2つの封筒の問題
問題は、それぞれ金額が不明な 2 つの封筒に関するものです。

二つの封筒問題（交換パラドックスとも呼ばれる）は、確率論におけるパラドックスです。意思決定理論やベイズ流確率論解釈において特に興味深い問題です。これは、ネクタイパラドックスとして知られるより古い問題の派生形です。この問題は、典型的には、次のような 仮説的な課題を定式化することによって提示されます。

同じ封筒が2つあり、それぞれにお金が入っていると想像してください。片方にはもう片方の2倍の金額が入っています。あなたは片方の封筒を選び、そこに入っているお金を受け取ることができます。封筒を選んだ後、中身を確認する前に、封筒を交換する機会が与えられます。交換すべきでしょうか？

状況は対称的であるため、封筒を交換する意味がないことは明らかです。しかし、期待値を用いた単純な計算では、逆の結論が導き出されます。つまり、封筒を交換することは常に有益です。なぜなら、交換すれば2倍のお金が​​得られる一方で、唯一のリスクは現在持っているお金が半分になるだけだからです。[ 1 ]

導入

問題

ある人物に、見分けがつかない2つの封筒が渡されます。それぞれに金額が入っています。片方の封筒にはもう片方の2倍の金額が入っています。被験者はどちらかの封筒を選び、そこに入っている金額をそのまま持ち帰ることができます。被験者はランダムに片方の封筒を選びますが、開封する前にもう片方の封筒を取る機会が与えられます。[ 1 ]

切り替えの議論

ここで、その人が次のように推論したとします。

  1. プレイヤーが選択した封筒に入っている金額をAで示します。
  2. A の方が少ない金額である確率は1/2 であり、A の方が多い金額である確率も 1/2 です。
  3. もう一方の封筒には 2 AまたはA /2 のいずれかを入れることができます。
  4. A のほうが少ない金額の場合、もう一方の封筒には 2 つのAが入っています。
  5. A のほうが大きい金額の場合、もう一方の封筒にはA /2 が入っています。
  6. したがって、もう一方の封筒には確率 1/2 で2 つのAと確率 1/2 でA /2 が含まれます。
  7. つまり、もう一方の封筒に入っているお金の 期待値は12（2あ）+12（あ2）＝54あ{\displaystyle {1 \over 2}(2A)+{1 \over 2}\left({A \over 2}\right)={5 \over 4}A}
  8. なので、切り替えると期待量が増加するようです。54あ>あ{\displaystyle {\tfrac {5}{4}}A>A}

パラドックスの歴史

ネクタイ2本。

封筒のパラドックスは、少なくとも1943年に遡ります。ベルギーの数学者モーリス・クライチクは、著書『レクリエーション数学』の中で、二人の男が出会い、それぞれが持つ高級ネクタイを比べるというパズルを提唱しました。[ 2 ] [ 3 ]二人はそれぞれ自分のネクタイの価値を知っており、勝者は慰めとして敗者にネクタイをあげることに同意します。クライチクはまた、二人の男が財布の中身を比べるという変種についても論じています。彼は、それぞれの財布には、1枚からある大きな数x枚のペニー硬貨（これまでに鋳造されたペニー硬貨の総数）まで、等しく入っていると仮定しています。[ 2 ]

このパズルは、数学者ジョン・エデンサー・リトルウッドが1953年に出版した初等数学と数学パズルに関する著書にも記載されており、彼はこれを物理学者エルヴィン・シュレーディンガーに帰しています。このパズルはトランプの束に関するもので、各カードには2つの数字が書かれており、プレイヤーはランダムに選ばれたカードのランダムな面を見ることになります。そして、そのカードを裏返すべきかどうかが問題となります。リトルウッドのトランプの束は無限に大きく、彼のパラドックスは不適切な事前分布のパラドックスです。

マーティン・ガードナーは、 1982年に出版した著書『Aha! Gotcha』の中で、クレイチクのパズルをウォレットゲームの形で広めました。

同じくらい裕福な二人が、財布の中身を比べるために集まります。二人はそれぞれ、二つの財布の中身を知りません。ゲームの流れは以下のとおりです。一番お金の少ない人が、もう一方の財布の中身を受け取ります（金額が同じ場合は何も起こりません）。二人のうちの一人は、「私の財布には金額Aがあります。これが私が失う可能性のある最高額です。もし私が勝てば（確率0.5）、ゲーム終了時に私が持っている金額は2 Aを超えます。したがって、このゲームは私に有利です」と推論します。もう一人も全く同じように推論します。実際、対称性により、ゲームは公平です。それぞれの推論のどこに誤りがあるのでしょうか？

— マーティン・ガードナー、Aha! Gotcha

ガードナーは、クライチクと同様に、正しい答え（切り替える意味はない）を導く健全な分析はできるものの、切り替えの根拠のどこが間違っているのかをはっきりと指摘することはできず、クライチクもこの点については何の助言も与えなかったと告白した。

1988年と1989年に、バリー・ネイルバフは2つの異なる2つの封筒の問題を提示した。どちらの問題も、一方の封筒にはもう一方の封筒の2倍の中身が入っており、それぞれ期待値 5 A /4 を計算するものであった。最初の論文では、2つの問題を提示している。2番目では、両方の問題に対する多くの解決法について議論している。彼の2つの問題のうち2番目の問題は現在ではより一般的であり、この記事で紹介されている。このバージョンによれば、最初に2つの封筒に中身を入れ、次にランダムに1つを選んで封筒 A と呼ぶ。マーティン・ガードナーは、1989年の著書「ペンローズタイルから落とし戸暗号へ、そしてマトリックス博士の帰還」の中でこれと同じバージョンに独自に言及している。バリー・ネイルバフの非対称変種はアリババ問題としてよく知られており、最初に1つの封筒に中身を入れて封筒 A とし、アリに渡す。次に、公平なコインを投げて封筒 B にその半分の金額を入れるか2倍の金額を入れるかを決め、それからアリババに渡す。

1995年、ブルームは、ある確率分布が「逆説的」であるとは、ある第一の封筒の金額xに対して、 xを条件とする第二の封筒の期待値がxよりも大きい場合を言う。この問題に関する文献には数十もの解説があり、その多くは有限値の分布が無限の期待値を持つ可能性があることを指摘している。[ 4 ]

提案された解決策の多様性

多くの解決策が提案されており、通常、ある著者は問題に対する解決策をそのまま提示し、その後、別の著者が問題を少し変更するとパラドックスが再び現れることを示す。このような一連の議論により、この問題に関する密接に関連した定式化が生まれ、このテーマに関する膨大な文献が生み出されている。[ 5 ]

提案された解決策はどれも決定的なものとして広く受け入れられていません。[ 6 ]それにもかかわらず、著者は問題の解決策は簡単で、初歩的でさえあると主張するのが一般的です。[ 7 ]しかし、これらの初歩的な解決策を調査してみると、著者ごとに異なることがよくあります。

解決策の例

以下は、提案されているいくつかの解決策のうちの 1 つの簡単な解決策です。

スイッチング論は、記号Aの使い方が一貫していないため、述べられているようには妥当ではない。Aは、(i) 選択された封筒に入っている金額を表す無条件確率変数と、(ii) その封筒に入っている金額のうち小さい方か大きい方かによって条件が決まる金額の両方を表す。これらの条件付き期待値は一般的に異なり、単一の期待値計算で組み合わせることはできない。[ 8 ]

切り替えの議論は、事実上、 どちらの場合もA を同じ量として 扱うことを意味します。正しい定式化は、条件付けを明示的に維持します。つまり、 これらの条件付き期待値は、無条件量や ではありません。 E（B）＝12E（2あ）+12E（あ/2）、{\displaystyle E(B)={\tfrac {1}{2}}E(2A)+{\tfrac {1}{2}}E(A/2),}E（B）＝12（E（B∣B>あ）+E（B∣B<あ））＝12（E（2あ∣B>あ）+E（あ/2∣B<あ））。{\displaystyle {\begin{aligned}E(B)&={\tfrac {1}{2}}{\bigl (}E(B\mid B>A)+E(B\mid B<A){\bigr )}\\&={\tfrac {1}{2}}{\bigl (}E(2A\mid B>A)+E(A/2\mid B<A){\bigr )}.\end{aligned}}}E（2あ）{\displaystyle E(2A)}E（あ/2）{\displaystyle E(A/2)}

封筒の金額が および として固定され、どの封筒が選択されたかのみ不確実である場合、切り替え による期待値の利点はありません。 ×{\displaystyle x}2×{\displaystyle 2x}E（あ）＝E（B）＝12（×+2×）＝32×、{\displaystyle E(A)=E(B)={\tfrac {1}{2}}(x+2x)={\tfrac {3}{2}}x,}

ナレバフ非対称変異体

2 つの封筒の金額がどのように決定されるかというメカニズムは、プレイヤーが封筒を交換するかどうかの決定に極めて重要である。[ 9 ] [ 10 ] 2 つの封筒 A と B の金額が、最初に 2 つの封筒 E1 と E2 の内容を固定し、次にそれらをランダムに A と B と名付ける（たとえば、公平なコインを投げる[ 11 ]）ことによって決定されたのではないと仮定する。その代わりに、最初からある金額を封筒 A に入れてから、偶然（コインを投げる）と A に何を入れたかの両方に依存する方法で封筒 B を満たす。まず封筒 A の金額 aが何らかの方法で固定され、次に封筒 B の金額が、公平なコインを投げたときの結果に応じて、封筒 A にすでに含まれているものに応じて固定されると仮定する。コインが表なら2aが封筒Bに入れられ、裏ならa /2が封筒Bに入れられます。プレイヤーがこの仕組みを知っていて、封筒Aを持っていることは知っているものの、コイントスの出目とaを知らない場合、切り替えの議論は正しく、封筒を切り替えることが推奨されます。この問題のこのバージョンは、Nalebuff (1988) によって導入され、しばしばアリババ問題と呼ばれます。切り替えるかどうかを判断するために封筒Aを見る必要がないことに注意してください。

この問題にはさらに多くのバリエーションが提案されている。ニッカーソンとフォークは合計8つのバリエーションを体系的に調査した。[ 11 ]

ベイズ解像度

上記の単純な解決法では、封筒交換の議論を考案した人物が、封筒Aに入っている2つの金額が固定値（xと 2 x）であると仮定し、封筒Aに入っている金額の期待値を計算しようとしていたと仮定しています。唯一の不確実性は、どちらの封筒に入っている金額xが少ないかということです。しかし、多くの数学者や統計学者は、この議論を、封筒Aに入っている実数または仮想の金額「A」を前提として、封筒Bに入っている金額の期待値を計算しようという試みだと解釈しています。計算を行うために、封筒の中を見て中身を確認する必要はありません。もし計算結果が、封筒の中にいくら入っているかに関わらず、封筒を交換するようにというアドバイスであれば、結局は中身を見ずに交換すべきであるように思われます。この場合、推論のステップ6、7、8において、「A」は最初の封筒に入っている金額の、あり得る固定値です。

2 つの封筒の問題に関するこの解釈は、パラドックスが現在の形で初めて発表された Gardner (1989) と Nalebuff (1988) に見られる。[ 12 ]これは、この問題に関する数学的な文献では一般的である。また、封筒 A の持ち主が、入れ替えるかどうかを決める前に実際に封筒の中を見るという問題の修正 (これは Nalebuff が始めたと思われる) にも当てはまる。ただし Nalebuff は、封筒 A の持ち主に封筒の中を見させる必要はないとも強調している。持ち主が封筒の中を見ることを想像し、そこに含まれていると想像できる金額に対して入れ替えるだけの根拠がある場合、いずれにしても入れ替えることを決めるだろう。最後に、この解釈は、2 つの封筒の問題の初期のバージョン (リトルウッド、シュレーディンガー、クライチクの入れ替えパラドックス) の中核でもあった。詳細は歴史のセクションを参照。

この種の解釈は、筆者がスイッチング議論において 2 つの封筒に入っている可能性のある金額の事前確率分布も考慮に入れていると想定しているため、しばしば「ベイズ的」と呼ばれます。

ベイズ解析の単純な形式

この単純な解決法は、議論の筆者が計算しようとしているものの特定の解釈に依存していました。つまり、筆者は封筒Bに入っているものの（無条件の）期待値を求めていると仮定していました。「二つの封筒問題」に関する数学文献では、条件付き期待値（封筒Aに入っている可能性のあるものに条件付き）を用いるという、異なる解釈がより一般的です。この問題や関連する解釈、あるいは様々なバージョンを解決するために、ほとんどの著者はベイズ的確率解釈を用いています。つまり、確率論は、封筒をランダムに選ぶような真にランダムな事象だけでなく、例えば、ランダムに一つを選んで「封筒A」と呼ぶ前に二つの封筒に元々入っていた二つの金額のように、固定されているが未知の事柄に関する知識（あるいは知識の欠如）にも適用されるのです。さらに、少なくともラプラスと彼の不十分理由原理にまで遡る長い伝統によれば、ある量の取り得る値について全く知識がない場合、等確率を割り当てることが想定されています。したがって、封筒がどのように詰められているかについて何も知らされていないという事実は、すでにこれらの金額に関する確率論的な記述に変換できます。情報が何もないということは、確率が等しいことを意味します。

スイッチング論証のステップ6と7では、筆者は封筒Aに一定量のaが入っていると仮定し、その情報に基づいて、もう一方の封筒にはその量の2倍か半分が入っている可能性が等しいと信じているようだ。この仮定が正しいのは、封筒Aの内容を知る前に、筆者が両方の封筒について以下の2組の値が等しく起こり得ると考えていた場合のみである。a / 2とa、そしてaと2 aである。（これはベイズの定理をオッズ形式で示している。事後オッズは事前オッズ×尤度比に等しい）。しかし、ここで同じ推論を適用し、封筒Aにはaではなくa/2があると仮定することができる。同様に、2 aについても同様である。そして同様に、無限に、好きなだけ繰り返し半分にしたり繰り返し2倍にしたりすることができる。[ 13 ]

議論のために、まず封筒Aに32という金額が入っていると仮定してみましょう。封筒Aに入っていた金額が何であれ、ステップ6と7の推論が正しいとするためには、2つの封筒に入っている金額のうち小さい方の金額が、1、2、4、8、16、32、64、128、256、512（それぞれ2のべき乗で、それぞれ確率が等しい[ 13 ]）である10個の金額である可能性がすべて等しいと、事前に信じていることになります。しかし、さらに大きな金額、あるいはさらに小さな金額になると、「確率が等しい」という仮定はやや無理があるように思えてきます。そこで、2つの封筒に入っている小さい方の金額が、この10個の確率で等しい可能性を持つという仮定だけで止めてみましょう。この場合、封筒Aに2、4、…512のいずれかの金額が入っていた場合、手順6と7の推論は完全に正しかったことになります。封筒を切り替えることで、期待される（平均）利益は25%になります。封筒Aに1が入っていた場合、期待される利益は実際には100%です。しかし、1024が入っていた場合、（かなり大きな金額の）50%という莫大な損失が発生していたでしょう。これは20回に1回しか起こりませんが、残りの20回のうち19回で期待される利益とちょうど釣り合うには十分です。

あるいは、無限に続けることもできますが、その場合、非常に滑稽な仮定を前提としていることになります。例えば、封筒Aの金額が1より小さい確率は無限大であり、1024より大きい確率は無限大であり、その2つの値の間の確率は無限大であるという仮定です。これはいわゆる不適切事前分布です。確率計算は破綻し、期待値さえ定義されていません。[ 13 ]

多くの著者は、もし小さい方の封筒に入れられる最大額が存在するならば、ステップ6が破綻することは容易に理解できると指摘している。なぜなら、プレイヤーが「小さい」封筒に入れられる最大額を超える金額を持っている場合、より大きな金額が入った封筒を持たなければならず、したがって、切り替えによって確実に損失を被ることになるからだ。これは頻繁に起こるわけではないかもしれないが、もし起こった場合、プレイヤーが被る大きな損失は、平均的には切り替えることのメリットがないことを意味する。一部の著者は、これにより問題のあらゆる実用的なケースが解決されると考えている。[ 14 ]

しかし、この問題は、最大額を仮定しなくても数学的に解くことができる。Nalebuff, [ 14 ] Christensen と Utts, [ 15 ] Falk と Konold, [ 13 ] Blachman, Christensen と Utts, [ 16 ] Nickerson と Falk, [ 11 ]は、2 つの封筒に入っている金額が、2 つの封筒に入っている金額についてのプレイヤーの事前の信念を表す適切な確率分布を持つ場合、最初の封筒の金額A=aがいくらであっても、これらの事前の信念によれば、2 番目の封筒にa /2 または 2 aが入っている可能性が等しくあるということは不可能であると指摘した。したがって、常に切り替えることにつながる議論のステップ 6 は、封筒の金額に最大額がない場合でも、非論理的である。

ベイズ確率論に関連したさらなる発展の紹介

上記で議論した最初の2つの解決法（「単純解決法」と「ベイズ的解決法」）は、議論のステップ6で何が起こっているかについての2つの解釈に対応しています。どちらもステップ6が「悪いステップ」であると仮定しています。しかし、ステップ6の記述は曖昧です。著者は、封筒Bの内容の無条件（全体）期待値（おそらく、より少ない量xを条件としている）を求めているのでしょうか、それとも、封筒Aに含まれる可能性のある量aを与えられた場合の、封筒Bの内容の条件付き期待値を求めているのでしょうか。このように、逆説的な切り替えの議論を作成した著者の意図には、主に2つの解釈があり、2つの主要な解決法があります。

この問題のバリエーションに関する文献が多数作成されている。[ 17 ] [ 18 ]封筒の設定方法に関する標準的な仮定は、1 つの封筒に一定額のお金が入っており、もう 1 つの封筒にその 2 倍の金額が入っているというものである。2 つの封筒のうちの 1 つがランダムにプレイヤーに渡される (封筒 A )。最初に提案された問題では、2 つの金額のうち小さい方がどのように決定されるか、その金額が取り得る値、特に、含まれる金額に最小値や最大値があるかどうかが明確にされていない。[ 19 ] [ 20 ]ただし、ベイズ確率解釈を使用する場合、2 つの封筒に入っている金額が少ない方に関する事前信念を確率分布で表現することから始めます。知識の欠如は確率で表現することもできます。

ベイズ版の最初のバリエーションは、2つの封筒に入っている金額の少ない方の適切な事前確率分布を求めることです。ステップ6が適切に実行されたときに、封筒Aに何が入っていようと、封筒Bを優先するようにアドバイスされます。したがって、ステップ6で実行された特定の計算は間違っていました（最初の封筒Aに何が入っているかを考えると、もう一方の封筒が常にそれよりも大きいか小さいかが等しくなれるような適切な事前分布は存在しません）が、正しい計算は、使用している事前分布に応じて、aのすべての可能な値の結果につながります。[ 21 ]E（B|あ＝1つの）>1つの{\displaystyle E(B|A=a)>a}

これらの場合、両方の封筒の期待値の合計は無限大であることが示されます。平均的には、スワップによる利益はありません。

2番目の数学的変種

ベイズ確率論は上記のパラドックスの最初の数学的解釈を解決することができるが、最初の封筒の金額を条件として、2番目の封筒の金額の期待値が最初の封筒の金額を（それが何であれ）上回る、適切な確率分布の例も存在することが判明している。そのような最初の例は、既にナレバフによって示されている。[ 14 ]クリステンセンとアッツ（1992）も参照。[ 15 ] [ 22 ] [ 23 ] [ 24 ]

最初の封筒に入っている金額をA、2番目の封筒に入っている金額をBとします。これらはランダムであると仮定します。Xを2つの金額のうち小さい方、Y=2Xを大きい方とします。Xの確率分布を固定すると、AとBの結合確率分布も固定されます。これは、 X、Yとは独立して、 A、B = X、Y、またはY、Xがそれぞれ1/2の確率で発生するためです。

「常に切り替える」という議論における誤ったステップ6は、すべての a に対して E(B|A=a)>a という結論に至り、したがってaを知っているかどうかに関わらず切り替えを推奨するに至りました。さて、2つの金額のうち小さい方であるXについて、この誤った結論が依然として成り立つような適切な確率分布を非常に簡単に考案できることがわかります。1つの例を、後ほどより詳しく分析します。

前述のように、a が何であれ、A=a、Bがa /2 または 2 aになる可能性が等しいということは真ではありませんが、 a が何であれ、A=a、Bがaよりも期待値が大きいということは真です。

例えば、少額の封筒に実際には2nドルが入っていて、その確率が2n/3n+1（n = 0, 1, 2, ...）であるとします。これらの確率の合計は1になるため、分布は（主観主義者にとっては）適切な事前分布となり、頻度主義者にとっても完全に妥当な確率法則となります。[ 25 ]

最初の封筒に何が入っているか想像してみてください。最初の封筒に1が入っているなら、もう一方の封筒には必ず2が入っているので、交換するのが賢明な戦略でしょう。一方、最初の封筒に2が入っているとしましょう。この場合、2つの可能性が考えられます。目の前の封筒のペアは{1, 2}か{2, 4}のどちらかです。それ以外のペアはあり得ません。最初の封筒に2が入っていることを前提として、{1, 2}のペアである 条件付き確率は、

P（{1、2}∣2）＝P（{1、2}）/2P（{1、2}）/2+P（{2、4}）/2＝P（{1、2}）P（{1、2}）+P（{2、4}）＝1/31/3+2/9＝3/5、{\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}}}

したがって、{2, 4}のペアである確率は2/5です。なぜなら、これらが唯一の可能性だからです。この導出において、は封筒のペアが1と2のペアであり、封筒Aにたまたま2が入っている確率です。は封筒のペアが2と4のペアであり、（ここでも）封筒Aにたまたま2が入っている確率です。封筒Aに2が含まれる可能性があるのは、これら2つの場合のみです。 P（{1、2}）/2{\displaystyle P(\{1,2\})/2}P（{2、4}）/2{\displaystyle P(\{2,4\})/2}

最初の封筒に 1 が入っていない限り、これらの比率は一般に成り立つことがわかります。封筒 A を開けたときに封筒 A に入っていると想像される量をaで表し、 n ≥ 1の場合にa = 2 nと仮定します。その場合、もう一方の封筒には確率 3/5 でa /2 が、確率 2/5 で 2 aが入っています。

つまり、最初の封筒に1が入っている場合、もう一方の封筒の条件付き期待値は2になります。あるいは、最初の封筒に1より大きい値が入っていて、2番目の封筒の方が大きいよりも小さい可能性が高いものの、その条件付き期待値は大きくなります。つまり、封筒Bの条件付き期待値は

351つの2+2521つの＝11101つの{\displaystyle {\frac {3}{5}}{\frac {a}{2}}+{\frac {2}{5}}2a={\frac {11}{10}}a}

これはaより大きいです。つまり、封筒Aを見たプレイヤーは、そこにあったものを交換することを決めることになります。したがって、その決定を下すために封筒Aを見る必要はありません。

この結論は、2つの封筒問題に関するこれまでの解釈と同様に明らかに誤りです。しかし、上記の欠陥は​​当てはまりません。期待値計算におけるaは定数であり、式中の条件付き確率は指定された適切な事前分布から得られます。

数理経済学による解決策の提案

ほとんどの筆者は、この新しいパラドックスは解消できると考えていますが、解決には数理経済学の概念が必要です。[ 26 ]すべての に対してと仮定します。 の場合にのみ、 X（2 つの封筒に入っている少ない方の金額）のいくつかの確率分布に対してこれが可能であることが示されます。つまり、封筒内のすべての可能な金額の平均が無限大である場合に限ります。 理由を理解するには、上記の各Xの確率が前のXの 2/3 であるシリーズと、各Xの確率が前のXの 1/3 にすぎないシリーズを比較してください。後続の各項の確率がその前の項の確率の半分よりも大きい場合（および各Xがその前のXの確率の 2 倍である場合）、平均は無限大ですが、確率係数が半分未満の場合は平均が収束します。確率係数が半分未満の場合、最初の最小のaを除くすべてのaについて、切り替えの総期待値は 0 に収束します。さらに、確率係数が半分より大きい進行中の分布を、任意の数の項の後に「残りのすべての確率」、つまり 1 からそれ以前のすべての項の確率を引いた最終項を確立することによって有限にすると、Aが最後の最大のaに等しい確率に関する切り替えの期待値は、それ以前の正の期待値の合計を正確に打ち消し、切り替えの総期待値は再び 0 に低下します（これは、上記のエンベロープ内の有限の値の集合の等確率を設定する一般的なケースです）。したがって、切り替えの正の期待値を示すと思われる分布は、 となる分布のみです。aを平均すると、 となります（対称性により、 AとBは同一の確率分布を持ち、AとB はどちらもX以上であるため）。 E（B|あ＝1つの）>1つの{\displaystyle E(B|A=a)>a}1つの{\displaystyle a}E（X）＝∞{\displaystyle E(X)=\infty }E（B|あ＝1つの）<1つの{\displaystyle E(B|A=a)<a}E（X）＝∞{\displaystyle E(X)=\infty }E（B）＝E（あ）＝∞{\displaystyle E(B)=E(A)=\infty }

最初の封筒の中を見なければ、明らかに交換する理由はありません。なぜなら、期待値が無限大である未知の金額（A）を、同じ確率分布で期待値が無限大である別の未知の金額（B）と交換することになるからです。しかし、最初の封筒の中を見れば、観測されたすべての値（）について、交換したくなるでしょう。なぜなら、すべてのaについて、であるからです。デイビッド・チャーマーズが指摘したように、この問題は優位性推論の失敗と言えるでしょう。[ 27 ]あ＝1つの{\displaystyle A=a}E（B|あ＝1つの）>1つの{\displaystyle E(B|A=a)>a}

優越性推論によれば、観測される可能性のあるすべての値aについてA をBより確実に好むという事実は、 a を観測しなくてもAをBより確実に好むことを意味するはずです。しかし、すでに示したように、これは正しくありません。 を許容しながら優越性推論を救済するためには、期待値を判断基準として置き換え、数理経済学からのより洗練された議論を採用する必要があります。 E（B）＝E（あ）＝∞{\displaystyle E(B)=E(A)=\infty }E（B）＝E（あ）＝∞{\displaystyle E(B)=E(A)=\infty }

例えば、意思決定者は初期資産がWである期待効用最大化者であり、その効用関数は少なくともいくつかのaの値に対して満たされるように選択される（つまり、あるaに対して、 Bに切り替えるよりも保持することが厳密に好ましい）と仮定できる。これはすべての効用関数に当てはまるわけではないが、 wが無限大に向かって増加するにつれて上限 を持つ場合は当てはまる（数理経済学と意思決定理論における一般的な仮定）。[ 28 ] Michael R. Powersは、効用関数がこのパラドックスを解決するための必要十分条件を示し、ももは必須ではないと指摘している。[ 29 ]あなた（わ）{\displaystyle u(w)}E（あなた（W+B）|あ＝1つの）<あなた（W+1つの）{\displaystyle E(u(W+B)|A=a)<u(W+a)}あ＝1つの{\displaystyle A=a}あなた（わ）{\displaystyle u(w)}β<∞{\displaystyle \beta <\infty }あなた（わ）<β{\displaystyle u(w)<\beta }E（あなた（W+あ））＝E（あなた（W+B））<∞{\displaystyle E(u(W+A))=E(u(W+B))<\infty }

一部の論者は、現実の状況では、封筒に入っているお金の量が世界のお金の総量（M）によって制限されるという単純な理由から、およびが制限されると主張します。この観点からすると、 X（ ）の仮定された確率分布は現実の状況では発生しないため、2番目のパラドックスは解決されます。同様の議論は、サンクトペテルブルクのパラドックスを解決するためによく用いられます。 あなた（W+あ）{\displaystyle u(W+A)}あなた（W+B）{\displaystyle u(W+B)}あなた（W+あ）≤あなた（W+M）{\displaystyle u(W+A)\leq u(W+M)}あなた（W+B）≤あなた（W+M）{\displaystyle u(W+B)\leq u(W+M)}E（X）＝∞{\displaystyle E(X)=\infty }

哲学者間の論争

前述のように、このパラドックスの変種を生み出す分布は、平均が無限大でなければならない。したがって、プレイヤーが封筒を開ける前は、切り替えによる期待利得は「∞ − ∞」となるが、これは定義されていない。デイヴィッド・チ​​ャーマーズの言葉を借りれば、これは「よく知られた現象、すなわち無限大の奇妙な振る舞いの、もう一つの例に過ぎない」。[ 27 ]チャーマーズは、期待値が発散するゲームに直面した際に意思決定理論は一般的に破綻すると示唆し、それを古典的なサンクトペテルブルクのパラドックスによって生じる状況と比較している。

しかし、クラークとシャッケルは、すべてを「無限の奇妙な振る舞い」のせいにすることは、単一のケースでも平均化されたケースでも、パラドックスを全く解決しないと主張している。彼らは、両方とも無限の平均を持つ2つの確率変数の簡単な例を挙げているが、条件付きでも平均でも、どちらか一方を他方よりも優先することが明らかに理にかなっている。[ 30 ]彼らは、意思決定理論は、状況によっては無限の期待値を許容するように拡張されるべきであると主張している。

スマリヤンの非確率的変種

論理学者レイモンド・スマリヤンは、このパラドックスが確率と一体何の関係があるのか​​疑問視した。[ 31 ]彼はこの問題を確率を考慮に入れない形で表現することで、この疑問を解いた。以下の明白に論理的な議論は、矛盾する結論を導く。

  1. プレイヤーが選んだ封筒の金額をAとします。交換によって、プレイヤーはAを得るかA /2を失うかのどちらかです。つまり、潜在的な利益は潜在的な損失よりも必ず大きくなります。
  2. 封筒に入っている金額をそれぞれXと2Xとします。交換することで、プレイヤーはXを得るかXを失うかのどちらかになります。つまり、潜在的な利益は潜在的な損失と等しくなります。

提案された決議

数多くの解決策が提案され、一部の論理学者によって綿密な分析が行われてきました。解決策はそれぞれ異なりますが、いずれも反事実的推論に関する意味論的な問題を的確に指摘しています。私たちは、切り替えによって利益を得られる場合の利益額と、切り替えによって損失を被る場合の損失額を比較したいと考えています。しかし、切り替えによって利益と損失の両方を同時に得ることはできません。私たちは、両立しない二つの状況を比較するよう求められています。実際に起こり得るのは一方だけで、もう一方は反事実的状況、つまり架空の状況です。そもそもこれらを比較するためには、何らかの形で二つの状況を「整合」させ、明確な共通点を提示する必要があります。

ジェームズ・チェイスは、2 番目の議論が正しいと主張している。なぜなら、それは (1 つは利益を得る状況、もう 1 つは損失となる状況) を並べる方法に対応しており、問題の説明によって示されているのが望ましいからである。[ 32 ]また、バーナード・カッツとドリス・オリンもこの見解を主張している。[ 33 ] 2 番目の議論では、2 つの封筒に入っている金額は固定されていると見なしている。変わるのは、どちらが最初にプレイヤーに渡されるかである。これは恣意的で物理的な選択であるため、プレイヤーが反事実的にもう 1 つの封筒を手に入れた反事実世界と、実際に (事実として) 与えられた封筒とは非常に意味のある反事実世界であり、したがって 2 つの世界での利益と損失の比較は意味がある。この比較は、問題の説明によって一意に示されている。問題の説明では、まず 2 つの金額が 2 つの封筒に入れられ、その後でのみ、恣意的に 1 つが選択され、プレイヤーに渡される。しかし、最初の議論では、プレイヤーに最初に渡される封筒に入っている金額は固定されており、2つ目の封筒にその金額の半分または2倍が入っている状況を想定しています。これは、現実世界では封筒が以下のように詰められた場合にのみ妥当な反事実世界となります。まず、プレイヤーに渡される特定の封筒に、ある金額のお金が入れられます。次に、何らかの任意のプロセスによって、もう一方の封筒に（任意またはランダムに）その金額の2倍または半分のお金が入れられます。

一方、イ・ビョンウクは、切り替えることで得られる利益と、切り替えることで失われる損失を比較することは、そもそも無意味な作業であると主張している。[ 34 ]彼の分析によれば、3つの含意（切り替える、無関心、切り替えない）はすべて誤りである。彼はスマリヤンの議論を詳細に分析し、中間段階が踏まれていることを示し、反事実的推論の形式化に基づいて、どこで誤った推論がなされているかを正確に指摘している。チェイスの分析との重要な違いは、チェイスが、封筒Aと呼ばれる封筒が完全にランダムに決定されるという物語の部分を考慮していない点である。したがって、チェイスは問題の説明に確率を再び組み込むことで、論点1と3は誤りであり、論点2は正しいと結論付けているのに対し、イは「確率のない2つの封筒問題」を確率から完全に切り離し、いかなる行動も選好する理由はないと結論付けている。これは、確率の要素がなければ、ある行動が他の行動よりも優れていると主張する方法はないというアルバースらの見解と一致しています。

ブリス氏は、このパラドックスの原因は、実際には存在しないより大きな配当の可能性を誤って信じる場合、実際には存在しないより小さな配当の可能性を信じる場合よりも大きな幅で誤っている点にあると主張している。[ 35 ]例えば、封筒にそれぞれ5ドルと10ドルが入っていたとすると、10ドルの封筒を開けたプレイヤーは、実際には存在しない20ドルの配当の可能性を期待するだろう。もし同じプレイヤーが5ドルの封筒を開けたとしたら、彼は2.50ドルの配当の可能性を信じることになり、これは真の価値からのより小さな乖離となる。これがパラドックス的な矛盾を生み出すのである。

アルバース、クーイ、シャーフスマは、確率（あるいはその他の要素）を問題に加えなければ、[ 18 ]スマリヤンの議論は、いずれにせよ、交換すべき理由も交換すべきでない理由も示さないと考えている。したがって、パラドックスは存在しない。この軽視的な態度は、確率論や経済学の論者の間でよく見られる。スマリヤンのパラドックスは、まさに彼が確率や効用を全く考慮していないことから生じるのである。

条件付き切り替え

問題の拡張として、プレイヤーが封筒Aを見てから切り替えるかどうかを決めるというケースを考えてみましょう。この「条件付き切り替え」問題では、封筒の確率分布に応じて、「切り替えない」戦略よりも有利な結果を生み出すことがしばしば可能です。[ 36 ]

参照

注釈と参考文献

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