Estrazioni casuali

[Erasmus]

Se ho capito quello su cui mi pare che aspesi e astromauh siano d'accordo ...
• Ho quattro sacchetti A, B, C e D contenenti rispettivamente 3 gettoni, 4 gettoni, 5 gettoni e 6 gettoni indistinguibili al tatto. Uno di questi 3+4+5+6= 18 gettoni è d'oro e gli altri 17 sono di vile metallo.
• So che la probabilità che il gettone d'oro sia in questo o in quel sacchetto è 1/4
• Se per 12 volte di seguito succede che
– pesco un gettone da ciascun sacchetto ma mon esce quello d'oro
– rimetto il gettone nel sacchetto da cui l'ho estratto
vuol dire che la probabilità che il gettone d'oro sia nel sacchetto D con 6 gettoni è maggiore del 50%.

Ho capito giusto?
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Secondo me, invece. se a priori è equiprobabile che il gettone d'oro sia in questo o quel sacchetto, ogni volta che succede che, estraendo un gettone da ciascun sacchetto, quello d'oro non esce (e allora ributto il gettone nel sacchetto da cui l'ho pescato), non ho alcuna nuova informazione e continuo a clonsiderare equiprobabile che il gettone d'oro stia in questo o quel sacchetto.
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Mi pare che il vostro modo di pensare sia simile a qurllo di chi crede che in una certa ruota la prossima volta sia probabile che esca un numero che non esce da molto tempo che un altro qualsiasi numero tra 1 e 90.
Il tizio [s]ragioona così:
Se è equiprobabile che esca questo o quel numero, a lungo andare usciranno tuttii inumeri lo stesso niumero di volte. E quindi , se un numero è un pezzo che non esce, a lungo andare deve recuperare, cioè uscire più frequentemente di quelli già usciti molte volte. E dunque – conclude quel tizio – è più probabile che esca il numero "RITARDATARIO" che un numero già uscit diverse volte.

Vi racconto un aneddoto vero!
Quando insegnavo matematica in 1ª e 2ª Liceo Scientifico, è arrivato ad insegnare Matematiuca e Fisica in 3ª, 4ª e 5¬ Liceo scientifico un mio ex collega di quando, anni prima, insegnavamo entrambi Matematica e Fisica all'Ist. Tecnico Agrario.
Beh: questo mio collega sosteneva che nel gioco del Lotto conviene giocare i numerti "ritardatari" in quanto – era convinto e così insegnava! – è più probabile che escano numeri già usciti poche volte che numeri già usciti molte volte.
[Questo mio collega non era laureato in matematica! Era laureato in "Sociologia" a Trento ed era studente di "Architettura" a Venezia. Forse i giovincelli non lo sanno: ma tra le bellisime novità introdotte dalla riforma delle superiori entrata in vigore nel 1969 c'erano anche queste due:
• I laureati in Ingegneria non sarebbero più potuti diventare docenti di Matematica e/o Fisica (però restavano idonei gli ingegneri che già avevano superato gli esami di abilitazione ... tra i quali c'ero io che però ancora non sapevo che da ricercatore in telecomunicazioni sarei diventato in futuro insegnante di Matematica e/o Fisica)
• I laureati in Sociologia potevano diventare docenti in un fottìo di discopline (per esempio: Psicologia negli Istituti Magistrali; e pure Matematicva e/o Fisica in ogni tipo di scuola post-elementare e pre-universitaria ).
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Riassumo:
Secondo me, il non uscire il gettone d'oro da alcun sacchetto e il rimettere il gettone estratto nel sacchetto da cui è uscito non dà alcuna nuova informazione.
La probabilità che il gettone d'oro stia in uno (qualsiasi) dei 4 sacchetti è rimasta quella che era prima delle estrazioni.
Supponiamo che il sacchetto con il gettone d'oro sia stato sorteggiato così:
• Lancio un dado. Se esce più di 4 ripeto il lancio fino a quando esce meno di 5.
• Se esce 1 metto il gettone d'oro in A, se esce 2 lo metto in B, se esce 3 lo metrto in C e se esce 4 lo metto in D.
L'operazione la faccio a tua insaputa. E poi ti dò i quattro sacchetti e la mia parola d'onore che la probabilità che il gettone d'oro sia in questo o quel sachetto è 1/4.
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Mi piacerebbe che su questa questione si pronunciasse anche Miza ... e che dicesse la sua senza tener conto fi com la vedo io o la vedete voi due (aspesi e astromauh).
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[astromauh]

Erasmus

Secondo me, il non uscire il gettone d'oro da alcun sacchetto e il rimettere il gettone estratto nel sacchetto da cui è uscito non dà alcuna nuova informazione.

Contrariamente a ciò che pensi, il fatto che il gettone d'oro non sia uscito, ti da una informazione aggiuntiva che ti permette di modificare la probabilità di contenere la moneta d'oro dei diversi sacchetti che inizialmente è pari a 1/4.

Questo quiz non c'entra nulla con i numeri ritardatari del gioco del lotto, e sebbene tu ci abbia visto una somiglianza, si basa invece su un principio opposto.

Chi gioca i numeri ritardatari erroneamente pensa che siccome un numero non esce da molte estrazioni, sia più probabile che esca nella prossima estrazione.

Invece in questo gioco si presume che siccome nel sacchetto che contiene solo tre monete, la moneta d'oro non è stata estratta dopo innumerevoli estrazioni, questo significhi che in questo sacchetto la moneta d'oro non c'è, o perlomeno che sia molto improbabile che ci sia.

La probabilità di un sacchetto di contenere la moneta d'oro, inserita in uno dei quattro sacchetti, con il metodo del dado da te suggerito, è pari a 1/4 per tutti solo all'inizio.

Dopo la prima estrazione che non ha fatto trovare la moneta d'oro le cose non stanno più nello stesso modo.

Perché se la moneta d'oro fosse stata nel sacchetto da 3, il fatto che non sia stata estratta è un evento che si verifica 2 volte su 3, mentre se la moneta d'oro fosse stata nel sacchetto da sei, il fatto che non sia stata estratta è un evento che si verifica 5 volte su 6.

Siccome 5/6 è maggiore di 2/3, la probabilità che la moneta sia nel sacchetto da 6 è maggiore di quella che sia nel sacchetto da 3.

Questa differenza che comunque dopo la prima estrazione infruttuosa non è grandissima, è destinata a diventare sempre più marcata con l'aumentare del numero delle estrazioni infruttuose.

P3 = (2/3)^n

P6 = (5/6)^n

Abbiamo appena visto cosa succede se n = 1, ma se n = 12 abbiamo

P3 = 0,008 (circa)

P6 = 0,112 (circa)

Ci sono solo 8 probabilità su 1000 che la moneta d'oro sia nel sacchetto da tre, mentre ce ne sono 112 su 1000 che sia nel sacchetto da sei.

La piccola discrepanza che si era già verificata dopo la prima estrazione a vuoto, è enormemente aumentata dopo ben 12 estrazioni a vuoto.

Per scoprire che proprio con 12 estrazioni a vuoto si verificasse quanto richiesto dal quiz avevo calcolato tutte le probabilità da n = 1 a n = 12.

n = 1
a = 0,667
b = 0,750
c = 0,800
a + b + c = 2,217
d = 0,833

n = 2
a = 0,444
b = 0,563
c = 0,640
a + b + c = 1,647
d = 0,694

n = 3
a = 0,296
b = 0,422
c = 0,512
a + b + c = 1,230
d = 0,579

n = 4
a = 0,198
b = 0,316
c = 0,410
a + b + c = 0,924
d = 0,482

n = 5
a = 0,132
b = 0,237
c = 0,328
a + b + c = 0,697
d = 0,402

n = 6
a = 0,088
b = 0,178
c = 0,262
a + b + c = 0,528
d = 0,335

n = 7
a = 0,059
b = 0,133
c = 0,210
a + b + c = 0,402
d = 0,279

n = 8
a = 0,039
b = 0,100
c = 0,168
a + b + c = 0,307
d = 0,233

n = 9
a = 0,026
b = 0,075
c = 0,134
a + b + c = 0,235
d = 0,194

n = 10
a = 0,017
b = 0,056
c = 0,107
a + b + c = 0,181
d = 0,162

n = 11
a = 0,012
b = 0,042
c = 0,086
a + b + c = 0,140
d = 0,135

n = 12
a = 0,008
b = 0,032
c = 0,069
a + b + c = 0,108
d = 0,112

[Mizarino]

astromauh

...
Ci sono solo 8 probabilità su 1000 che la moneta d'oro sia nel sacchetto da tre, mentre ce ne sono 112 su 1000 che sia nel sacchetto da sei.

Per meglio dire, è il rapporto fra le due probabilità che deve essere 112/8, perché comunque dovrà risultare che la somma delle 4 probabilità relative ai 4 sacchetti deve fare 1, se nessuno nel frattempo ha ciulato la moneta d'oro, cosa che io, dopo 12 estrazioni a vuoto, comincerei a sospettare...

[aspesi]

Erasmus

Secondo me, il non uscire il gettone d'oro da alcun sacchetto e il rimettere il gettone estratto nel sacchetto da cui è uscito non dà alcuna nuova informazione.

Sapevo che non ti entra in testa la differenza fra probabilità a priori e probabilità a posteriori
Il tuo errore è quello dei tantissimi emeriti accademici che sbagliarono e non riconobbero la correttezza della soluzione proposta dalla vos Savant per il famoso Problema di Monty Hall

https://it.wikipedia.org/wiki/Problema_di_Monty_Hall

(perdi per favore 5 minuti a leggere la pagina wiki del link precedente

[aspesi]

astromauh

Invece in questo gioco si presume che siccome nel sacchetto che contiene solo tre monete, la moneta d'oro non è stata estratta dopo innumerevoli estrazioni, questo significhi che in questo sacchetto la moneta d'oro non c'è, o perlomeno che sia molto improbabile che ci sia.

Sei molto bravo a spiegare

[aspesi]

Mizarino

Per meglio dire, è il rapporto fra le due probabilità che deve essere 112/8, perché comunque dovrà risultare che la somma delle 4 probabilità relative ai 4 sacchetti deve fare 1,

Teorema di Bayes

p(a posteriori che la moneta d'oro sia nel sacchetto con 6 monete dopo n estrazioni a vuoto) = (5/6)^n/[(2/3)^n + (3/4)^n + (4/5)^n + (5/6)^n]

e dopo n=12 estrazioni con reimmissione tutte senza che esca la moneta d'oro:

p -------> 0,5092

[astromauh]

Mizarino

Per meglio dire, è il rapporto fra le due probabilità che deve essere 112/8, perché comunque dovrà risultare che la somma delle 4 probabilità relative ai 4 sacchetti deve fare 1, se nessuno nel frattempo ha ciulato la moneta d'oro, cosa che io, dopo 12 estrazioni a vuoto, comincerei a sospettare...

Cominceresti a sospettare perché sei un tipo mal fidato. In realtà la probabilità che si verifichino 12 estrazioni a vuoto non è così scarsa. P = 0,038625861260481

Esce = 0,95 / 4
NonEsce = 3,05 / 4

Esce = 0,2375
NonEsce = 0,7625

NonEsce^12 = 0,038625861260481


Credo che hai fatto capire che la pensi come me e Aspesi, ma penso che Erasmus sarebbe più contento se tu lo dicessi in modo esplicito.

aspesi

p = (5/6)^n/[(2/3)^n + (3/4)^n + (4/5)^n + (5/6)^n]

La formula è corretta, però se lasciassi un paio di spazi bianchi lo sarebbe ancora di più.

p = (5/6)^n / [(2/3)^n + (3/4)^n + (4/5)^n + (5/6)^n]

Che il tuo modo di scrivere la formula sia corretto lo conferma anche il PC, che esegue la elevazione a potenza n di (5/6) prima di eseguire la divisione, però per noi umani è un pochettino più chiaro come interpretare la formula se lasci gli spazi che ho aggiunto io.

La mia non è una critica, però per interpretare correttamente la tua formula, bisogna ricordarsi che l'elevazione a potenza ha la priorità rispetto alla divisione.

Naturalmente se tu avessi voluto indicare che andava eseguita prima la divisione, avresti aggiunto un paio di parentesi (graffe) e non l'hai fatto e quindi...

Tutto questo discorso per dire che di primo acchito non avevo riconosciuto la MIA formula. Eh si, perché anche se non l'avevo esplicitata, era comunque sottintesa.

Non c'è stato bisogno di scriverla in modo esplicito, perché il quiz richiedeva che la probabilità che la moneta d'oro fosse nel sacchetto da sei, fosse maggiore del 50%, per cui mi è bastato osservare che la somma delle prime tre probabilità fosse inferiore a quella della quarta.

Ma se avessi voluto sapere quanto era esattamente la probabilità che la moneta d'oro fosse nel sacchetto da sei (dopo 12 estrazioni infruttuose) avrei dovuto rimodulare le probabilità come ha fatto questo Bayer.

Non so se rimodulare sia la parola più corretta, so solo che questa esigenza di rimodulare le probabilità, si presenta sempre nei casi come questo, dove si da per già avvenuto qualcosa, che in questo caso è, che si siano verificate 12 estrazioni senza che sia stata trovata la moneta d'oro.

PS

Mi sa che Erasmus mi ha trasmesso il virus!

[aspesi]

astromauh

avrei dovuto rimodulare le probabilità come ha fatto questo Bayer.

Mi sa che Erasmus mi ha trasmesso il virus!

Bayes



Aldo e Beppe si giocano 80 euro (cioè ciascuno scommette 40 euro) a testa e croce.
Decidono che la cifra sarà intascata dal primo di loro che avrà avuto 10 lanci a proprio favore.
Quando sono sul punteggio di 7 a 6 per Aldo sono però costretti a interrompere il gioco e discutono su come spartirsi gli 80 €.
Un modo potrebbe essere quello di riprendersi ciascuno la sua puntata di 40 euro (non avendo nessuno dei due raggiunto l'obiettivo stabilito per vincere); ma se invece decidessero di spartire gli 80 euro tenendo conto della probabilità di vittoria che ognuno dei due ha al momento dell'interruzione, quanto spetterebbe a ciascuno?

[astromauh]

aspesi

Aldo e Beppe si giocano 80 euro (cioè ciascuno scommette 40 euro) a testa e croce.
Decidono che la cifra sarà intascata dal primo di loro che avrà avuto 10 lanci a proprio favore.
Quando sono sul punteggio di 7 a 6 per Aldo sono però costretti a interrompere il gioco e discutono su come spartirsi gli 80 €.
Un modo potrebbe essere quello di riprendersi ciascuno la sua puntata di 40 euro (non avendo nessuno dei due raggiunto l'obiettivo stabilito per vincere); ma se invece decidessero di spartire gli 80 euro tenendo conto della probabilità di vittoria che ognuno dei due ha al momento dell'interruzione, quanto spetterebbe a ciascuno?

Al giocatore in vantaggio vanno 52,50 euro.

[Mizarino]

Per divertirmi un po' ho scelto un approccio originale al problema: mi sono fatto stampare una lista dei numeri binari da 0 a 127, eccola qui sotto:

0000000 0000001 0000010 0000011 0000100 0000101 0000110 0000111
0001000 0001001 0001010 0001011 0001100 0001101 0001110 0001111
0010000 0010001 0010010 0010011 0010100 0010101 0010110 0010111
0011000 0011001 0011010 0011011 0011100 0011101 0011110 0011111
0100000 0100001 0100010 0100011 0100100 0100101 0100110 0100111
0101000 0101001 0101010 0101011 0101100 0101101 0101110 0101111
0110000 0110001 0110010 0110011 0110100 0110101 0110110 0110111
0111000 0111001 0111010 0111011 0111100 0111101 0111110 0111111
1000000 1000001 1000010 1000011 1000100 1000101 1000110 1000111
1001000 1001001 1001010 1001011 1001100 1001101 1001110 1001111
1010000 1010001 1010010 1010011 1010100 1010101 1010110 1010111
1011000 1011001 1011010 1011011 1011100 1011101 1011110 1011111
1100000 1100001 1100010 1100011 1100100 1100101 1100110 1100111
1101000 1101001 1101010 1101011 1101100 1101101 1101110 1101111
1110000 1110001 1110010 1110011 1110100 1110101 1110110 1110111
1111000 1111001 1111010 1111011 1111100 1111101 1111110 1111111

A questo punto se Aldo vince con 1 e Beppe vince con 0 basta contare in quanti di questi numeri ci sono 4 zeri prima che si abbiano 3 uno. In questi casi vince Beppe, in tutti gli altri vince Aldo. Le relative probabilità vengono di conseguenza.

Potrei facilmente far fare la conta al computer, ma si può anche fare a mano, stampando la tabella e spuntando i casi con una matita.


P.S. La conta mi conferma il risultato di Astromauh.