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　　威尔罗杰斯现象
　　威尔罗杰斯现象，也称为奥基悖论，是指将观察结果从一组移到另一组时会增加两组的平均值。它以1930年代喜剧演员威尔·罗杰斯(WillRogers)关于大萧条时期移民的笑话命名：
　　当Okies离开俄克拉荷马州并搬到加利福尼亚州时，他们提高了两个州的平均智力水平。
　　明显的悖论来自两个群体的智力下降，这使得智力似乎被“摧毁”了。但是，总体人口保持相同的平均智力：将一个人从低智力组移动到高智力组会使高智力组变大，因此总体平均值（这是两组智力的加权平均值）)不受影响。
　　数值例子
　　考虑以下集合R和S，其算术平均值分别为2.5和7。
　　{R={1,2,3,4}(mean=2.5)S={5,6,7,8,9}(mean=7)}→{R={1,2,3,4,5}(mean=3)S={6,7,8,9}(mean=7.5)}
　　如果将5从S移到R，则R的算术平均值增加到3，S的算术平均值增加到7.5，即使整个数字集本身以及它们的整体平均值没有改变。
　　考虑这个更具戏剧性的例子，其中集合R和S的算术平均值分别为1.5和10,033：
　　{R={1,2}(mean=1.5)S={99,10,000,20,000}(mean=10,033)}→{R={1,2,99}(mean=34)S={10,000,20,000}(mean=15,000)}
　　如果99从S移动到R，则算术平均值增加到34和15,000。数字99是高于1和2的数量级，低于10,000和20,000的数量级。
　　被移动的元素不必是其集合中最低或最高的；它只需要有一个介于两组平均值之间的值即可。集合本身可以有重叠的范围。考虑这个例子：
　　{R={1,3,5,7,9,11,13}(mean=7)S={6,8,10,12,14,16,18}(mean=12)}→{R={1,3,5,7,9,10,11,13}(mean=7.375)S={6,8,12,14,16,18}(mean=12.333)}
　　如果将大于R的平均值7且小于S的平均值12的10从S移至R，算术平均值仍会略有增加，分别为7.375和12.333。
　　阶段迁移
　　这种现象的一个真实例子可以在癌症阶段迁移的医学概念中看到，这导致临床医生AlvanFeinstein在1985年创造了WillRogers现像这个名字，基于一位朋友的评论，他将这句话归因于Rogers.
　　在医学阶段的迁移中，疾病检测的改进导致人们从一组健康的人转移到一组不健康的人。因为这些人实际上并不健康——只是由于早期诊断不完善而被错误地归类为健康人——将他们从健康人群中剔除会增加健康人群的平均寿命。同样，迁移的人比已经处于不健康环境中的人更健康——他们的疾病非常轻微，只有更新更敏感的测试才能检测到它。将它们添加到不健康人群中也会提高该群体的平均寿命。即使癌症的早期发现并不能带来更好的治疗，这两种寿命在统计上都得到了延长：因为它被更早地发现，更多的时间在“不健康”的人群中生活。在这种形式下，模棱两可的谬误。当一个术语具有多种含义时，就会出现模棱两可的情况，以误导听众进行无根据的比较，并且阶段迁移之前和之后的寿命统计使用“不健康”的不同含义，因为检测的截止值不同。
　　伯特兰盒子悖论
　　伯特兰盒子悖论是基本概率论中的一个真实悖论。这是约瑟夫·伯特兰在他1889年的作品《概率论》中首次提出的。
　　有三个盒子：
　　一个装有两枚金币的盒子，
　　一个装有两枚银币的盒子，
　　一个装有一枚金币和一枚银币的盒子。
　　问题是计算随机选择一个盒子并随机取出一枚硬币（如果碰巧是金币）后，从同一个盒子中抽出的下一枚硬币也是金币的概率。
　　一个真正的悖论是当一个谜题的正确解决方案似乎违反直觉时。看起来很直观，剩馀硬币是黄金的概率应该是1/2,但概率实际上是2/3.然而，这并不是Bertrand所提到的悖论。他表明，如果1/2是正确的，它会导致矛盾，所以1/2不可能是正确的。
　　这个简单但违反直觉的谜题被用作教授概率论的标准示例。该解决方案说明了一些基本原则，包括Kolmogorov公理。
　　解决方案
　　可以通过将盒子描述为每个盒子的两侧各有一个抽屉来重新构建这个问题。每个抽屉都包含一枚硬币。一个盒子两边各有一枚金币（GG），一个两边各有一枚银币（SS），另一个盒子一侧是金币，另一边是银币（GS）。随机选择一个盒子，打开一个随机抽屉，裡面有一枚金币。另一面的硬币是黄金的可能性有多大？
　　以下错误推理似乎给出了1/2：
　　最初，所有三个盒子都同样可能被选中。
　　选择的盒子不能是盒子SS。
　　所以它必须是boxGG或GS​​。
　　剩下的两种可能性同样可能。所以盒子是GG，而另一个硬币也是金子的概率是1/2.
　　缺陷在最后一步。虽然这两种情况最初的可能性相同，但如果你选择了GG盒子，你肯定会找到一枚金币，但如果你选择了GS盒子，你只有50%肯定会找到一枚金币，这意味着它们是鑑于您找到了一枚金币，可能性不再相同。具体来说：
　　GG生产金币的概率为1。
　　SS生产金币的概率为0。
　　GS生产金币的概率为1/2.
　　最初GG、SS和GS的可能性相同(I.e.,P(GG)=P(SS)=P(GS)=13).因此，根据贝叶斯规则，假设我们观察到一枚金币，选择框为GG的条件概率为：
　　P(GG∣seeGold)=P(seegold∣GG)×13P(seegold∣GG)×13+P(seegold∣SS)×13+P(seegold∣GS)×13=1313×11+0+12=23
　　的正确答案2/3也可以通过以下方式获得：
　　最初，所有六枚硬币被选中的可能性相同。
　　所选硬币不能来自盒子GS的抽屉S或来自盒子SS的任一抽屉。
　　所以它必须来自盒子GS的G抽屉，或者盒子GG的任一抽屉。
　　其馀三种可能性的可能性相同，因此抽屉来自盒子GG的概率为2/3.
　　或者，可以简单地註意到所选的盒子有两个相同类型的硬币2/3的时间。所以，无论选择的抽屉裡有什麽硬币，盒子裡都有两枚该类型的硬币2/3的时间。换句话说，这个问题相当于问了一个问题“我会选择一个装有两个相同颜色硬币的盒子的概率是多少？”。
　　Bertrand构建这个例子的目的是表明仅仅计算案例并不总是正确的。相反，应该将案例产生观察结果的概率相加；只有当这种概率在每种情况下都是1或0时，这两种方法才等效。此条件在第二种解决方法中正确应用，但不适用于第一种。
　　伯特兰所说的悖论
　　可以更容易理解为什麽1/2是不正确的，如果您考虑使用的悖论Bertrand。在选择了一个盒子之后，但在打开一个抽屉之前，有一个2/3盒子裡有两枚同种硬币的概率。所以，如果你然后随机选择一个抽屉，在你打开它之前，另一个抽屉有同种硬币的概率是2/3.打开您选择的抽屉无法更改。
　　实验数据
　　在对53名参加概率论课程的心理学新生进行的调查中，35名学生答错了1/2;只有3名学生正确回答2/3.
　　伯特兰悖论（概率）
　　Bertrand悖论是概率论经典解释中的一个问题。JosephBertrand在他的着作Calculdesprobabilités(1889),中介绍了它作为一个例子，以表明如果在可能性域是无限的情况下不加批判地应用无差异原理，它可能不会产生明确的、明确定义的概率结果.
　　伯特兰对问题的表述
　　Bertrand悖论一般呈现如下：考虑一个内接于圆的等边三角形。假设随机选择圆的一个弦。弦长于三角形边的概率是多少？
　　Bertrand给出了三个论点（每一个都使用了无差异原则），显然都是有效的，但却产生了不同的结果：
　　“随机端点”方法：在圆的圆周上选择两个随机点，并绘製连接它们的弦。为了计算有问题的概率，想像三角形旋转，使其顶点与弦端点之一重合。观察如果另一个弦端点位于与第一个点相对的三角形边的端点之间的弧上，则弦长于三角形的边。弧的长度是圆的周长的三分之一，因此随机弦长于内接三角形的边的概率为1/3.
　　“随机径向点”法：选择圆的半径，在半径上选择一点，通过该点并垂直于半径构造弦。为了计算所讨论的概率，想像旋转三角形，使边垂直于半径。如果所选点比三角形边与半径相交的点更靠近圆心，则弦长于三角形的边。三角形的边平分半径，因此随机弦比内接三角形的边长的概率为1/2.
　　“随机中点”法：在圆内任意选择一个点，以所选点为中点构建和弦。如果所选点落在半径的同心圆内，则弦长于内接三角形的边1/2较大圆的半径。小圆的面积是大圆面积的四分之一，因此随机弦长于内接三角形边长的概率为1/4.
　　这三种选择方法的不同之处在于它们赋予弦以直径的权重。这个问题可以通过“规范化”问题来避免，以排除直径，而不影响结果概率。但如上所述，在方法1中，每个弦都可以以一种方式选择，无论它是否为直径；在方法2中，每个直径可以通过两种方式选择，而其他弦只能通过一种方式选择；在方法3中，每个中点的选择对应一个弦，除了圆心，它是所有直径的中点。
　　可以很容易地想像其他方法来选择中点和和弦；许多分佈具有不同比例的弦长于内接三角形的边。
　　经典解决方案
　　问题的经典解决方案（例如，在Bertrand自己的作品中提出）取决于“随机”选择和弦的方法。论点是，如果指定了随机选择的方法，问题将有一个明确的解决方案（由无差异原则确定）。Bertrand提出的三种解决方案对应于不同的选择方法，在没有进一步信息的情况下，没有理由偏爱其中一种；因此，上述问题没有唯一的解决方案。这个和其他对概率的经典解释的悖论证明了更严格的公式，包括频率论概率和贝叶斯概率。
　　Jaynes使用“最大无知”原则的解决方案
　　在他1973年的论文“TheWell-PosedProblem”中，EdwinJaynes基于“最大无知”的原则提出了解决伯特兰悖论的方法——我们不应该使用任何未在声明中给出的信息。问题。杰恩斯指出，伯特兰的问题没有具体说明圆的位置或大小，并认为因此任何确定和客观的解决方案都必须对大小和位置“无所谓”。换句话说：解决方案必须是尺度和平移不变的。
　　举例说明：假设和弦随机放置在直径为2的圆上，例如从远处将吸管扔到圆上并通过扩展/限制将它们转换为和弦。现在将另一个直径较小的圆（例如，1.1）放入较大的圆中。然后，该较小圆圈上的弦分佈需要与较大圆圈上的弦的受限分佈相同（再次使用生成稻草的延伸/限制）。因此，如果较小的圆圈在较大的圆圈内移动，则受限分佈不应改变。可以很容易地看出，方法3会发生变化：红色小圆圈上的弦分佈与大圆圈上的弦分佈看起来有质的不同：
　　方法1也是如此，儘管在图形表示中更难看到。方法2是唯一一种既是尺度不变又是平移不变的方法；方法3只是尺度不变的，方法1两者都不是。
　　然而，Jaynes并不仅仅使用不变性来接受或拒绝给定的方法：这将留下另一种尚未描述的方法符合他的常识标准的可能性。Jaynes使用描述不变性的积分方程来直接确定概率分佈。在这个问题中，积分方程确实有唯一解，也就是上面所说的“方法二”，即随机半径法。
　　在2015年的一篇文章中，AlonDrory认为Jaynes的原理也可以产生Bertrand的其他两个解决方案。Drory认为，上述不变性属性的数学实现并不是唯一的，而是取决于人们使用的随机选择的基本过程（如上所述，Jaynes使用了一种扔稻草的方法来选择随机和弦）。他表明，Bertrand的三个解中的每一个都可以使用旋转、缩放和平移不变性推导出来，并得出结论认为Jaynes的原理与无差异原理本身一样需要解释。
　　例如，我们可以考虑向圆投掷飞镖，并以所选点为中心绘製弦。那麽平移、旋转和尺度不变的唯一分佈就是上面所说的“方法3”。
　　同样，“方法1”是使用微调器选择弦的一个端点，然后再次用于选择弦的方向的场景的唯一不变分佈。这裡所讨论的不变性包括两个自旋中的每一个的旋转不变性。对于杆垂直放置在圆圆周上的一点上并允许下降到水平位置（条件是杆部分落在圆内）的场景，它也是独特的比例和旋转不变分佈。
　　物理实验
　　“方法2”是唯一满足某些物理系统（例如统计力学和气体物理学）中存在的变换不变量的解决方案，特别是Jaynes提出的将吸管从远处扔到一个小圆圈上的实验。然而，人们可以设计其他实际实验，根据其他方法给出答案。例如，为了得到“方法一”的解，即随机端点法，可以在圆的中心附加一个微调器，并让两个独立旋转的结果标记出弦的端点。为了得到“方法3”的解决方案，可以用糖蜜复盖圆圈并将苍蝇降落的第一个点标记为弦的中点。一些观察者设计了实验以获得不同的解决方案，并通过经验验证了结果。
　　最近的发展
　　在他2007年的论文“Bertrand的悖论和冷漠原则”中，NicholasShackel申明，一个多世纪后，悖论仍未解决，并继续反驳冷漠原则。
　　Shackel强调，到目前为止，在试图解决Bertrand悖论时，通常採用两种不同的方法：一种是考虑区分非等价问题，另一种是假设问题是适定问题。Shackel引用LouisMarinoff作为区分策略的典型代表，而EdwinJaynes作为Well-pose策略的典型代表。
　　然而，在最近的工作“解决伯特兰悖论的难题”中，DiederikAerts和MassimilianoSassolideBianchi认为混合策略对于解决伯特兰悖论是必要的。根据这些作者的说法，首先需要通过以非常清晰的方式指定受到随机化的实体的性质来消除问题的歧义，并且只有完成此操作后，才能将问题视为适定问题，在杰恩斯意义上，使最大无知原则可以用来解决它。为此，由于问题没有具体说明必须如何选择和弦，因此该原则需要应用的不是和弦的不同可能选择的层次，而是不同可能方式的更深层次选择和弦。这需要计算选择和弦的所有可能方式的元平均值，作者称之为通用平均值。为了处理它，他们使用了一种离散化方法，其灵感来自于维纳过程中概率定律的定义。他们得到的结果与Jaynes的数值结果一致，儘管他们的适定问题与Jaynes的不同。