本文摘录自：Introduction to probability, 2nd Edition Example 2.18. The Two-Envelopes Paradox.
这是一个广泛兴趣的智力测验问题，它涉及有关条件期望的数学要点。
主持人给你两个信封，并且告诉你两个信封里有现金，其中一个信封里的钱是另一个信封里的$m$倍（$m>1$且是一个整数）。当你打开一个信封的时候，看到信封里面的钱数以后，你有两个选择，一是收下这个信封里的钱作为你的奖金，二是放弃这个信封的钱，选择另一个信封里的钱作为你的奖金。那么有什么好的策略可使你拿到较多的奖金呢？
下面有一条推理，它证明应该转向选择第二个信封的。用A表示你打开的信封，B 是你可能换的信封，$x$和$y$分别表示信封A和B中的钱。论证如下：由于要么$y={x\over m}$ 要么 $y=mx$ ，而且两种情况发生的概率都是${1\over 2}$，因此给定的 $x,y$ 的期望值为：
$$\frac{1}{2}\cdot \frac{x}{m} + \frac{1}{2}\cdot mx= \frac{1}{2}(\frac{1}{m}+m)x=\frac{1+m^2}{2m}x>x$$
这样，你应该总是转向信封B。当你随机选择到B的时候，由于同样的理由，又得到转回到A。这样陷入了矛盾之中，因为按照这个推理是不管选择到信封是哪一个都要选择另外一个信封作为奖金。
其实在这个悖论中，有两个假设是有瑕疵的：
- 对于两个信封内的钱，你是无法预先知道的，当给定$x$的值以后，你以为知道的就是$y=\frac{x}{m}$或者$y=mx$ 。而且没有理由哪一种情况更有可能。
- 用随机变量$X$和$Y$表示两个信封内的钱，若$E[Y|X=x]>x, x\in \forall$ 成立，那么总是转向选择另一个信封能得到更多的期望奖金。
让我们仔细审查这两个假设：
假设1是有瑕疵的，因为它依赖他一个不完整的确定的概率模型。事实上，各种模型的事件中，包含$X$和$Y$的可能取值，都必须有一个确定概率。有了这样$X$ $Y$的概率信息，$X$的值可能会揭示$Y$取值的大量信息。例如，假设下面这个概率模型：某个人选择 $Z$ 元放在一个信封内，$Z$ 的取值范围为 $[\underline{z}, \overline{z}]$ 的整数，并且服从某个概率分布（distribution ），而在另一个信封内存入$mZ$ 的钱。然后，你以等概率从两个信封中随机地抽取一个信封，看里边的钱数 $X$ 的值。当 $X$ 的值比 $Z$ 的上限 $\overline{z}$ 大的时候，你可以肯定你拿到的信封里的钱数是比较多的，因此你不必换信封。若你拿到的钱数等于 $\underline{z}$ 的值，那么你可以肯定另一个信封中的钱是比 $\underline{z}$ 多，因此你必须换信封。大致上可以这么说，如果你知道X的值域和X的值的可能性，你就能判断在信封A中的钱数X是相对比较小的还是比较大的，然后相应的做出选择。
从数学上，采用一个准确的概率模型，我们一定能够找到 $X$ 和 $Y$ 的联合概率函数。$X$ 和 $Y$ 的联合概率分可由两个信封中的钱的最小者 $Z$ 的分布律为 $P_Z$，则对一切 $z$，$p_{X,Y}(mz,z)=p_{X,Y}(z,mz)=\frac{1}{2}p_Z(z)$ ，对于不具有 $(mz, z)$ 或 $(z,mz)$ 的形式的 $(x,y)$ ，$p_{X,Y}(x,y)=0$。 当 $p_{X,Y}(x,y)$ 给定以后，我们可以用这个换信封的规则：换信封的充要条件为 $E[Y|X=x]>x$ ，按照这个规则可以确定换或者不换信封。
现在的问题是：按照上诉的模型和转换规则是否可以按照某些x的值，转换信封，而另一些x的值不能换？一般情况下是可以的，例如早先局出的 $Z$ 的值域为有界集合的情况，就可以实现这样的转换规则。然而，下面的一个稍显怪癖的例子，使得你总是换信封：
抛掷一枚均匀的硬币，直到出现正面为止。记 $N$ 为抛掷硬币的次数。此时你将 $m^N$ 元放进一个信封内，将 $m^{N-1}$ 元放进另一个信封内。令 $X$ 是你打开的那个信封（信封A）内的钱数， $Y$ 是令一个信封（信封 B）内的钱数。现在假定 A 中只有一元钱，显然 B 中含有 $m$元， 你应该换信封。当 A 内含有 $m^n$ 元的时候，B 中或者含有 $m^{n-1}$ 元钱或含有 $m^{n+1}$ 元钱。由于 $N$ 具有几何分布列， 我们有：
$$\frac{P(Y=m^{m+1} | X=m^n)}{P(Y=m^{m-1} | X=m^n)} = \frac{P(Y=m^{m+1}, X=m^n)}{P(Y=m^{m-1}, X=m^n)}=\frac{P(N=n+1)}{P(N=n)}=\frac{1}{2}$$
这样我们有:
$$P(Y=m^{m-1}|X=m^n)=\frac{2}{3}，P(Y=m^{m+1}|X=m^n)=\frac{1}{3}$$
$$E{信封B中的钱数|x=m^n}=\frac{2}{3}m^{n-1}+\frac{1}{3}m^{n+1}=\frac{2+m^2}{3m}\cdot m^n$$
$\frac{2+m^2}{3m}>1$ 的充要条件是 $m^2-3m + 2 > 0$ 或 $(m-1)(m-2)>0$。 若 $m>2$， 则：
$$E[信封 B 中的钱数 | X=m^n]>m^n$$
这样，为了获得最大的期望奖金，你应该转向信封 $B$。在这个例子中，由于对一切 $x$ 的值，
$$E[Y|X=x]>x$$
你选择B。直观地看，利用全期望定理，应该有结论 $E[Y]>E[X]$ 。然而，由于 $X$ 和 $Y$ 具有相同的概率函数（PMFs，probability mass function (PMF) ），结论$E[Y]>E[X]$ 不可能成立。实际上，我们有：
$$E[Y]=E[X]=\infty$$
这个结论与 $E[Y|X=x]>x, \forall x$ 并不矛盾。当 $E[Y]=E[X]=\infty$ 的情况下，利用关系式 $E[Y|X=x] > x$ 而转换信封并不能够改进平均奖金。从而解决了悖论问题。
