2つの封筒の問題

2 つの封筒の問題は、交換パラドックスとも呼ばれ、確率論におけるパラドックスです。これは、意思決定理論と確率論のベイズ解釈において特に興味深いものです。これは、ネクタイ パラドックスとして知られる古い問題の変形です。この問題は、通常、次の例のような仮説的な課題を定式化することによって導入されます。

同じ封筒が2つあり、それぞれにお金が入っているとします。片方にはもう片方の 2 倍の金額が入っています。片方の封筒を選んで、その中に入っているお金を取っておくことができます。封筒を自由に選択し、内容を確認する前に、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。一方、期待値を使用した単純な計算では、封筒を交換することは常に有益であるという逆の結論が示唆されます。なぜなら、封筒を交換すると2倍のお金が​​得られるのに対し、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]

ある人物に、見分けがつかない2つの封筒が渡され、それぞれに一定額のお金が入っています。一方の封筒にはもう一方の封筒の2倍の金額が入っています。その人物は、どちらかの封筒を選び、そこに入っている金額を受け取ることができます。ランダムに1つの封筒を選びますが、それを開ける前に、もう一方の封筒を取る機会が与えられます。^[1]

ここで、その人が次のように推論したとします。

パズルは、切り替えの議論の論理的流れの欠陥を見つけることです。これには、そのステップが正しくない理由と条件を正確に特定し、間違いがそれほど明白でない状況でこの間違いを犯さないようにすることが含まれます。つまり、問題はパラドックスを解くことです。矛盾を招かない別の確率計算方法を見つけることでパズルが解けるわけではありません。

これまで多くの解決策が提案されてきたが、一般的には一人の著者が問題に対する解決策を述べられたまま提示し、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復活することを示す。このような一連の議論により、問題の密接に関連した定式化のファミリーが生まれ、その結果、この問題に関する膨大な文献が生まれた。^[2]

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。^[3]それにもかかわらず、著者が問題の解決策は簡単で初歩的であると主張することはよくあります。^[4]しかし、これらの初歩的な解決策を調べてみると、著者ごとに異なることがよくあります。

両方の封筒の合計金額が定数で、一方の封筒には 、もう一方の封筒にはがあるとします。最初に のある封筒を選択した場合は、交換によって金額が増加します。最初に のある封筒を選択した場合は、交換によって金額が減少します。したがって、平均すると交換によって利益が得られます。 ${\displaystyle c=3x}$${\displaystyle x}$${\displaystyle 2x}$${\displaystyle x}$${\displaystyle x}$${\displaystyle 2x}$${\displaystyle x}$${\displaystyle G={1 \over 2}(x)+{1 \over 2}(-x)={1 \over 2}(x-x)=0}$

したがって、合計金額が固定されているという仮定では、スワップする方が保持するよりも優れているわけではありません。期待値は両方の封筒で同じです。したがって矛盾は存在しません。^[5]${\displaystyle \operatorname {E} ={\frac {1}{2}}2x+{\frac {1}{2}}x={\frac {3}{2}}x}$

2 つの封筒の合計金額が固定されている状況と、1 つの封筒の金額が固定されていて、もう 1 つの封筒の金額がその 2 倍または半分になる可能性がある状況を混同すると、有名な不可解な状況が引き起こされます。いわゆるパラドックスでは、すでに指定され、すでにロックされている 2 つの封筒が提示されます。一方の封筒は、すでにロックされているもう一方の封筒の 2 倍の金額ですでにロックされています。ステップ 6 では、「したがって、もう一方の封筒には、確率 1/2 で 2A が、確率 1/2 で A/2 が入っています」と大胆に主張していますが、与えられた状況では、その主張は、どの Aにも、どの平均 Aにも当てはまりません。

この主張は、提示された状況では決して正しくありません。この主張は、 Nalebuff の非対称バリアントにのみ適用されます (以下を参照)。提示された状況では、もう一方の封筒には通常 2A を入れることはできませんが、封筒 A に偶然にの小さい方が含まれるという非常に特殊な場合にのみ 2A を入れることができますが、他の場所には入れられません。もう一方の封筒には通常A/2 を入れることはできませんが、封筒 A に偶然に が含まれるという非常に特殊な場合にのみ A/2 を入れることができますが、他の場所には入れられません。すでに指定されロックされた 2 つの封筒の差は常に です。「平均量 A」は、問題の核心に迫らないため、期待値の初期基準となることはありません。^[6]${\displaystyle {\frac {\text{Total}}{3}}}$${\displaystyle 2{\frac {\text{Total}}{3}}}$${\displaystyle {\frac {\text{Total}}{3}}}$

このパラドックスを解決する方法として、一般文献と一部の学術文献、特に哲学では、ステップ 7 の「A」は封筒 A の期待値であり、封筒 B の期待値の式を記述することを意図していたと仮定することが広く議論されています。

ステップ 7 では、B の期待値は 1/2(2A + A/2) であると示されています。

式の最初の部分の「A」は、封筒Aに含まれる量が封筒Bより少ない場合の期待値であるが、式の2番目の部分の「A」は、封筒Aに含まれる量が封筒Bより多い場合のAの期待値であることが指摘されている。この議論の欠陥は、同じ計算の両方の部分で同じ記号が2つの異なる意味で使用されているが、どちらの場合も同じ値を持つと想定されている点である。この議論は、McGrew、Shier、Silverstein (1997) によって導入された。^[7]

正しい計算は次のようになります。

一方の封筒の合計を x とし、もう一方の封筒の合計を 2x とすると、期待値の計算は次のようになります。

これは A の期待合計に等しくなります。

技術的な言葉を使わずに説明すると、何が間違っているか（ネクタイのパラドックスを参照）、提供されたシナリオでは、数学的に A と B の相対的な値を使用している（つまり、 A が B より小さい場合、逆の場合に失う金額よりも多くのお金が得られると想定している）ことです。ただし、お金の 2 つの価値は固定されています（たとえば、一方の封筒には 20 ドルが入っていて、もう一方の封筒には 40 ドルが含まれています）。封筒の値をxと 2 xと言い換えると、 A の方が大きい場合は切り替えることでx を失い、 B の方が大きい場合は切り替えることでx を得ることがはるかに簡単にわかります。切り替えることでより多くのお金を得るわけではないのは、 A と B の合計T (3 x ) は同じままで、差xがT/3に固定されているためです。

7 行目は次のようにもっと慎重に検討すべきでした。

$${\displaystyle {\begin{aligned}\operatorname {E} (B)&=\operatorname {E} (B\mid A<B)P(A<B)+\operatorname {E} (B\mid A>B)P(A>B)\\&=\operatorname {E} (2A\mid A<B){\frac {1}{2}}+\operatorname {E} \left({\frac {1}{2}}A\mid A>B\right){\frac {1}{2}}\\&=\operatorname {E} (A\mid A<B)+{\frac {1}{4}}\operatorname {E} (A\mid A>B)\end{aligned}}}$$

A は、B より大きいときの方が、B より小さいときよりも大きくなります。したがって、これら 2 つのケースでの平均値 (期待値) は異なります。また、A の平均値は A 自体と同じではありません。2 つの間違いがあります。筆者は期待値を取っていることを忘れており、2 つの異なる条件下での期待値を取っていることを忘れていました。

E(B)を直接計算する方が簡単だったでしょう。2つの量のうち小さい方をxで表し、それを固定値（たとえ未知であっても）とすると、次の式が得られます。

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

1.5 x は封筒 B の金額の期待値であることがわかります。同じ計算で、封筒 A の金額の期待値でもあります。これらは同じなので、一方の封筒をもう一方の封筒よりも好む理由はありません。この結論は、もちろん事前に明らかでした。重要なのは、計算がどこで軌道から外れたのかを正確に説明することで、切り替えの議論における誤ったステップを特定したことです。

7 行目の展開の正しいが解釈が難しい結果から続けることもできます。

$${\displaystyle \operatorname {E} (B)=\operatorname {E} (A\mid A<B)+{\frac {1}{4}}\operatorname {E} (A\mid A>B)=x+{\frac {1}{4}}2x={\frac {3}{2}}x}$$ したがって、（当然ですが）同じことを計算するための異なるルートはすべて同じ答えを出します。

Tsikogiannopoulos は、これらの計算を行う別の方法を提示しました。^[9]定義により、もう一方の封筒に封筒 A の 2 倍または半分の金額が入っているイベントに等しい確率を割り当てることは正しいです。したがって、「切り替えの議論」はステップ 6 まで正しいです。プレーヤーの封筒に金額 A が入っていることを前提として、彼は実際の状況を 2 つの異なるゲームで区別します。最初のゲームは金額 (A、2A) でプレイされ、2 番目のゲームは金額 (A/2、A) でプレイされます。実際にプレイされるのはそのうちの 1 つだけですが、どちらがプレイされるかはわかりません。これらの 2 つのゲームは、別々に扱う必要があります。プレーヤーが交換の場合の期待収益 (利益または損失) を計算したい場合は、各ゲームから得られる収益を、その特定のゲームの 2 つの封筒の平均金額で重み付けする必要があります。最初のケースでは、利益は A で平均金額は 3A/2 になりますが、2 番目のケースでは、損失は A/2 で平均金額は 3A/4 になります。したがって、交換の場合の期待収益の式は、2 つの封筒の合計金額の割合として見ると、次のようになります。

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

この結果は、プレイヤーが封筒を交換することで利益も損失も期待する必要がないことを再び意味します。

実際に、切り替えるかどうかを決める前に封筒を開けても、上記の式で正しい期待収益が得られます。たとえば、封筒を開けて 100 ユーロが入っていることがわかった場合は、上記の式で A=100 と設定し、切り替えた場合の期待収益は次のようになります。

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

2 つの封筒の金額がどのように決定されるかは、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す。^{[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 に命名することによって（たとえば、公平なコインを投げることによって^[11]）決定されたのではないと仮定します。その代わりに、最初からいくらかの金額を封筒 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 B を埋めます。まず封筒 A の金額 aが何らかの方法で固定され、次に公平なコインの結果に応じて封筒 B の金額が 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します。コインが表になったら、封筒 B に 2 aを入れ、コインが裏になったら、封筒 B に/ 2 を入れます。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わかっているものの、コイントスの出目がわからず、aも知らない場合、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決定するために封筒 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]

上記の単純な解決法では、切り替えの議論を考案した人が、封筒内の 2 つの金額が固定されている ( xと 2 x ) と考えて、封筒 A の金額の期待値を計算しようとしていたと想定しています。唯一の不確実性は、どちらの封筒の金額xの方が小さいかということです。しかし、多くの数学者や統計学者は、この議論は、封筒 A に実際または仮想の金額「A」がある場合に、封筒 B の期待金額を計算しようとする試みであると解釈しています。計算を行うために、封筒の中を見て、そこにいくら入っているかを確認する必要はありません。計算の結果が、封筒を切り替えるようにというアドバイスである場合、そこに入っている金額がいくらであろうと、見ることなく、とにかく切り替えるべきであると思われます。この場合、推論のステップ 6、7、および 8 で、「A」は最初の封筒に入っている金額の任意の固定可能な値です。

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) に見られます。^[12] ) これは、この問題に関する数学的な文献では一般的です。また、封筒 A の所有者が、交換するかどうかを決める前に実際に封筒の中を確認するという問題の修正 (Nalebuff が始めたと思われる) にも当てはまります。ただし、Nalebuff は、封筒 A の所有者に封筒の中を確認する必要はないとも強調しています。所有者が封筒の中を見ることを想像し、そこにあると想像できる金額であれば交換する理由がある場合、いずれにしても交換することを決めるでしょう。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、クライチクの交換パラドックス) の核心でもありました。TEP の歴史に関する結論セクションを参照してください。

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。

単純な解決法は、議論の著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、著者は封筒 B に入っているものの (無条件の)期待値を求めていると想定していました。2 つの封筒の問題に関する数学文献では、条件付きの期待値 (封筒 A に入っている可能性のあるものに条件付き) を含む別の解釈がより一般的です。この問題および関連する解釈やバージョンを解決するために、ほとんどの著者はベイズ確率解釈を使用します。つまり、確率推論は、封筒のランダム選択のような完全にランダムなイベントだけでなく、2 つの封筒に元々入っていた 2 つの金額 (1 つがランダムに選択されて「封筒 A」と呼ばれる前) など、固定されているが未知のものに関する知識 (または知識の欠如) にも適用されます。さらに、少なくともラプラスと不十分な理由の原理にまで遡る長い伝統によれば、ある量の可能な値に関してまったく知識がない場合は、等しい確率を割り当てることになっています。したがって、封筒がどのように満たされ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ステートメントに変換できます。情報がないということは、確率が等しいことを意味します。

スイッチング議論のステップ 6 と 7 では、筆者は封筒 A に特定の量aが入っていると想定し、その情報があれば、もう一方の封筒にはその量の 2 倍または半分が入っている可能性が等しいと考えているようです。この想定が正しいのは、封筒 A の内容を知る前に、筆者が両方の封筒について次の 2 組の値が等しい可能性があると考えていた場合のみです。量a /2 とa、および量aと 2 aです。(これは、ベイズのオッズ規則に従います。事後オッズは事前オッズに尤度比を掛けたものに等しい)。しかし、今度は同じ推論を適用して、封筒 A に aではなくa /2 があると想定することができます。同様に、2 aについても同様です。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 倍にしたりできます。^[13]

議論のために、封筒 A に 32 という金額が入っていると仮定します。封筒 A にどんな金額が入っていたとしても、ステップ 6 と 7 の推論が正しいようにするためには、2 つの封筒に入っている 2 つの金額のうち小さい方の金額が、次の 10 個の金額すべてに等しい確率で入っていると、前もって信じているようです。1、2、4、8、16、32、64、128、256、512 (2 の等確率累乗^[13] )。しかし、さらに大きい金額や小さい金額になると、「等しい確率」という仮定は少々無理があるように思えてきます。2 つの封筒に入っている小さい方の金額が、等確率で入っている 10 個の可能性だけで止めてみましょう。その場合、封筒 A にたまたま 2、4、... 512 のいずれかの金額が入っていたとしても、ステップ 6 と 7 の推論は完全に正しく、封筒を入れ替えると、期待される (平均) 利益は 25% になります。封筒 A にたまたま金額 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、たまたま金額 1024 が入っていた場合、50% という莫大な損失 (かなり大きな金額の) が発生していたでしょう。これは 20 回に 1 回しか発生しませんが、20 回のうち残りの 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、私たちは非常にばかげた仮定を扱っています。たとえば、封筒 A の金額が 1 より小さい可能性は無限に高く、1024より大きい可能性は無限に高いという仮定です。これは、いわゆる不適切な事前分布です。確率計算は破綻し、期待値は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、ステップ 6 が破綻することは容易に分かると指摘している。なぜなら、プレイヤーが「小さい」封筒に入れられる最大額以上の金額を持っている場合、プレイヤーは大きい方の封筒を持たなければならず、したがって切り替えることで確実に負けるからである。これは頻繁には起こらないかもしれないが、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利点がないことを意味する。一部の著者は、これが問題の実際のケースをすべて解決すると考えている。^[14]

しかし、この問題は、最大額を仮定せずに数学的に解くこともできます。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ことは不可能であると指摘しました。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、封筒の金額に最大値がない場合でも、非論理的です。

上で説明した最初の 2 つの解決法 (「単純な解決法」と「ベイジアン解決法」) は、議論のステップ 6 で何が起こっているかの 2 つの解釈に対応しています。どちらも、ステップ 6 が実際に「悪いステップ」であると想定しています。しかし、ステップ 6 の説明はあいまいです。著者は、封筒 B の内容の無条件 (全体) 期待値 (おそらく、より小さい金額x を条件とする) 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金額a を前提として、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。したがって、切り替えに関する逆説的な議論の作成者の意図には 2 つの主な解釈があり、2 つの主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膨大な文献が発表されている。^{[17] [18]}封筒の設定方法に関する標準的な仮定は、ある金額が一方の封筒に入っており、その金額の 2 倍がもう一方の封筒に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は何か、特に、含まれる可能性のあ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は、2 つの封筒の小さい方の金額に関する事前の信念を確率分布で表現することから始めます。知識の欠如は確率によって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ほうの適切な事前確率分布を考え出すことです。これにより、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が（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可能性が高いという適切な事前分布は存在しません）、正しい計算では、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が導かれます。^[21]${\displaystyle E(B|A=a)>a}$

これらの場合、両方のエンベロープの期待合計は無限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。

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超えるような適切な確率分布の例が見つかることが判明した。そのような最初の例は、すでにナレバフによって示されている。^[14]また、クリステンセンとアッツ（1992）も参照。^{[15] [22] [23] [24]}

再び、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と記します。これらはランダムであると考えます。2つの金額のうち小さい方をX 、大きい方をY =2Xとします。X の確率分布を固定すると、A、B の結合確率分布も固定されることに注意してください。これは、 X 、 Yとは無関係に、 A、B = X、YまたはY、X がそれぞれ確率 1/2 であるためです。

「常に切り替え」の議論における誤ったステップ6により、すべてのaに対してE(B|A=a)>a という結果が得られ、したがって、 a を知っているかどうかに関係なく、切り替えが推奨されるようになりました。ここで、2 つの金額のうち小さい方であるXの適切な確率分布を非常に簡単に作成でき、この誤った結論が依然として正しいことがわかります。1 つの例を、すぐにさらに詳しく分析します。

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あり得ませんが、 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あり得ます。

例えば、少額の封筒に実際には2n^ドルが入っており、その確率は2n/3n+1（n = 0, 1, 2, ...）であると^仮定し^ます。これらの確率の合計は1になるため、分布は適切な事前分布（主観主義者にとって）であり、頻度主義者にとっても完全に適切な確率法則です。^[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 が入っているときに交換するのが賢明な戦略です。そうすれば、もう 1 つの封筒には 2 が入っているはずです。一方、最初の封筒に 2 が入っているとします。その場合、2 つの可能性があります。目の前の封筒のペアは {1, 2} または {2, 4}のいずれかです。他のペアはあり得ません。最初の封筒に 2 が入っている場合、{1, 2} のペアである 条件付き確率は、

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

したがって、{2, 4} のペアである確率は 2/5 です。これらが唯一の 2 つの可能性だからです。この導出では、封筒のペアが 1 と 2 のペアであり、封筒A にたまたま 2 が含まれている確率は です。封筒のペアが 2 と 4 のペアであり、(再び) 封筒 A にたまたま 2 が含まれている確率は です。これらが、封筒 A に 2 が含まれる可能性がある唯一の 2 つの方法です。 ${\displaystyle P(\{1,2\})/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 に入っていると想定される量をaで表し、 n ≥ 1の場合にa = 2 ⁿであると仮定します。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額は2になります。あるいは、最初の封筒に1より大きい数字が入っていて、2番目の封筒は大きいよりも小さい可能性が高いものの、その条件付き期待額は大きくなります。封筒Bの条件付き期待額は

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

これは より大きいです。つまり、封筒 A を見たプレイヤーは、そこに見たものを交換することに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 つの封筒の問題のこれまでの解釈と同様に明らかに間違っています。しかし、上記の欠陥は​​当てはまりません。期待値の計算におけるaは定数であり、式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。

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るが、解決には数理経済学の概念が必要である。^[26]すべての について と仮定する。 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る。つまり、封筒に入っているすべての可能な金額の平均が無限大である場合に限る。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 2 倍の場合）、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以外のすべてのaについて、切り替えの合計期待値は 0 に収束します。さらに、半分より大きい確率係数を持つ進行中の分布が、任意の数の項の後に「残りのすべての確率」、つまり 1 から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された場合、 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、前の正の期待値の合計を正確に打ち消し、切り替えの合計期待値は再び 0 に低下します (これは、上記のエンベロープ内の有限セットの値の等しい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しているように見える分布は、 である分布のみです。 a を平均すると、次のようになります(対称性により、 AとB は同一の確率分布を持ち、AとB は両方ともX以上であるため)。 ${\displaystyle E(B|A=a)>a}$${\displaystyle a}$${\displaystyle E(X)=\infty }$${\displaystyle E(B|A=a)<a}$${\displaystyle E(X)=\infty }$${\displaystyle E(B)=E(A)=\infty }$

最初の封筒を調べなければ、明らかに切り替え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、同じ確率分布と無限の期待値を持つ別の未知の金額 ( B ) と交換することになるからです。しかし、最初の封筒を調べれば、観測されたすべての値 ( ) について、すべてのaについてであるため、切り替えたいと思うでしょう。デイビッド・チャーマーズが指摘したように、この問題は優位性の推論の失敗として説明できます。^[27]${\displaystyle A=a}$${\displaystyle E(B|A=a)>a}$

優位性の推論では、すべての可能な観測値aについてA をBより厳密に好むという事実は、 a を観測しなくてもAをBより厳密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、 であるため、これは正しくありません。 を許容しながら優位性の推論を救済するには、期待値を決定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。 ${\displaystyle E(B)=E(A)=\infty }$${\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aのいくつかの値に対して満たすように選択される（つまり、あるaに対して を保持することがBに切り替えることよりも厳密に好ましい）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に上限 がある場合は当てはまる（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、このパラドックスを解決するための効用関数の必要十分条件を示し、 も も必須ではないと指摘している。^[29]${\displaystyle u(w)}$${\displaystyle E(u(W+B)|A=a)<u(W+a)}$${\displaystyle A=a}$${\displaystyle u(w)}$${\displaystyle \beta <\infty }$ ${\displaystyle u(w)<\beta }$${\displaystyle E(u(W+A))=E(u(W+B))<\infty }$

筆者の中には、現実の状況では、封筒の中のお金の額が世界のお金の総額 ( M ) によって制限されるため、とが制限されるというだけの理由で、とが制限されると主張する人もいます。この観点からすると、 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使用されます。 ${\displaystyle u(W+A)}$${\displaystyle u(W+B)}$${\displaystyle u(W+A)\leq u(W+M)}$${\displaystyle u(W+B)\leq u(W+M)}$${\displaystyle E(X)=\infty }$

上で述べたように、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「∞ − ∞」であり、これは定義されていない。デイビッド・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、つまり無限大の奇妙な振る舞いの単なる別の例」である。^{[27]チャーマーズは、期待値が発散するゲームに直面すると、}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成される状況と比較している。

しかし、クラークとシャッケルは、これをすべて「無限の奇妙な振る舞い」のせいにすることは、単独の場合も平均の場合もパラドックスをまった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2つのランダム変数の簡単な例を示している。^[30]彼らは、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。

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何か関係があるのか​​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した。以下の論理的な議論は矛盾する結論を導く。

1. プレイヤーが選択した封筒の金額をAとします。交換により、プレイヤーはAを得るか、 A /2 を失う可能性があります。したがって、潜在的な利益は潜在的な損失よりも確実に大きくなります。
2. 封筒の中の金額をXと 2 Xとします。ここで、交換により、プレイヤーはXを得るか、 X を失う可能性があります。したがって、潜在的な利益は潜在的な損失と等しくなります。

数多くの解決策が提案され、一部の論理学者によって慎重な分析が行われました。解決策は異なりますが、いずれも反事実的推論に関する意味論上の問題を正確に指摘しています。切り替えによって利益が得られる場合の切り替えによって得られる金額と、切り替えによって損失が生じる場合の切り替えによって失われる金額を比較したいのですが、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。2 つの相容れない状況を比較するように求められています。実際に発生するのはそのうちの 1 つだけで、もう 1 つは反事実的状況、つまり架空の状況です。これらを比較するには、何らかの方法で 2 つの状況を「調整」し、共通点を明確に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 2 つの状況 (1 つは利益を得る状況、もう 1 つは損失の状況) を合わせる方法に対応しており、問題の説明によって示され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、2 つの金額が最初に 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いると見なし、2 番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検討します。これは、実際には封筒が次のように詰められている場合にのみ妥当な反事実の世界になります。まず、プレイヤーに渡される特定の封筒にいくらかの金額が入れられます。次に、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 倍または半分の金額が詰められます。

一方、ビョンウク・イは、切り替えることで得られる利益と、切り替えることで失う損失を比較することは、最初から無意味な作業であると主張している。^[34]彼の分析によると、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、中間ステップが取られていることを示し、反事実的推論の形式化に従って、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、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私たちに告げられる部分を考慮していないことである。したがって、チェイスは、問題の説明に確率を戻して、議論 1 と 3 は誤りで、議論 2 は正しいと結論付けているが、イは「確率のない 2 つの封筒の問題」を確率から完全に解放したままにして、どの行動も好む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報酬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報酬の可能性を信じる場合よりも大きな幅で誤解しているということにあると主張している。^[35]たとえば、封筒にそれぞれ 5 ドルと 10 ドルが入っていた場合、10 ドルの封筒を開けたプレイヤーは、存在しない 20 ドルの配当の可能性を期待するだろう。そのプレイヤーが代わりに 5 ドルの封筒を開けると、真の価値からの偏差が小さくなる 2.50 ドルの配当の可能性を信じることになる。これがパラドックス的な矛盾につながる。

アルバース、クーイ、シャーフスマは、問題に確率（または他の）要素を加えなければ、^[18]スマリヤンの議論は、いずれにせよ、交換する理由も交換しない理由も与えないと考えています。したがって、パラドックスは存在しません。この否定的な態度は、確率論や経済学の著者の間で一般的です。スマリヤンのパラドックスは、彼が確率や効用をまったく考慮していないために生じています。

この問題の拡張として、プレイヤーが切り替えるかどうかを決める前に封筒Aを見ることが許されている場合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」戦略よりも利益を得られることがよくあります。^[36]

封筒のパラドックスは、少なくとも 1953 年にまで遡る。当時、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、2 人の同等に裕福な男性が出会って、妻からのプレゼントである美しいネクタイを比べ、どちらのネクタイの方が実際には高いのか疑問に思うというパズルを提案した。彼はまた、2 人の男性が財布の中身を比べるというバリエーションも紹介している。彼は、それぞれの財布に 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合計枚数) が入っている可能性が等しいと仮定する。男性は財布の中を見るのではなく、それぞれが財布を入れ替えるべきだと推論する。彼は推論のどこが間違っているのか説明していない。このパズルが彼の著書の 1942 年以前の版にすでに登場していたかどうかは明らかではない。これは、物理学者エルヴィン・シュレーディンガーに帰属する数学者ジョン・エデンザー・リトルウッドによる1953年の初等数学と数学パズルに関する本でも言及されており、トランプの組に関するもので、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、そのカードを裏返すべきかどうかという問題となっている。リトルウッドのトランプの組は無限に大きく、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ある。

マーティン・ガードナーは、 1982 年の著書「Aha! Gotcha」で、ウォレット ゲームの形でクライチクのパズルを広めました。

同じくらい裕福な 2 人の人が、財布の中身を比べるために会います。2 人とも、2 つの財布の中身を知りません。ゲームの流れは次のとおりです。お金の少ない人が、もう 1 人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)。2 人のうちの 1 人は次のように推論できます。「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大額です。私が勝てば (確率 0.5)、ゲーム終了時に所有する金額は 2 A以上になります。したがって、ゲームは私に有利です。」もう 1 人の人もまったく同じように推論できます。実際、対称性により、ゲームは公平です。各人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）につながる健全な分析はできるものの、切り替えの理由のどこが間違っているのか明確に指摘できず、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だけである。2番目では、両方の問題に対する多くの解決策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ると、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ついて独立して言及している。バリー・ネイルバフの非対称変種は、アリババ問題としても知られるが、最初に封筒Aと呼ばれる1つの封筒に中身を入れ、アリに渡す。次に、公平なコインを投げて封筒Bに半分の金額を入れるか2倍の金額を入れるかを決め、それからババに渡す。

1995年にブルームは、最初のエンベロープの任意の量xに対して、 xを条件とするもう一方のエンベロープの期待値がxよりも大きい場合、確率分布を「逆説的」と呼んだ。文献にはこの問題に関する数十の解説が含まれており、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と指摘している。^[37]