Optymalne losowe oferty

To pytanie pochodzi z tej witryny, którą często przeglądam.

Dwóch graczy bierze udział w nowym, gorącym teleturnieju o nazwie „Większa liczba wygrywa”. Oba wchodzą do osobnych kabin i każdy naciska przycisk, a na ekranie pojawia się losowa liczba od zera do jednego. (W tym momencie żaden nie zna numeru drugiej osoby, ale wie, że liczby są wybierane ze standardowego rozkładu równomiernego.) Mogą wybrać, aby zachować ten pierwszy numer, lub ponownie nacisnąć przycisk, aby odrzucić pierwszy numer i uzyskać drugi liczba losowa, którą muszą zachować. Następnie wychodzą ze swoich kabin i widzą ostateczną liczbę każdego gracza na ścianie. Wystawna nagroda główna - skrzynia pełna złota - jest przyznawana graczowi, który zachował wyższą liczbę. Która liczba jest optymalnym punktem odcięcia dla graczy, aby odrzucić swój pierwszy numer i wybrać inny? Innymi słowy, w jakim zakresie powinni zachować pierwszy numer,

Jest to albo bardzo dziwny problem aukcyjny z symetrycznymi graczami (zakładam również, że gracze są neutralni pod względem ryzyka), albo bardzo dziwna loteria / teoria gier.

Jak podchodziłbyś do tego matematycznie pytania i jaką odpowiedź na nie uzyskasz? Nie ma nagroda dla mnie coraz właściwą odpowiedź na zagadkę witryny, jestem po prostu ciekawy. Moja intuicja podpowiada mi, że optymalna wartość odcięcia wynosi 0,5, ponieważ masz 50-50 szans na bycie wyższym lub niższym od liczby przeciwnika, niezależnie od tego, czy on / ona powtórzy ich losową liczbę, czy nie, ale nie jestem pewien.

Najpierw pokażę tylko, że 0,5 (lub $\frac{1}{2}$) punkt odcięcia nie działa jako równowaga symetryczna, wówczas możesz sam zdecydować, czy chcesz pomyśleć o problemie, czy przeczytać pełną odpowiedź.

Oznaczmy punkty odcięcia przez $c_x,c_y$. Załóżmy, że obaj gracze korzystają ze strategii$c = \frac{1}{2}$. Oznaczmy liczby graczy$x$ i $y$ odpowiednio przez $x_1$ i $y_1$ i ich potencjalną drugą liczbę według $x_2$ i $y_2$. Przypuszczać$x_1 = \frac{2}{3}$. Zachowując to prawdopodobieństwo tego gracza$x$ wygrana to

$$P\left(\frac{1}{2} \leq y_1 < \frac{2}{3} \right) + P\left(y_1 < \frac{1}{2}\right) \cdot P\left(y_2 < \frac{2}{3}\right) = \frac{1}{6} + \frac{1}{2} \cdot \frac{2}{3} = \frac{1}{2}.$$ To także oznacza, że $\frac{2}{3}$jest medianą tego rozkładu .

Załóżmy teraz $x_1 = \frac{1}{2}$. Zachowując to prawdopodobieństwo tego gracza$x$ wygrana to

$$P\left(y_1 < \frac{1}{2}\right) \cdot P\left(y_2 < \frac{1}{2}\right) = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} = \frac{1}{4}$$ Ale jeśli odrzuci $x_1 = \frac{1}{2}$ ma prawdopodobieństwo $$P\left(y_1 < \frac{1}{2}\right) \cdot P\bigg(x_2 > y_2\bigg) + P\left(y_1 \geq \frac{1}{2}\right) \cdot P\bigg(x_2 > y_1\bigg) = \frac{3}{8}$$ wygranej. $\frac{3}{8} > \frac{1}{4}$ tak zachowując $x_1 = \frac{1}{2}$ (i jego okolice) nie jest optymalny, dlatego nie może być ruchem równowagi.

---

ALARM SPOILERA

Jeśli gracz $y$ ma odcięcie $c_y$ i gracz $x$ rysuje $x_1 = c_y$ i utrzymuje prawdopodobieństwo tego gracza $x$ wygrana to

$$P(y_1 < c_y) \cdot P(y_2 < c_y ) = c_y \cdot c_y = c_y^2.$$ Jeśli gracz $x$ gdzie odrzucić $x_1$ istnieje prawdopodobieństwo, że wygra $$\begin{eqnarray*} P(y_1 \geq c_y) \cdot P(x_2 > y_1) + P(y_1 < c_y) \cdot P(x_2 > y_2) & = & (1 - c_y) \cdot \left(1- \frac{1 + c_y}{2} \right) + c_y \cdot \frac{1}{2} \end{eqnarray*}$$ Załóżmy, że istnieje symetryczna równowaga $c_x = c_y = c$.
(Nie sądzę, aby istniały inne równowagi, ale tego nie udowodniłem.)
Ponieważ prawdopodobieństwo wygranej jest stałe w wartości$x_1$, wartość graniczna $c$ jest taki, że jeśli $x_1 = c$ wtedy prawdopodobieństwo wygranej jest równe, kiedy $x_1$jest przechowywany i kiedy jest odrzucany. To znaczy że $$\begin{eqnarray*} P(y_1 < c) \cdot P(y_2 < c) & = & P(y_1 \geq c) \cdot P(x_2 > y_1) + P(y_1 < c) \cdot P(x_2 > y_2) \\ \\ c \cdot c & = & (1 - c) \cdot \left(1 - \frac{1+c}{2}\right) + c \cdot \frac{1}{2} \\ \\ c^2 & = & \frac{1}{2} - c + \frac{c^2}{2} + \frac{c}{2} \\ \\ \frac{1}{2} \cdot c^2 + \frac{c}{2} - \frac{1}{2} & = & 0 \\ \\ c & = & \frac{\sqrt{5} - 1}{2}. \end{eqnarray*}$$

Załóżmy, że osoba 1 wybiera wartość odcięcia $c_1$ a osoba 2 wybiera granicę $c_2$, z $c_2\ge c_1$. Pozwolić$p_1(x)$ być prawdopodobieństwem, że ostateczna liczba osoby 1 nie jest większa niż $x$. $p_1(x)$ równa się $c_1x$ gdyby $x<c_1$ i $c_1x+x-c_1$Inaczej. Definiować$p_2(x)$podobnie. Teraz działka$p_2(x)$ przeciwko $p_1(x)$ na wykresie parametrycznym dla $0\le x\le1$. Wynikiem są trzy segmenty linii:

• Jeden z $(0,0)$ do $(c_1^2,c_1c_2)$, odpowiadającej $0\le x\le c_1$;
• Jeden z $(c_1^2,c_1c_2)$ do $(c_1c_2+c_2-c_1,c_2^2)$, odpowiadającej $c_1\le x\le c_2$;
• Jeden z $(c_1c_2+c_2-c_1,c_2^2)$ do $(1,1)$, odpowiadającej $c_2\le x\le1$.

Te trzy segmenty linii dzielą kwadrat jednostki na dwie części. Obszar części pod wykresem to prawdopodobieństwo, że osoba 1 ma wyższą liczbę. Niektóre geometrie pokazują, że ten obszar jest$\frac{1}{2}+\frac{1}{2}(c_2-c_1)(c_1c_2+c_2-1)$. Aby istniała stabilna równowaga, obie jej częściowe pochodne muszą wynosić zero, tj

$$1-c_2-2c_1c_2+c_2^2=0\\-1-c_1+2c_2-c_1^2+2c_1c_2=0$$

Dodanie równań pokazuje to $(c_2-c_1)(1+c_1+c_2)=0$, co jest możliwe tylko wtedy, gdy $c_1=c_2$. Wracając do jednego z równań,$1-c_1-c_1^2=0$, więc jedyną stabilną równowagą jest $c_1=c_2=\frac{\sqrt{5}-1}{2}$.