如下图
方便起见, 我们假设预先不知道钱数, 而让钱数服从一个分布(这样, 单点分布就是已知的情况).
已知箱子A, B中总钱数$X\in (0,\infty)$服从分布$P$, $A$中的钱有$1/2$几率是$B$中前的两倍, $B$的钱有$1/2$几率是$A$的两倍.
悖论是当$A$箱子有$n$这么多钱时, $B$箱有两种情况, $n/2$或者$2n$, 此时其均值是$\frac{5}{4}n>n$, 因此应该选择$B$箱子, 而同样假设$B$箱子有$m$这么多钱时, $A$箱有两种情况$m/2$或者$2m$, 此时其均值是$\frac{5}{4}m>m$, 因此应该选择$A$箱, 那么到底应该选择哪个箱子呢?
可以在$X=(0,+\infty)\times (0,\infty)$上赋予一个概率$\mu$满足
$\bullet$ 任何$A\subseteq X$不经过射线$y=2x, 2y=x$, 都满足$\mu(A)=0$.
$\bullet$ 落在$y=2x$的子集$A$满足$\mu(A)=\frac{1}{2}P(\alpha(A))$, 其中$\alpha(x,y)=x+y$.
$\bullet$ 落在$2y=x$的子集$B$满足$\mu(B)=\frac{1}{2}P(\alpha(A))$, 其中$\alpha(x,y)=x+y$.
问题变成随机变量$x-y$的数学期望$\int_{X}(x-y)\mathrm{d}\mu$是正是负的问题. 欲将问题转化到实数上, 不难验证对于$f\in L^1(\mu)$
$$\int_X f(x,y) \mathrm{d}\mu=\frac{1}{2}\int_{0}^{\infty} f\left(\frac{t}{5},\frac{4t}{5}\right)\mathrm{d} P(t)+\frac{1}{2}\int_{0}^{\infty} f\left(\frac{4t}{5},\frac{t}{5}\right)\mathrm{d} P(t)$$
故
$$\int_X(x-y)\mathrm{d}\mu = \frac{1}{2}\int_{0}^\infty -\frac{3t}{5}\mathrm{d} P(t)+\frac{1}{2}\int_{0}^\infty \frac{3t}{5}\mathrm{d} P(t)$$
当$\int_0^\infty t\mathrm{d} P(t)$收敛时$x-y$的期望为$0$, 否则没有定义.
产生悖论的原因: 在固定$A$箱的钱数时, 实际上$B$箱的钱数不是按照$1/2$分配概率的, 实际上$A$箱钱数是$n$时, $B$箱的钱是$n/2$还是$2n$的『概率』大小取决于$n+n/2$和$n+2n$是总钱数的『概率』(这里『概率』均为精神层面上的对概率的朴素认识, 实际上概率不一定存在, 也未必可以作比较). 严格来说, 实际上固定$A$箱的钱数时, $A$箱多这一事件的概率已经成为条件概率. (我怀疑我遇到了Radon-Nikodym导数定义条件概率的生动实例)
当然, 问题的关键不在于随机变量演算推理的合法性, 更加不在于是否存在$\mathbb{R}$上的均匀分布.
这个悖论还有如下的变体, 不过总归是换汤不换药：
在一次聚会上, 你的朋友邀请你参加一个游戏, 将你们俩的钱包拿出来交给第三个, 要第三个人告诉你们俩多的人是少的人的钱的几倍, 然后由你来决定是否交换两人的钱包. 方便起见, 不妨假设这个倍数是$2$, 你的脑中或许会经过如下的计算
我有$n$元, 对方可能是$n/2$或者$2n$, 平均下来是$\frac{5}{4}n>n$, 我似乎应该交换. 等等, 如果对方也这么想$m$, 难道我们的数学期望都大于$0$ !?