Stefan byter kuvert

Be om vetenskapliga förklaringar till upplevelser, fenomen och anekdoter som du funderat på.
Användarvisningsbild
Zartax
Inlägg: 3406
Blev medlem: mån 05 nov 2007, 19:07

Re: Stefan byter kuvert

Inlägg av Zartax » tor 17 jan 2013, 16:12

Hmm..., du kanske har rätt här ändå. Hur många försök måste man göra för att väntevärdet ska utkristallisera sig i praktiken? 1000 borde räcka va? Isf. kan man ta en serie där det är 1/1000000000 att träffa högsta paret och sen göra tusen försök. Det borde vara en praktisk realisation av en oändlig serie. Sen jämför man medelvärdet mellan personen som bytte och vad den först öppnade. Dessa KAN inte vara olika. Fan...
"Jag är hälften grekisk gud, hälften sabeltandad tiger." - Thunder

Användarvisningsbild
brimer
Inlägg: 1536
Blev medlem: tis 12 apr 2005, 17:01
Ort: Kiruna

Re: Stefan byter kuvert

Inlägg av brimer » tor 17 jan 2013, 16:28

kaxiga Z skrev:Är, liksom brimer, inte helt säkert på att trunkeringen förklarar paradoxen.
Trunkeringen är som sagt bara en av två effekter som jämnar ut resultatet. Den första viktiga utjämningsprincipen är att det bytande lagets spelare succesivt fyller på med belopp som gör att antalet 1or, 2or, 4or ... blir lika för de båda lagen. Detta kan fortgå tills man kommer till spelare med så högt nummer att de inte ens är aktiva i spelet. Lika antal belopp av olika värden betyder samma fördelning.

Användarvisningsbild
micke.d
Forummoderator
Inlägg: 13375
Blev medlem: tis 05 jan 2010, 19:02
Ort: Ultima Thule

Re: Stefan byter kuvert

Inlägg av micke.d » tor 17 jan 2013, 16:44

brimer skrev:
Zartax skrev:
brimer skrev:Jo, och frågan är hur trunkeringen förhåller sig till en praktisk situation. Det kan ju inte vara bristen på pengar som gör att det jämnar ut sig? Trunkeringen kan ju sättas godtyckligt högt i tankeexperimentet, och den kommer fortfarande göra så att inget lag tjänar mer än det andra. Spelarna representerar ju bara olika belopp i det första kuvertet för försök gjorda av en enskild person (som i förlängningen representerar sannolikheter i en enda dragning). Man skulle kunna ha tusentals spelare på varje lag. De som har ett nummer över en viss gräns skulle då aldrig få ett enda kuvert med sin siffra under tusentals spelomgångar för att det är så osannolikt att få kuvert med så höga belopp, och alltså inte ens aktivt delta i spelet. Men den teoretiska gränsen gör ju fortfarande att det jämnar ut sig.

Det som saknas är länken mellan den sjävklara lösningen "av symmetriskäl" som matsw med flera propagerar för, och som ju också måste vara giltig (i alla fall från en ringa fysikers synvinkel), och den här bilden. Hur går man från denna "procedurella" förklaring till en som gäller för sannolikheter för en enstaka dragning. En korrespondens-princip! Där går jag bet för tillfället!
Men en trunkerad serie ger ingen paradox. Paradoxen ligger i att man, för att få större utdelning, ska byta oavsett summa i det öppnade kuvertet, men det gäller inte för en trunkerad serie. I den trunkerade serien finns det en summa där man inte ska byta. Eller?
Det beloppet kan väljas så högt att det aldrig kommer att komma upp. En fiktiv gräns som kan anpassas så att den inte har någon praktisk betydelse givet ett visst antal försök.
Om man begränsar antalet försök, så kommer resultatet helt att domineras av hur det råkade gå i de minst sannolika utfallen, eftersom beloppen är så stora där. Kollar man på beloppet som varje term i serien bidrar med till väntevärdet, det vill säga belopp gånger sannolikhet för beloppet, så ser man att det ökar. Ju mindre sannolikt ett visst belopp är, ju mer bidrar det alltså till väntevärdet. Kombinerat med den avtagande sannolikheten så kommer det att bli så att om man begränsar antalet försök, så kommer man inte att kunna säga något om vilket av A- och B-laget som vinner. Vinnaren kommer helt att bestämmas av hur slumpen faller sig för de eller det högsta belopp som varit i spel.

Och det hjälper inte att öka på antalet försök, eftersom det oavsett antalet försök kommer att vara några (för det antalet) extremt osannolika belopp som varit i spel och slumpen i dessa fall helt bestämmer vinnaren.
Hädanefter kallar jag dem Daesh.

Användarvisningsbild
brimer
Inlägg: 1536
Blev medlem: tis 12 apr 2005, 17:01
Ort: Kiruna

Re: Stefan byter kuvert

Inlägg av brimer » tor 17 jan 2013, 16:56

micke.d skrev:Om man begränsar antalet försök, så kommer resultatet helt att domineras av hur det råkade gå i de minst sannolika utfallen, eftersom beloppen är så stora där. Kollar man på beloppet som varje term i serien bidrar med till väntevärdet, det vill säga belopp gånger sannolikhet för beloppet, så ser man att det ökar. Ju mindre sannolikt ett visst belopp är, ju mer bidrar det alltså till väntevärdet. Kombinerat med den avtagande sannolikheten så kommer det att bli så att om man begränsar antalet försök, så kommer man inte att kunna säga något om vilket av A- och B-laget som vinner. Vinnaren kommer helt att bestämmas av hur slumpen faller sig för de eller det högsta belopp som varit i spel.

Och det hjälper inte att öka på antalet försök, eftersom det oavsett antalet försök kommer att vara några (för det antalet) extremt osannolika belopp som varit i spel och slumpen i dessa fall helt bestämmer vinnaren.
Menar du att det lag som alltid byter ändå kommer att vinna lite oftare, men att detta alltid kommer att döljas av statistiska fluktuationer?

Användarvisningsbild
Tony
Inlägg: 1126
Blev medlem: lör 24 jun 2006, 13:12

Re: Stefan byter kuvert

Inlägg av Tony » tor 17 jan 2013, 16:59

matsw skrev:För att räkna ut vad som är fördelaktigt måste man räkna ut väntevärdet av summan av alla värden som dras, E[sum(a)], samt väntevärdet av alla värden som inte dras, E[sum(b)] och beräkna förhållandet mellan dem:

R = E[sum(a)] / E[sum(b)]
Så är ju inte resonemanget. E[sum(a)] är oändligt och går inte att räkna med.

Resonemanget är: Man har fått ett kuvert. Kuvertet innehåller alltid ett ändligt belopp 2n. Man beräknar väntevärdet för beloppet i det andra kuvertet till 1.1*2n, också ett ändligt värde. Alltså ska man byta. Det finns inga oändliga värden i beräkningen.

Användarvisningsbild
matsw
Inlägg: 7263
Blev medlem: fre 10 feb 2006, 23:20

Re: Stefan byter kuvert

Inlägg av matsw » tor 17 jan 2013, 18:20

micke.d skrev:
matsw skrev:
micke.d skrev: Hur vet du det?

Pga symmetrin: Förfarandet för det som läggs i A-burken och det som läggs i B-burken är identiskt.

Fast E[A] konvergerar inte.


Det spelar ingen roll eftersom vi aldrig beräknar E[A] utan R=E[A] / E som är 1 pga symmetrin.
Senast redigerad av 1 matsw, redigerad totalt 0 gånger.
det väsentliga är inte vad man vet utan hur man vet det.

Användarvisningsbild
matsw
Inlägg: 7263
Blev medlem: fre 10 feb 2006, 23:20

Re: Stefan byter kuvert

Inlägg av matsw » tor 17 jan 2013, 18:29

Tony skrev:
matsw skrev:För att räkna ut vad som är fördelaktigt måste man räkna ut väntevärdet av summan av alla värden som dras, E[sum(a)], samt väntevärdet av alla värden som inte dras, E[sum(b)] och beräkna förhållandet mellan dem:

R = E[sum(a)] / E[sum(b)]
Så är ju inte resonemanget. E[sum(a)] är oändligt och går inte att räkna med.
E[sum(a)] är ett gränsvärde och gränsvärden går att räkna med. Särskilt som det är gränsvärdet för R = E[sum(a)]/E[sum(b)] vi är intresserad av och om du följde med i beskrivningen så inser även du att symmetrin ger att R= 1.
Tony skrev:Resonemanget är: Man har fått ett kuvert. Kuvertet innehåller alltid ett ändligt belopp 2n. Man beräknar väntevärdet för beloppet i det andra kuvertet till 1.1*2n, också ett ändligt värde. Alltså ska man byta. Det finns inga oändliga värden i beräkningen.
Visst finns det oändligheter där. Väntevärdet är definierat som gränsvärdet för medelvärdet när antal försök går mot oändligheten. Så du räknar redan med oändligheten när du använder Bayes för att räkna fram väntevärden.

Sedan är det intressanta att ingen visat på vilket sätt resonemanget ovan är korrekt. Ni bara förutsätter att man kan räkna så.

Det enda rätta sättet att mäta om det är en bättre metod eller inte är att visa att mängden insamlade pengar är större än för alternativet och måttet på det i detta fall är R=E[sum(a)]/E[sum(b)].
det väsentliga är inte vad man vet utan hur man vet det.

Användarvisningsbild
micke.d
Forummoderator
Inlägg: 13375
Blev medlem: tis 05 jan 2010, 19:02
Ort: Ultima Thule

Re: Stefan byter kuvert

Inlägg av micke.d » tor 17 jan 2013, 19:04

matsw skrev:E[sum(a)] är ett gränsvärde och gränsvärden går att räkna med.
Ja, de som konvergerar. Det här gör inte det.
matsw skrev:Särskilt som det är gränsvärdet för R = E[sum(a)]/E[sum(b)] vi är intresserad av och om du följde med i beskrivningen så inser även du att symmetrin ger att R= 1.
Jag tror du har fel. Inte heller kvoten kommer att konvergera.
matsw skrev:
Tony skrev:Resonemanget är: Man har fått ett kuvert. Kuvertet innehåller alltid ett ändligt belopp 2n. Man beräknar väntevärdet för beloppet i det andra kuvertet till 1.1*2n, också ett ändligt värde. Alltså ska man byta. Det finns inga oändliga värden i beräkningen.
Visst finns det oändligheter där. Väntevärdet är definierat som gränsvärdet för medelvärdet när antal försök går mot oändligheten. Så du räknar redan med oändligheten när du använder Bayes för att räkna fram väntevärden.

Sedan är det intressanta att ingen visat på vilket sätt resonemanget ovan är korrekt. Ni bara förutsätter att man kan räkna så.
Var är felet?
matsw skrev:Det enda rätta sättet att mäta om det är en bättre metod eller inte är att visa att mängden insamlade pengar är större än för alternativet och måttet på det i detta fall är R=E[sum(a)]/E[sum(b)].
Den kvoten är odefinierad, så du har inte visat något alls.
Hädanefter kallar jag dem Daesh.

Användarvisningsbild
micke.d
Forummoderator
Inlägg: 13375
Blev medlem: tis 05 jan 2010, 19:02
Ort: Ultima Thule

Re: Stefan byter kuvert

Inlägg av micke.d » tor 17 jan 2013, 19:06

brimer skrev:Menar du att det lag som alltid byter ändå kommer att vinna lite oftare, men att detta alltid kommer att döljas av statistiska fluktuationer?
Jag menar att i varje enskilt försök så kan man visa att det lönar sig att byta. Men jag tror inte att det går att visa att den generaliserade metoden - strategin att byta varje gång - är bättre än att inte byta. Inte heller motsatsen går att visa, eller att de är likvärdiga.

För just den här fördelningen.
Hädanefter kallar jag dem Daesh.

Användarvisningsbild
matsw
Inlägg: 7263
Blev medlem: fre 10 feb 2006, 23:20

Re: Stefan byter kuvert

Inlägg av matsw » tor 17 jan 2013, 20:08

micke.d skrev:
matsw skrev:E[sum(a)] är ett gränsvärde och gränsvärden går att räkna med.
Ja, de som konvergerar. Det här gör inte det.
Att E[sum(a)] och E[sum(b)] inte konvergerar är oväsentligt eftersom E[sum(a)]/E[sum(b)] konvergerar tack vare att a och b tas fram av samma process! Enda skillnaden är att a är det kuvert som valdes och b är det andra, alltså har de samma väntevärde på summan för varje värde på antal försök.

(Kör man försöket 30 gånger kommer man ha ett visst väntevärde E[sum(a):30] som är lika med E[sum(b):30] av det enkla anledningen att det är samma process. Detta gäller för varje E[sum(a):i] och E[sum(b):i] för alla i. Dvs E[sum(a):i]=E[sum(b):i] för alla värden på i. QED.)

Tror du fortfarande att kvoten E[sum(a)]/E[sum(b) är odefinierad?
det väsentliga är inte vad man vet utan hur man vet det.

Användarvisningsbild
Tony
Inlägg: 1126
Blev medlem: lör 24 jun 2006, 13:12

Re: Stefan byter kuvert

Inlägg av Tony » tor 17 jan 2013, 20:39

matsw skrev: Att E[sum(a)] och E[sum(b)] inte konvergerar är oväsentligt eftersom E[sum(a)]/E[sum(b)] konvergerar tack vare att a och b tas fram av samma process!
Jag förstår inte vad du menar med "E[sum(a)] konvergerar". Väntevärdet är ju oändligt redan vid ett enda försök. E[sum(a)]/E[sum(b)] blir oändligt/oändligt. Menar du inte E[sum(a)/sum(b)] i stället?

Användarvisningsbild
micke.d
Forummoderator
Inlägg: 13375
Blev medlem: tis 05 jan 2010, 19:02
Ort: Ultima Thule

Re: Stefan byter kuvert

Inlägg av micke.d » tor 17 jan 2013, 21:06

matsw skrev:
micke.d skrev:
matsw skrev:E[sum(a)] är ett gränsvärde och gränsvärden går att räkna med.
Ja, de som konvergerar. Det här gör inte det.
Att E[sum(a)] och E[sum(b)] inte konvergerar är oväsentligt eftersom E[sum(a)]/E[sum(b)] konvergerar tack vare att a och b tas fram av samma process! Enda skillnaden är att a är det kuvert som valdes och b är det andra, alltså har de samma väntevärde på summan för varje värde på antal försök.

(Kör man försöket 30 gånger kommer man ha ett visst väntevärde E[sum(a):30] som är lika med E[sum(b):30] av det enkla anledningen att det är samma process. Detta gäller för varje E[sum(a):i] och E[sum(b):i] för alla i. Dvs E[sum(a):i]=E[sum(b):i] för alla värden på i. QED.)
Eftersom väntevärdet E[A] är oändligt, så funkar ju inte med säkerhet alla de normala räkneoperationerna. Därför kan inte det du säger här ovan betraktas som ett bevis. Det är lika lätt att "argumentera" för att E[A] = 1.1 * E
matsw skrev:Tror du fortfarande att kvoten E[sum(a)]/E[sum(b) är odefinierad?
Ja.
Hädanefter kallar jag dem Daesh.

Användarvisningsbild
matsw
Inlägg: 7263
Blev medlem: fre 10 feb 2006, 23:20

Re: Stefan byter kuvert

Inlägg av matsw » tor 17 jan 2013, 21:12

Tony skrev:E[sum(a)]/E[sum(b)] blir oändligt/oändligt. Menar du inte E[sum(a)/sum(b)] i stället?
Om väntevärdet är oändligt i varje försök så är ju det bättre...

Då funkar mitt resonemanget ändå.
Senast redigerad av 1 matsw, redigerad totalt 0 gånger.
det väsentliga är inte vad man vet utan hur man vet det.

Användarvisningsbild
brimer
Inlägg: 1536
Blev medlem: tis 12 apr 2005, 17:01
Ort: Kiruna

Re: Stefan byter kuvert

Inlägg av brimer » tor 17 jan 2013, 21:30

micke.d skrev:
brimer skrev:Menar du att det lag som alltid byter ändå kommer att vinna lite oftare, men att detta alltid kommer att döljas av statistiska fluktuationer?
Jag menar att i varje enskilt försök så kan man visa att det lönar sig att byta. Men jag tror inte att det går att visa att den generaliserade metoden - strategin att byta varje gång - är bättre än att inte byta. Inte heller motsatsen går att visa, eller att de är likvärdiga.

För just den här fördelningen.
Jodå! Man kan visa att fördelningarna för de erhållna beloppen inte är signifikant olika. Jag genererad 1.000.000 kuvert-par (A och B). För varje värde i A genererde jag sedan ett nytt värde C som med 3/5 sannolikhet är A/2 och med 2/5 sannolikhet är 2A (väntevärde 1.1*A alltså). Distributionerna för A, B och C är:

Bild

Ingen skillnad. Det högsta värdet som genererades var 233 för C som man kan se. Detta var långt under trunkeringsgränsen som jag valt till 250.

Användarvisningsbild
micke.d
Forummoderator
Inlägg: 13375
Blev medlem: tis 05 jan 2010, 19:02
Ort: Ultima Thule

Re: Stefan byter kuvert

Inlägg av micke.d » tor 17 jan 2013, 21:36

Fast frågan är ju hur stora pengahögarna är.

Ser du nån konvergens där?
Hädanefter kallar jag dem Daesh.

Skriv svar