Gino e Mario: the final bet!

[Bokonon]

Siamo arrivati al capitolo finale della saga di Gino e Mario, chi la spunterà?
Non è necessario aver risolto i primi due capitoli ma perchè non farlo?

Riassunto puntate precedenti:

Gino va a trovare Mario, il quale gli propone una scommessa.
Mario prende 100 bigliettini e li numera fra 1 e 100 e infine li mette, debitamente piegati, dentro una cesta.
Poi ne estrae due e li mette aperti sul tavolo e dice a Gino:"Se peschi un numero compreso nell'intervallo fra i miei due numeri, vinci la posta".
Gino ci pensa su e poi dice:"Non mi pare equo. Ti faccio una controproposta: tu peschi 4 bigliettini e li disponi aperti e in ordine crescente sul tavolo. Poi io pesco il mio e se il mio numero è compreso nell'intervallo fra il più piccolo e il più grande dei tuoi 4 numeri, allora vinco la posta"

Mario sa che la controposta di Gino è offensiva e che non troveranno mai un accordo. Quindi decide di cogliere la palla al balzo e di sfidare intellettualmente l'amico e dice:"Mi piace la tua proposta ma se non saprai rispondere alla mia domanda, allora giocheremo, ma a parti invertite, cento estrazioni giocandoci 10 euro a mano".
Gino fa un rapido calcolo e realizza che ci sono potenzialmente 200 euro in ballo...se fallisse. Ma il suo orgoglio prende il sopravvento e replica:"Spara"
Mario:"Dimmi la probabilità di vittoria in percentuale e arrotondata alla seconda cifra decimale se, dopo aver estratto i 4 bigliettini, reinserissi nella cesta i due numeri interni all'intervallo".
Gino realizza immediatamente che non potrà mai essere inferiore alla probabilità di vittoria con cui intendeva infinocchiare Mario...ma quant'è?

E in generale qual è la probabilità di vittoria che, data una cesta con N biglietti, se ne estragga uno che si trovi nell'intervallo fra il più grande e il più piccolo di X biglietti previamente estratti e di cui gli X-2 centrali sono stati reinseriti?

[Bokonon]

La sfida intellettuale è avvenuta davvero!
Circa 9 anni fa io e un fisico battagliammo a colpi di complicazioni. La variante del capitolo due della saga fu proposta da me, mentre questa variante fu proposta dal fisico...quindi sono due problemi sostanzialmente originali.

La variante di questo thread è obiettivamente difficile e ricordo che all'epoca nutrivo seri dubbi sul fatto che potesse essere risolta per tutte le casistiche...ma poi trovai la soluzione generale al caso X=3 (che era l'oggetto della contesa) e il passo successivo fu quasi immediato. Posso solo dirvi che, se non volete entrare nell'inferno di calcoli che feci, esiste una soluzione davvero semplice ed elegante...ma fu il fisico a trovarla

[Vincent46]

Testo nascosto, fai click qui per vederlo

$\frac{X-2}{N-2}+\frac{X-1}{X+1} \frac{N-X}{N-2}$?

[Bokonon]

@Vincent46

Bravissimo Vincent!
Metterai anche la dimostrazione?

P.S. Se ti fossi chiamato Gino, avresti vinto circa 200 euro

[Vincent46]

@Vincent46

Bravissimo Vincent!
Metterai anche la dimostrazione?

Volentieri!

Testo nascosto, fai click qui per vederlo

Diamo un nome agli eventi. Siano
$V$ = {Gino vince}
$R$ = {Il biglietto pescato da Gino è uno di quelli reinseriti nella cesta da Mario}
$N$ = {Il biglietto pescato da gino non è uno di quelli reinseriti nella cesta da Mario}

Per via di semplici regole del calcolo della probabilità, si ha
$\mathbb{P}(V) = \mathbb{P}(V|R)\mathbb{P}(R) + \mathbb{P}(V|N)\mathbb{P}(N)$.
D'altronde conosciamo tutti e quattro i termini. Infatti:
$\mathbb{P}(V|R) = 1$ (banalmente!)
$\mathbb{P}(R) = \frac{X-2}{N-2}$ (biglietti "favorevoli" su biglietti totali, esclusi i due non reinseriti da mario)
$\mathbb{P}(V|N) = \frac{X-1}{X+1}$ (calcolata nelle puntate precedenti)
$\mathbb{P}(N) = \frac{N-X}{N-2}$ (ancora una volta, casi "favorevoli" su casi totali)
per cui segue la soluzione.
Si può verificare direttamente che il risultato viene sempre maggiore della probabilità "senza reinserimento"! In particolare, per $X =4$ e $N=100$, si ha che la probabilità di vittoria è circa $0.61$, che è maggiore di $\frac{3}{5}$.

P.S. Se ti fossi chiamato Gino, avresti vinto circa 200 euro

E poi dicono che la matematica non rende

[Bokonon]

@Vincent46 Impeccabile! Talmente rigorosa formale ed elegante (perchè notare il P(V|N) è il punto...assieme al P(V|R)) che la lascio così...a meno che tu non mi dia l'autorizzazione per darne una versione "per mortali" come ho fatto finora.

[Vincent46]

Certo che sì. È sempre bello leggere altre prospettive!

[Bokonon]

Certo che sì. È sempre bello leggere altre prospettive!

Penso che lo farò ma non subito.
Nel frattempo ho corretto P(N) in P(V|N) perchè intendevo quello!
Il piacere del problema è appunto vedere l'"escalation" e la relazione fra la probabilità del capitolo precedente (indipendente da N) con questa (dipendente da N).
Di la verità, non ti ha dato "piacere"?

[Vincent46]

Sì, è vero. Ha senso, perché al crescere di N (e tenendo X fisso) i reinserimenti diventano sempre meno rilevanti rispetto al totale dei biglietti. Problemino molto bello!

[Bokonon]

La soluzione terra terra...

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Gli $X-2$ biglietti che verranno reinseriti sono tutti vincenti dato che sappiamo con certezza che sono inclusi nell'intervallo.
Prima di reintrodurli, nella cesta ci sono $N-X$ biglietti e ci piacerebbe sapere quanti sono in media quelli vincenti.
Un momento! Sappiamo dal capitolo 2 che la frequenza media dei biglietti vincenti è pari a $(X-1)/(X+1)$ quindi:
Totale Biglietti Vincenti = $TBV=(X-1)/(X+1)(N-X)+(X-2)$.
Dopo la reimmissione, nella cesta ci sono $(N-2)$ biglietti, quindi la probabilità di vittoria cercata è data da $P=(TBV)/(N-2)=(N(X-1)-2)/((X+1)(N-2))$