二つの封筒の問題

質問

お金の入った二つの封筒があります。

一方の封筒には、もう一方の封筒に入っているお金の2倍の金額のお金が入っていることが分かっています。

あなたはどちらか一方のみを持ち帰ることが出来ます。 より高額な方を持ち帰りたいとしましょう。

まず、一方の封筒を選び中身を確認したところ、1000円入っていました。

あなたは、そのまま最初に選んだ封筒の1000円を持ち帰ることも出来ますし、最初に選んだ封筒は持ち帰らず、残ったもう一方の封筒に入ったお金を持ち帰ることも出来ます。

残ったもう一方の封筒の中身は、2000円か500円のどちらかということが分かるので、残ったもう一方の封筒を持ち帰った場合の期待値を計算してみると、
2000円×(1/2)+500円×(1/2)=1250円
となり、最初に選んだ封筒の金額1000円を上回るので、最初に選んだ封筒ではなく、残ったもう一方の封筒を持ち帰った方が得、ということになります。

ところが、いろいろと金額を変えて計算してみても、最初に選んだ封筒に入っている金額に関係なく、持ち帰る封筒を変更した場合の期待値は、最初に選んだ封筒に入っている金額の1.25倍になることが分かります。

ということは、最初に封筒を選んだ時点で、中身を確認するまでもなく、持ち帰る封筒を残ったもう一方の封筒に変更した方が良いということになりますが、「選んだ時点で、持ち帰る封筒を変更した方が得」というような事があるのでしょうか。

※選んだだけなら、持ち帰る封筒を交換することには全く意味がないと思えるのですが。

回答No.31

zenin

数年前に片が付いた問題です。
No.4378786等をごらんください。
可也の人が　ベイズの理論（事前確率に依拠する）に惑わされていますが、大抵の人が間違った方向に行ってしまっています。
事は簡単で、開けた1000円は2枚の封筒の中身の　多い方か、少ない方か（分からないが）決まっているのです。
多い方、少ない方である確率は1/2ではなく、　0か1かです。1000円は多い方か少ない方か決まっているのです。知らないだけです。
中身を中心に考えるのですから。
多い方である時にはもう一方の期待値は500円、少ない方である時には一方の期待値は2000円

回答No.30

goodq2013

ちょっと不思議に感じても、「封筒を変更した方が得」で、矛盾はないのだと思います。

分かりやすくするために封筒ではなく、コンピュータプログラムでこのゲームが実現されているとします。本質的に問題と同じ条件です。
１）最初にプレイヤは、ゲームスタートボタンを押します。
２）「賞金1,000円当選しました。確定か、再挑戦か選んでください。」と表示され、以下の2つにボタンが表示されます。
確定ボタン:「ゲーム終了。賞金1,000円確定です。ファイナルアンサー？」
再挑戦ボタン:「もう一度挑戦できます。賞金は、確率５０%で倍額に、また確率５０%で半額になります。ファイナルアンサー？」
３）どちらかのボタンを押して、賞金確定し、ゲーム終了。

獲得賞金を最大化したいプレイヤが取るべき戦略は、当然、毎回再挑戦ボタンを押すことです。1,000回チャレンジすれば、確定ボタンを押す戦略では、100万円しか得られないが、再挑戦ボタン戦略だと、125万円得られます。質問者さんの期待値計算の通りです。

最初の「1,000円当選」表示を、プレイヤが見ようが見まいが結論は同じです。つまり、封筒開けずにもう一方を持ち帰る方が得となります。

元の問題が、不思議に感じるのは、2つの封筒のどちらか一方を選ぶのに、その選び方で期待値が異なるように思えるからですが、
与えられた問題は、一旦賞金が確定した後で、再挑戦するかしないかの問題なので、期待値が異なっても当然で、そこに矛盾はありません。

回答No.29

usa1976

オリジナルの２つの封筒問題は、
封筒の中に入れる金額がどうやって決められているか分からないので
数学を使って解く事は出来ないと思います
（自身で前提条件を整え、つまり問題変えてを解く事は可能かと）

以下の問題は封筒の金額比は1：2ではありませんが、二封筒の分布で悩まなくてよい問題です、
交換してもしなくても同じではつまらないので、交換する人が損をするよう問題を作り替えました。
２つの封筒問題との共通点は片方の封筒の中身を知ってしまうと
もう片方のが期待値が高く見えることです。
実際は交換し封筒Bを選ぶとAを選んだ場合に比べ得られる金額の期待値はおよそ2/3倍になってしまいます。

ホストが封筒Ａ、封筒Ｂにそれぞれお金を入れる。
封筒に入れる金額を以下のように決定する。
さいころを奇数が出るまで連続して振る、出目は奇数偶数どちらも1/2の確率で出るものとする。
この時、偶数の目が出た数をn とし、
このｎを基に、一方の封筒に100^n円、もう一方に100^(n+1))円を入れる事にする。

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確率計算により、封筒に(100^n,100^(n+1))円を入れる確率は 1/2^(n+1)となります(n=0,1,2,...)。
つまり、(1,100)円を入れる確率は1/2で、
以後金額が100倍になるごとに確率が1/2倍ずつになる等比数列です。
(100,10000)円は1/4、(10000，1000000)円は 1/8…という具合です。
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1～5の数字が書かれた5つの出目のあるルーレットを回し（それぞれの目の出る確率は1/5とする）、
1～3までが出れば高額な方【100^(n+1)円】を封筒Ａに入れ、残りの低額な方【100^n円】を封筒Ｂに入れる。
4～5が出れば高額な方【100^(n+1)円】を封筒Ｂに入れ、残りの低額な方【100^n円】を封筒Ａに入れる。
つまり、封筒Ａは3/5の確率で高額になり、2/5の確率で低額になります、封筒Ｂはその逆です。

ゲストはこの決定プロセスを知っているため、確率そのものは知っていますが、
さいころを振っているところ、ルーレットを回し封筒にお金を入れるところを見ていないため、
ｎの値や封筒に実際にいくら入っているかは知りません。

（問１）ゲストは封筒Ａか封筒Ｂどちらか片方の封筒を選びそれを得られる場合
　　　　どちらを選んだ方がよいでしょうか？またその理由は？

（問２）ゲストが封筒Ａを選び中身を確認すると10000円だった。
　　　　このときに、ゲストが封筒Ｂと交換してよい場合、交換し封筒Ｂを得た方がよいか？
　　　　またその理由は？

回答No.28

grlby

期待値は得うる値の平均値であり、試行を何度も繰り返したときにどうなるかを教えてくれますが、ある１回の試行について何も教えてくれません。

確かに残ったもう一方の封筒に入っている金額の期待値は1250円です。しかし期待値が1250円だからといって「封筒を変更した方が得」ということにはなりません。交換しようがしまいが確率は1/2ですので同じことです。

「2枚のうち1枚が100万円の当たりであるくじ」と「100枚のうち1枚が1億円のあたりであるくじ」に無料で1度だけチャレンジできるとしたら、期待値が大きい後者にチャレンジしますか？期待値ではなく確率で比較するべきです。

では期待値である1250円とは何なのか？
次のような状況を考えてみられてはいかがでしょうか。

あなたは（1000円,500円）の入った2つの封筒50組と（1000円,2000円）の入った2つの封筒50組、計100組用意しこれを100人に配ります。封筒を受け取った人はどちらか一方の封筒を開封して入っている金額をもらうことができるとします。すると100人のうち50人が開封した封筒に1000円が入っているでしょう（残りの25人は500円で、25人は2000円）。開封した封筒に1000円が入っていた50人について、「残った封筒と交換してもよい」とした場合、あなたにとって交換されるのとされないのではどちらがよい（出費が少なくすむ）か。

この場合、交換した場合の期待値が1250円と交換しない場合に比べて250円高いため、交換されない方がよいです。

仮に50人全員が交換した場合、25人は2000円に増え、残りの25人は500円に減るでしょう。50人全員が交換しなかった場合との差額は（25人×2000円＋25人×500円）-（50人×1000円）= 12500円　となり、交換されない場合の方が12500円（250円×50人）だけ出費が安くすみます。

回答No.27

MagicianKuma

No21で妙な例を持ち出したのも私なりの回答を示すための前準備です。すなわち、質問者さんの
＞筒を持ち帰った場合の期待値を計算してみると、2000円×(1/2)+500円×(1/2)=1250円となり、最初に選んだ封筒の金額1000円を上回るので、最初に選んだ封筒ではなく、残ったもう一方の封筒を持ち帰った方が得、ということになります。
これは、No25さんの言うとおり。1/2と仮定する根拠はなにもないよ。につきます。ただ、これを認めたとしても

＞ところが、いろいろと金額を変えて計算してみても、最初に選んだ封筒に入っている金額に関係なく、持ち帰る封筒を変更した場合の期待値は、最初に選んだ封筒に入っている金額の1.25倍になることが分かります。
これも間違っています。全てのケースで条件付き確率が1/2になるような確率分布は作れないでしょう。それでもなお全ての観測結果に対し変更したときの期待値が大きくなる例もあるよ。ということをNo21で示しました。

それでもなお
＞ということは、最初に封筒を選んだ時点で、中身を確認するまでもなく、持ち帰る封筒を残ったもう一方の封筒に変更した方が良いということになりますが
ここです問題は。「一見パラドックスに見えるけど、最大の間違いはこの部分」というのが私の結論です。観測したからこそ対称性が壊れるわけで、観測する前には何も言えないのです。
妥当な推論の結果、「観測したとしたら、考えられる全ての場合において、もう一方を選ぶと期待値が大きくなる。」事が言えたとしても「だから観測しないでも・・・」と言えないのです。これが私の回答です。実に単純なことのように私には思えるのだが・・・

お礼

ご回答ありがとうございます。

もし、「すべての金額について交換するべきである」ならば、
「封筒を開けるまでもなく交換するべきである」、
と私は考えています。

もちろん、「交換するべきなら」の話であって、
私は交換することに意味はないと考えています。

私の頭の中にあるアイデアは、
「２倍の金額になるか」
「半分の金額になるか」の確率は、
「２分の１ずつではない。」というものです。

少々突飛ですが、
「２倍になる確率は３分の１」、
「半分になる確率は３分の２」である、
と私は考えています。

なぜなら、このとき、交換した時の期待値は
もとの金額と同じになるからです。

言い方を変えると、最初に高額な方を引く確率が「３分の２」
少額な方を引く確率が「３分の１」であるということです。

最初に、「高額な方を引くが可能性が高い」ということです。
常識とはかけ離れていますね。

回答No.26

中村 拓男（@tknakamuri）

>ふたつの封筒を収めた箱についての確率・期待値を考えることそれ自体が、既に間違いなのでしょう。

うーん、胴元のルールが例え一過性のものであってもその時点での確率で表現できないことが
「ある」のかって話ですよね。

今のところ、「ない」と思ってます。思いつかないので・・・・
それに「ある」ならいままでの議論が成り立つか自信ないです。

こんなのがありますって話がありましたらよろしく。

回答No.25

alice_44

そうかな？
与えられてない条件を勝手に仮定するな
という単純な話だと思うけど。
ポイントは、たぶん、
何が 1/2 で何は 1/2 とは限らないか
ということかと。参照： A No.14

回答No.24

stomachman

No.6です。回答が大増殖しましたねー。議論が深化したようなので、少し付け加えたくなりました。

　封筒を開けなければ、何度でも「えーと、そっちの方が沢山入ってる気がするなあ」「あー、やっぱりこっちかな～」と繰り返せる。つまり、封筒の選択は完全に対称であり、だから、高額の方の封筒を選ぶ確率は1/2である。この論理は、「正多面体のサイコロは、対称だからどの面が出る確率も同じ」というのと同じ論法に基づいています。疑念を挟む余地はないでしょう。

　さて、どちらかの封筒を開けると、まず対称性の破れが生じます。（これは、サイコロを振って2の目が出た時に、「2の目が出る確率は1/6だった。でも、現実に2の目が出たから2の目が出る確率は1である。ゆえに1/6=1」とやらかしてはいけない、というのと同じこと。）さらに、状況の対称性が崩れます。一方の封筒だけ開封しちゃったけれど、両方の封筒を開けさせては貰えないし、かと言って再び封をして元に戻るということもできない、という状況になったわけです。

　ところが、封筒を開けて金額を知ったところで、二つの封筒がどう準備されたのかについて全く知識がないから、開封したのが高額の方の封筒なのかどうかについて確率的な意味ですら手がかりは得られない。他方の封筒に入っている金額が幾らであるかは決まらないし、それどころか、期待値も分からない。「こっちに1000円入ってた」という知識が加わった訳ですが、それによって何が分かったわけでもない。

もしも、
　「F(C): C円入っている封筒と2C円入っている封筒が収めてある」箱がN個と、「F(C/2): C/2円入っている封筒とC円入っている封筒が収めてある」箱がM個が置いてある。箱の区別は付かないが、CとNとMの値は分かっている。
　まずひとつの箱を選び、そして、その中にある二つの封筒の一方を選ぶ。
　封筒を開けたあと、同じ箱にあるもう一方の封筒と交換しても良い。

というゲームだったらどうか。これなら話は簡単です。

・選んだ箱がF(C)である確率はN/(N+M)、F(C/2)である確率はM/(N+M)である。
・その箱の中から選んだ封筒にたまたまC円入っていたなら、同じ箱にあるもう一方の封筒に入っているのが2C円である確率はN/(N+M)、C/2円である確率はM/(N+M)である。
　だから、2N＞M なら交換すべきだし、2N＜Mなら交換しないのが良い。
　箱の種類がもっと沢山(F(10)とかF(3000)とかも含めて）存在するとしても、この議論はそのまま成立ちます。

　しかしご質問は、この「もしも」の問題とは全く別の話であり、この計算は使えません。箱が準備される確率的なメカニズム、なんてものが不明だからです。箱を選ぶメカニズムが分かっている場合を幾ら調べたって、ご質問の話には繋がらないでしょうね。

　しかし、だからと言って「箱を選ぶ確率的なメカニズムを知らない限り、計算は不可能だ」ということにはならない。それがご質問の設定のアクマ的なところです。

　二つの封筒の中身の金額はどうやって決定されたのかは不明である。もう一度同じゲームをした時に、たとえば「ある同じ確率分布に従って、箱がランダムに選択された」というようなことを仮定するわけには行かず、同じ状況が再現されているのかどうかを保証する手がかりが何もない。そして、期待値が（アンサンブル平均としての）意味を持つためには、（上記の「もしも」のゲームのように）同じ状況が再現されるということが前提である。
　ですから、ふたつの封筒を収めた箱についての確率・期待値を考えることそれ自体が、既に間違いなのでしょう。（「一度しか生じないことに関する確率って何？」というテツガク的な話です。）

　すると、使える知識は、ゲームの設定と「封筒の選択は完全に対称である」ということだけであり、どちらも、開封する前から分かっている。そして、ご質問の設定では、なんとその使える知識だけで答が出ちゃう。

　だからこそパラドキシカルなんですね。ん～～～よく出来た話だなあ。

回答No.23

中村 拓男（@tknakamuri）

無限が絡むと自信がありませんが、

変更の期待値の計算は、全ての k について足しこんでゆくと

A - A + B - B + C - C + ・・・・・[個々のパターンの変更の損得の期待値 A < B < C < ・・・・ ]

とゆう構造になっていて、A No 21 の指摘は

A + [-A + B] + [-B + C] + ・・・・・

と加算してゆくと損得の期待値が発散してしまう。ということだと思います。

でも

[A - A] + [B - B] + [C - C] +　・・・・・・

というように足してゆくと 0　で A No. 6 に帰着しそう。

胴元が、X, -X の選択肢を提示し、「あなた」が X か -X を選ぶという
やりかたなので、直感的に後者の積算が正しいような気がします。

＃胴元の戦術になんの仮定も出来ないというのはきついですね。奥がふかそう。

回答No.22

中村 拓男（@tknakamuri）

>n回目で出たとすると、封筒のペアを(2^(n-1),2^n)

うわ、パターンの確率和は 1 だけど、パターンは無限個だし、損得の期待値が
収束しない交代級数の和になってますね。金額の期待値も発散してます。

こんなの考えてませんでした。