가지 시사점(스위치, 무관심, 전환 안 함)은 모두 부정확하다. 그는 스물리얀의 주장을 상세히 분석하여 중간 단계가 취해지고 있음을 보여주고, 반사실적 추론의 공식화에 따라 부정확한 추론이 이루어지는 곳을 정확히 찾아낸다. 체이스의 분석과 중요한 차이점은 '포락처 A'라는 봉투가 무작위로 완전히 결정된다는 이야기를 우리가 듣는 부분을 고려하지 않는다는 점이다. 따라서 체이스는 주장 1과 3이 틀리고, 주장 2가 맞다고 결론짓기 위해 다시 문제 서술에 개연성을 집어넣는 반면, 이씨는 "확률 없는 2개의 봉투 문제"를 완전히 확률 없는 것으로 유지하며, 어떤 행동을 선호할 이유가 없다는 결론에 도달한다. 이것은 확률 성분이 없다면 어쨌든 한 행동이 다른 행동보다 낫다고 주장할 방법이 없다는 앨버스 외 연구원의 견해에 해당한다.

블리스는 역설의 근원은 실제로 존재하지 않는 더 큰 보상의 가능성을 잘못 믿었을 때, 실제로 존재하지 않는 더 작은 보상의 가능성을 믿을 때보다 더 큰 폭으로 오인하는 것이라고 주장한다.^[34] 예를 들어, 봉투에 각각 $5.00과 $10.00가 들어 있다면, $10.00 봉투를 연 선수는 단순히 존재하지 않는 $20.00의 지불 가능성을 예상할 수 있을 것이다. 만약 그 선수가 5달러의 봉투를 대신 열 수 있다면, 그는 2달러 50센트의 지불 가능성을 믿었을 것이다. 이것은 실제 가치로부터 작은 편차를 구성한다; 이것은 역설적인 불일치를 초래한다.

앨버스, 쿠이, 샤프스마 등은 문제에 확률(또는 다른) 성분을 추가하지 않고서는 ^[17]스물리안의 주장이 어떤 경우에도 교환할 이유가 없고 교환하지 않을 이유가 없다고 생각한다. 그러므로 역설은 없다. 이러한 무시적인 태도는 확률과 경제학에서 나온 작가들 사이에서 흔하다: 스물리안의 역설은 그가 확률이나 효용성을 전혀 고려하지 않기 때문에 정확히 일어난다.

조건부 스위칭

문제의 연장선상에서, 전환 여부를 결정하기 전에, 플레이어가 Envelope A에서 볼 수 있는 경우를 고려한다. 이 "조건 전환" 문제에서는 봉투의 확률 분포에 따라 "절대 전환" 전략에 대한 이득을 창출하는 것이 종종 가능하다.^[35]

역설의 역사

봉투 역설은 적어도 1953년으로 거슬러 올라가는데, 벨기에 수학자 모리스 크레이치크는 그의 저서 '레크리에이션 수학'에서 그들의 아름다운 넥타이, 그들의 아내로부터 받은 선물들을 만나 비교하는 동등한 부자의 두 남자에 관한 퍼즐을 제안하면서, 어떤 넥타이가 실제로 더 많은 돈이 드는지 궁금해 했다. 그는 두 남자가 지갑의 내용을 비교하는 변종도 소개한다. 그는 각각의 지갑이 1개에서 몇 개의 큰 수의 페니, 즉 현재까지 채굴된 페니들의 총 개수를 포함할 가능성이 동등하다고 가정한다. 남자들은 그들의 지갑을 들여다보지 않고 그들이 바꾸어야 하는 각각의 이유들을 살펴본다. 그는 그들의 추리에 무엇이 잘못된 것인지 설명하지 않는다. 퍼즐이 이미 1942년 초판 그의 책에 나타났는지는 확실하지 않다. 수학자 존 에덴소 리틀우드가 1953년 펴낸 초등수학과 수학 퍼즐에 관한 책에서도 언급되는데, 그는 그것을 물리학자 에르윈 슈뢰더에게 공로를 맡겼는데, 거기에는 카드 한 묶음에 관한 것이 있고, 각 카드에는 두 개의 숫자가 적혀 있으며, 플레이어는 무작위 카드의 무작위적인 면을 보게 되는데, 문제는 한 가지인가 하는 것이다. 카드를 뒤집어야 한다. 리틀우드의 카드갑은 무한히 크고 그의 역설은 부적절한 사전 배포의 역설이다.

마틴 가드너는 1982년 그의 책 아하에서 크레이치크의 퍼즐을 대중화했다. 겟차, 지갑 게임 형식으로:

똑같이 부유한 두 사람이 만나 지갑의 내용을 비교한다. 각자 두 지갑의 내용을 모른다. 게임은 다음과 같다: 돈이 가장 적은 사람은 상대방의 지갑의 내용물을 받는다(양액이 같은 경우에는 아무 일도 일어나지 않는다). 두 사람 중 한 사람이 이치를 따질 수 있다. "나는 지갑에 A가 들어 있다. 그게 내가 잃을 수 있는 최대치야. 우승(확률 0.5)하면 경기 막판 보유하게 될 금액은 2A 이상이다. 따라서 경기는 나에게 유리하다고 말했다. 상대방은 정확히 같은 방법으로 추리할 수 있다. 사실 대칭에 의해 게임은 공정하다. 각 사람의 추리에는 잘못이 어디에 있는가?

가드너는 크라이치크처럼 옳은 답으로 이어지는 건전한 분석(전환의 의미가 없다)을 할 수 있었지만, 전환 추리에 무엇이 잘못된 것인지 명확하게 손가락질을 할 수 없었고, 크라이치크도 이 방면에서 아무런 도움도 주지 않았다고 고백했다.

1988년과 1989년에 배리 날레부프는 각각 다른 두 개의 봉투에 들어 있는 두 개의 서로 다른 두 개의 봉투와 각각 기대값 5A/4의 계산이 포함된 두 개의 다른 두 개의 envelopeneration probe probe probe probe probe probe probe probe probles. 첫 번째 논문은 단지 두 가지 문제를 제시한다. 두 번째는 두 가지 모두에 대한 많은 해결책을 논의한다. 그의 두 가지 문제 중 두 번째 문제는 오늘날 더 흔하며, 이 글에 소개되어 있다. 이 버전에 따르면, 두 개의 봉투가 먼저 채워지고, 그 다음 하나는 무작위로 선택되어 봉투 A라고 불린다. 마틴 가드너는 1989년 저서 'Penrose Tails to Trapdoor Ciphers'와 'Dr.Matrix'에서 이와 같은 버전을 독립적으로 언급했다. 흔히 알리 바바 문제로 알려진 배리 날레부프의 비대칭 변종에는 먼저 한 개의 봉투가 채워져 있는데, 봉투 A라고 불리며 알리에게 주어진다. 그리고 나서, 봉투 B가 그 양의 반이나 두 배를 포함해야 하는지 결정하기 위해 공정한 동전을 던지며, 그 후에 바바에게만 주어진다.

1995년 브룸은 주어진 1-엔벨로브 양 x에 대해 x를 조건으로 하는 다른 봉투의 기대치가 x보다 크면 확률 분포를 '파라독성적'이라고 불렀다. 문헌에는 이 문제에 대한 수십 개의 논평이 수록되어 있는데, 그 중 상당수는 유한한 값의 분포가 무한한 기대치를 가질 수 있다는 것을 관찰하고 있다.^[36]

참고 항목

참고 및 참조