Scacchi e genitori

[gabriella127]

Ripeto ...

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Nella mia versione si giocano tre partite e si devono vincerne 2 consecutive; ciò implica che necessariamente va vinta la seconda ovvero vincere la prima e la terza NON serve a nulla se non si vince la seconda (anche avendo il 100% di probabilità di vittoria della prima e della terza ciò non servirebbe a nulla senza la vittoria nella seconda)
Detto questo, rimane la necessità di vincere una partita (ma solo una) con il giocatore più forte; ora voi vi giochereste tutte le vostre chances in una partita secca o in un doppio confronto? A me la risposta sembra ovvia, ma facciamo pure due conti: poniamo che io abbia solo il 30% di possibilità di vittoria contro il più forte; in una partita singola ho il 70% di probabilità di perderle tutte (cioè una), in due partite la probabilità di perderle entrambe è del 49% ... fate un po' voi ...

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Ok, ripeto, leggi il mio post, non rispondere sempre senza aver cercato di capire quello che uno ha scritto tanto per criticare a prescindere.
E' quello che ho detto: se si giocano tre partire in ogno caso, è come dici tu, se ci si ferma dopo due partite è uguale. Non mi era chiaro se si dovevano giocare tutte e tre o no, e ho considerato entrambi i casi, precisando il secondo, visto che l'altro lo avevi spiegato tu.
E ho sottolineato che i due casi erano diversi, visto che mgrau si era posto il problema se cambiasse qualcosa facendo tutte e tre le partite o no.

Forse non era chiaro, lo davo per scontato, nella nota mi riferivo a altro.

[mgrau]

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Non ho risposto, ma alla fine axgn mi ha convinto.
Effettivamente giocare due volte col più forte aumenta la tua probabilità di vincere almeno una volta XD

[3m0o]

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Nel caso citato da me, il ragazzo raggiunge il suo scopo se le vince tutte e tre oppure le prime due oppure le ultime due; in tutti i casi deve vincere la seconda quindi è meglio se se la gioca col più debole

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Francamente non mi convince. Lasciando il caso in cui le vince tutte e tre (non credo sia questo a fare la differenza, o sì?), deve comunque vincerne una col più debole e una col più forte. Che importanza ha l'ordine?

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Per la verità anche io avevo lo stesso dubbio di mgrau. Sono due possibilità di vincere il gioco, (escludendo che vince tutte e tre le partite, visto che se vince le prime due il gioco si ferma - in effetti se le giocasse comunque tutte e tre sarebbe diverso, vedi nota): una partita contro il debole e una contro il forte o viceversa, cambiando l'ordine.

Le due possibili sequenze di partite sono:

Debole Forte Debole oppure Forte Debole Forte.


Faccio un esempio con dei numeri, diciamo che con il debole vince con probabilità $1$ e con il forte con probabilità di $1/3$.
Deve vincere o entrambe le partite 1 e 2 o entrambe le partite 2 e 3 (eventi incompatibili $[1]$)

Nel caso cominci con il debole:

Probabilità di vincere il gioco= $1\cdot 1/3 +1/3 \cdot 1=2/3$

Nel caso cominci con il forte:

Probabilità di vincere il gioco=$1/3\cdot 1+1\cdot 1/3=2/3$.

Cambiando l'ordine degli addendi il prodotto non cambia, o come diceva Totò, è la somma che fa il totale!

___________________

$[1]$Nel caso giocasse comunque tutte e tre le partite, la mia fine mente probabilistica mi dice che gli eventi non sono più incompatibili e quindi il calcolo sarebbe diverso.
E lo direbbe anche Catalano: meglio giocare molte partite con un avversario debole e poche con uno forte che giocare molte partite con un avversario forte e poche con un debole.

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Gabriella se il gioco termina o no dopo le \(k\) partite vinte non cambia. Ti stai dimenticando nel calcolo che deve perdere la prima partita sennò l'evento è già incluso nel primo che stai calcolando.
Diciamo che probabilità di vincere con il più forte è \(p_s\) e la probabilità di vincere con il più debole è \(p_w\). Chiaramente \( 0 \leq p_s < p_w \leq 1 \), anche se si può assumere \( 0 < p_s < p_w < 1 \) perché ad ogni turno giocando a caso una mossa tra le mosse legali c'è una probabilità non nulla di scegliere la mossa migliore! Comunque nel caso in cui \(n=3\) e \(k=2\) la probabilità di vincere il gioco è la somma degli eventi sugli indici \(j\) dove scegliamo un indice compreso tra \(0 \leq j \leq n-k=1 \), non vincere \(k\) partite consecutive nelle prime \(j-1\) partite (che nel nostro esempio \(n=3\) e \(k=2\) è un evento senza significato), perdere la \(j\)-esima partita e poi vincere le successive \(k\) partite e poi il seguito non ci interessa. Se si gioca si giocano tutte e \(3\) le partite la probabilità di vincere scegliendo il più forte è
\[ \mathbb{P}_s(X=k) = p_s \cdot p_w \cdot (1-p_s)+ (1-p_s) \cdot p_w \cdot p_s + p_s \cdot p_w \cdot p_s \]
nel caso di scegliere il più debole come primo giocatore è
\[ \mathbb{P}_w(X=k)= p_w \cdot p_s \cdot (1-p_w)+ (1-p_w) \cdot p_s \cdot p_w + p_w \cdot p_s \cdot p_w \]
mentre se una volta vinte due partite il gioco termina la probabilità è
\[ \tilde{\mathbb{P}}_s(X=k) = p_s \cdot p_w+ (1-p_s) \cdot p_w \cdot p_s \]
nel caso di scegliere il più debole come primo giocatore è
\[ \tilde{\mathbb{P}}_w(X=k)= p_w \cdot p_s + (1-p_w) \cdot p_s \cdot p_w \]
Che si giochi o meno la terza partita non cambia perché in ogni caso se vincesse le prime due, il risultato della terza è indifferente e \((1-p+p)=1\). Invece se si gioca la terza partita devi considerare che la prima la perda per calcolare eventi distinti.
usando i tuoi numeri gabriella, quindi \(p_s= 1/3\) e \(p_w=1\) abbiamo che
\[ \tilde{\mathbb{P}}_s(X=2) = (1/3) \cdot 1 + (2/3) \cdot 1 \cdot (1/3) = (1/3) + (2/9) = 5/9 \]
\[ \tilde{\mathbb{P}}_w(X=2)= 1 \cdot (1/3) + 0 \cdot (1/3) \cdot 1 = 1/3 \]
mentre
\[ \mathbb{P}_s(X=k) = (1/3) \cdot 1 \cdot (2/3)+ (2/3) \cdot 1 \cdot (1/3) + (1/3) \cdot 1 \cdot (1/3)= 5/9 \]
\[ \mathbb{P}_w(X=k)= 1 \cdot (1/3) \cdot 0+ 0 \cdot (1/3) \cdot 1 + 1 \cdot (1/3) \cdot 1 = 1/3 \]
ed effettivamente in entrambi i casi \( 5/9 > 1/3 \).

[gabriella127]

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Lo sai che non riesco a essere sicura né del mio né del tuo ragionamento, nel caso che il gioco si fermi dopo due partite perse? Ci devo pensare meglio.
Perché ho l'impressione, nel caso che si giochino le utime due partite, quindi la prima l'ha persa, che la perdita della prima partita debba considerarsi come l'evento certo.
È come se si giocassero due coppie di partite in alternativa, solo in ordine invertito, in un caso c'è alle spalle la prima partita persa, ma il passato non influenza il futuro.
Ci torno a pensarci su appena posso.

[3m0o]

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Lo sai che non riesco a essere sicura né del mio né del tuo ragionamento, nel caso che il gioco si fermi dopo due partite perse? Ci devo pensare meglio.
Perché ho l'impressione, nel caso che si giochino le utime due partite, quindi la prima l'ha persa, che la perdita della prima partita debba considerarsi come l'evento certo.
Ci torno a pensarci su appena posso.

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Si ma devi condizionare sulla probabilità che la perde. Tu stai mischiando le cose

Sapendo che ha perso la prima partita sono d'accordo che la probabilità di vincere le ultime due è \( 1/3\) come la probabilità di vincere le prime due, ma una volta che vuoi calcolare la probabilità di vincere esiste una probabilità che la prima non la perde, e una probabilità che la perde.

[gabriella127]

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È quello il punto, non sono convinta che bisogna condizionarla alla perdita della prima.

Ci sono due casi: 1) Vince le prime due partite
2) Vince le seconde due , posto che ha perso la prima, cioè è un evento passato certo.

Sono cose scivolose, in tanti casi queste cose i probabilità ingannano, perché ci sono distinzioni sfuggenti tra problemi diversi.
Ci ripenso quano ho più calma.

[3m0o]

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Sotto l'assunzione che vinte due partite il gioco termina e non fanno più partite di scacchi, non è mai possibile avere tre partite vinte. Vedila così. Considero solo il caso che sceglie il più forte come prima giocatore! Ci sono due possibilità: o vince la prima partita oppure la perde:
1) La probabilità che perde la prima partita è \( 1-p_s \)
2) La probabilità che vince la prima partita è \( p_s \)

Da qui vuoi tirar fuori le probabilità che vinca il gioco:
1) Nel primo caso la vince se vince le ultime due che è \( p_w p_s\)
2) Nel secondo evento vince la seconda partita con probabilità \( p_w\).

Invece la probabilità di perdere il gioco è
1) Nel primo caso perde il gioco se non vince almeno una delle due quindi \(1-p_wp_s\)
2) Nel secondo caso invece perde il gioco se non vince la seconda partita ovvero \( 1-p_w\)

Quindi la probabilità di vincere il gioco scegliendo come primo giocatore il più forte
\[P_{\text{vittoria}} = (1-p_s) (p_wp_s) + p_s ( p_w) \]
la probabilità di perdere il gioco scegliendo come primo giocatore il più forte è
\[ P_{\text{sconfitta}} = (1-p_s) (1-p_wp_s) + p_s (1-p_w) \]
se sommi le due probabilità dovresti ottenere \(1\)
\[ 1 = P_{\text{vittoria}} + P_{\text{sconfitta}} \]
\[ = (1-p_s) (1-p_wp_s+ p_wp_s) + p_s ( p_w + 1-p_w) \]
\[ = 1-p_s + p_s = 1 \]

Se non ti convince questo...

Tu stai mischiando le cose perché condizioni su un evento (moltiplicando per \(p_s)\) e non condizioni sull'altro! Condizioni che vince la prima partita ma non condizioni che perde la prima partita. O condizioni su entrambe o su nessuno

Ci sono due casi: 1) Vince le prime due partite
2) Vince le seconde due , posto che ha perso la prima, cioè è un evento passato certo.

Il tuo primo caso stai condizionando che la prima l'ha vinta senza renderti conto ovvero il \(p_s\). E sotto questo evento "certo" calcoli che la probabilità di vittoria è \(p_w\) da cui \(p_sp_w\). In modo analogo nel secondo caso condizioni che perde con probabilità \((1-p_s)\) e poi moltiplichi per la probabilità che vince le ultime due sotto questo evento "certo" che è \(p_sp_w\).

[3m0o]

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Sempre considerando solo il più forte come inizio, puoi vederla anche così:
Tu hai che gli unici eventi possibili sono \( VV, VPV, VPP, PP, PVP, PVV\), ho escluso l'evento \(VVV\) perché questo evento non avviene sotto la tua assunzione mentre \(PP\) contiene sia \(PPV \) che \(PPP\) ed è visto come l'evento "complementare" di \(VV\), dove \(V\) indica vittoria e \(P\) sconfitta (perso) al corrispettivo turno! Questi eventi avvengono rispettivamente con probabilità \( p_sp_w, p_s(1-p_w)p_s, p_s(1-p_w)(1-p_s), (1-p_s)(1-p_w), (1-p_s)p_w(1-p_s),(1-p_s)p_wp_s \)

L'evento \(VV\) e l'evento \(PVV\) sono gli unici che portano a vittoria, sono disgiunti e la probabilità è quindi la somma delle probabilità quindi \( p_sp_w + (1-p_s)p_wp_s \)

[gabriella127]

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Mi sta uscendo il fumo dalle orecchie, e non voglio fartelo uscire pure a te .
Non è che non mi fido dei tuoi calcoli, ho il dubbio che stiamo inconsapevolemente modellando due situazioni diverse.

Guarda questa versione, e poi mi astengo e ci ripenso domani, visto che sono alle prese con l'idraulico in casa che non aiuta.

Consideriamo il caso che cominci con il più debole $D$ e faccia la seconda con il più forte $F$, quindi abbiamo la sequenza $DF$ e poi $FD$ se non ha già vinto o perso entrambe.

$p_d$= probabilità di vincere con il debole, $p_f$ =probabilità di vincere con il forte.

Partite

Sequenza $DF$ (prima con il più debole)


$p_d\cdot p_f$ probabilità che le vinca entrambe (fine gioco).

Oppure


$1-p_d\cdot p_f$ probabilità che ha perso almeno una partita

Deve aver vinto la seconda con il forte se no il gioco è finito e non si passa al secondo round di due partite, e poi per vincere il gioco deve vincere anche con il debole.
Quindi la probabilità di vincere il secondo round di due partite $FD$, e quindi il gioco è:

$(1-p_f\cdot p_d)p_f\cdotp_d$


Se si fa lo stesso ragionamento facendo la prima partta con il forte viene tale e quale:

$(1-p_f\cdot p_d)p_d\cdotp_f$

[3m0o]

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Mi sta uscendo il fumo dalle orecchie, e non voglio fartelo uscire pure a te .
Non è che non mi fido dei tuoi calcoli, ho il dubbio che stiamo inconsapevolemente modellando due situazioni diverse.

Guarda questa versione, e poi mi astengo e ci ripenso domani, visto che sono alle prese con l'idraulico in casa che non aiuta.

Consideriamo il caso che cominci con il più debole $D$ e faccia la seconda con il più forte $F$, quindi abbiamo la sequenza $DF$ e poi $FD$ se non ha già vinto o perso entrambe.

$p_d$= probabilità di vincere con il debole, $p_f$ =probabilità di vincere con il forte.

Partite

Sequenza $DF$ (prima con il più debole)


$p_d\cdot p_f$ probabilità che le vinca entrambe (fine gioco).

Oppure


$1-p_d\cdot p_f$ probabilità che ha perso almeno una partita

Deve aver vinto la seconda con il forte se no il gioco è finito e non si passa al secondo round di due partite, e poi per vincere il gioco deve vincere anche con il debole.
Quindi la probabilità di vincere il secondo round di due partite $FD$, e quindi il gioco è:

$(1-p_f\cdot p_d)p_f\cdotp_d$


Se si fa lo stesso ragionamento facendo la prima partta con il forte viene tale e quale:

$(1-p_f\cdot p_d)p_d\cdotp_f$

Nooo

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Hai \( (1-p_d) p_f p_d \) e non \( (1-p_d p_f) p_f p_d \) perché \( (1-p_fp_d) \) include anche l'evento che ha vinto la prima con il debole e ha perso la seconda con il forte alla seconda, mentre poi mi dici che l'ha vinto moltiplicando per \(p_f\).
Non è esattamente lo stesso problema ma è moooooolto simile: se hai una moneta che esce testa con probabilità \(p\) e croce con probabilità \(1-p\), e vuoi che in tre lanci escano due teste consecutive qual è la probabilità?
\[ p^2 + (1-p)p^2 \]
e non
\[ p^2 + p^2 \]

E ti fermi sia che hai raggiunto i due lanci o che non vanno più bene, quindi hai gli outcomes possibili
\[ TT, TC, CC, CTT,CTC \]
qual è la probabilità di ciascuno di questi eventi?
\[ p^2, p(1-p), (1-p)^2, (1-p)p^2, (1-p) p (1-p) \]
quali ti vanno bene? Il primo e il quarto quindi
\[ p^2 + (1-p)p^2 \]


Se hai sempre tre lanci è chiaro e la moneta non è truccata, ovvero \(p=1/2\), sei d'accordo?
\[ TTT, TTC, TCT, TCC, CCC, CCT, CTT,CTC \]
ciascuno di questi eventi ha probabilità, le probabilità sono rispettivamente
\[p^3, p^2(1-p), p(1-p)p, p(1-p)^2,(1-p)^3,(1-p)^2p, (1-p)p^2,(1-p)p(1-p) \]
che sono tutte uguali ad \(1/8 \) quindi la probabilità sono
\[ 1/8,1/8,1/8,1/8,1/8,1/8,1/8,1/8\]
e la probabilità di ottenere due volte testa consecutivamente è uguale alla probabilità degli eventi TTT, TTC, CTT che è uguale a
\[1/8+1/8+1/8= p^3 + p^2(1-p) + (1-p)p^2 = p^2 + (1-p)p^2 = 3/8 \]
ora se non consideri più tutti gli eventi, perché ti fermi appena escono due teste consecutive oppure se non è più possibile ottenere due teste consecutive, l'evento TTT e TTC diventano l'unico evento TT, però il suo peso è doppio! E hai gli eventi
\[ TT, TC, CC, CTT,CTC \]
con probabilità (non più equiprobabili tra loro)
\[ 1/4, 1/4, 1/4, 1/8 , 1/8 \]
perché sono composti da eventi singoli indipendenti uno dall'altro. E quindi hai che la probabilità di ottenere testa due volte è quella di TT e CTT quindi
\[ 1/4 + 1/8 = p^2 + (1-p)p^2 = 3/8 \]