Probabilità tre eventi con tre dadi

[Guerino]

Ciao a tutti,

mi trovo a dover risolvere un problema di probabilità ma non sono sicuro del procedimento.

"Si considerino tre dadi senza simboli sui lati. Esiste una possibilità di segnare i lati dei tre dadi con numeri naturali, in modo tale che, per i tre risultati dei dadi $X_1, X_2, X_3$, valgano contemporaneamente le seguenti probabilità:

$P(X_1>X_2) > 0.5, P(X_2>X_3) > 0.5, P(X_3>X_1) > 0.5$ ?

Si fornisca un esempio o una controprova".

Soluzione proposta
Io ho pensato di impostare il problema considerando che, nominando gli eventi:

$A:=X_1>X_2; B:= X_2>X_3; C:=X_3>X_1$

Si richiede che si abbia: $P(X_1>X_2)=P(A)>0.5$, ma allo stesso tempo la condizione sull'evento B e C $rArr P(B)>0.5, P(C)>0.5$, da cui segue $P(X_2>X_1)>0.5$ *

Ma se vale $P(X_1>X_2)>0.5$ allora segue $P(X_2<=X_1)<0.5$, che è in contraddizione con *. Quindi no, non è possibile la richiesta del testo.

Vi sembra corretto?

Come controesempio pensavo di proporre: segnare tutti i lati dei dadi rispettivamente con il numero 3 per il primo dado, il numero 2 del secondo e il numero 1 il terzo.
Sarebbero valide le condizioni su A e B, ma non C.

Vi sembra un controesempio valido?

[orsoulx]

Ed invece è possibile. Ad esempio le facce (non i lati) di un dado siano segnate con tutti $ 3 $; quello di un altro con quattro $ 4 $ e due $ 1 $; quelle dell'ultimo con quattro $ 2 $ e due $ 5 $. Prova a fare i conti.
Ciao

[Guerino]

Ed invece è possibile. Ad esempio le facce (non i lati) di un dado siano segnate con tutti $ 3 $; quello di un altro con quattro $ 4 $ e due $ 1 $; quelle dell'ultimo con quattro $ 2 $ e due $ 5 $. Prova a fare i conti.
Ciao

Ho provato a fare i conti con il tuo esempio e mi risulta:

$P(X_1>X_2)=1/3<0.5,P(X_2>X_3)$ non riesco a calcolarlo, $P(X_3>X_1)=1/3<0.5$

dove è che sbaglio?

[tommik]

ma davvero qualcuno ti ha definito i lati di un cubo????

@Orsoulx ti ha dato la soluzione, semplicemente non ti ha detto in che ordine mettere i dadi.....

definiamo:

$X_1-={{: ( 1 , 4 ),( 2/6 , 4/6 ) :}$

$X_2-={{: ( 3 ),( 1 ) :}$

$X_3-={{: ( 2 , 5 ),( 4/6 , 2/6 ) :}$

a questo punto abbiamo:

$P{X_1>X_2}=P{X_1=4}=4/6>0.5$

$P{X_2>X_3}=P{X_3=2}=4/6>0.5$

$P{X_3>X_1}=P{X_3=2;X_1=1}+P{X_3=5}=4/6*2/6+2/6=20/36>0.5$

[Guerino]

Grazie mille ad entrambi!

PS: no avete ragione, nel testo si parlava di facce del dado

[orsoulx]

Prego. Se hai voglia di approfondire ti propongo questo quesito: è possibile, con le stesse condizioni, ottenere tre probabilità maggiori di $0.6$?
Ciao

[andomito]

Mi sono scervellato per due giorni, ma non riesco a trovare combinazioni che garantiscano sempre probabilità maggiori di 0.6 al secondo giocatore (per dadi a sei facce).

Testo nascosto, fai click qui per vederlo

Nel dettaglio, la differenza tra probabilità va per passi di 1/36= 0.027777... Dunque per avere probabilità maggiori di 0.6 devo mirare a raggiungere sempre almeno 0.611111...
A questo punto ho fatto brutalmente tabelle con tutte le combinazioni possibili (fatte alcune ipotesi che non mi fanno perdere di generalità, come che la combinazione 2 ha numeri tutti diversi, e tutti minori di almeno un numero della combinazione 1).
Ricavo che se la configurazione 1 batte la 2 con probabilità 0.6111 (33 soluzioni possibili) , e la 2 batte la 3 con probabilità 0.6111 (48 soluzioni), al massimo (confrontando tali differenti soluzioni) riesco a garantire una probabilità di vittoria della 3 sulla 1 di 0,55555.

Di certo qualcuno saprà risolvere il quesito con un approccio meno "muscolare", ma dopo tutto questo tempo meglio questo di niente.

[orsoulx]

@andomito:
Si potrebbe articolare la risposta in "si, credo di no, si, si".
Se indichiamo con $ a; b; c $ le tre probabilità, deve essere $c<=1-a b $. Il massimo della minore fra le tre probabilità si ottiene imponendo che siano uguali: $ a=b=c=p $ da cui $ p^2+p-1=0 $ (toh! La sezione aurea) $p=0.618...$.
Le proprietà di un dado esaedrico a facce equiprobabili e la proprietà transitiva della relazione 'minore di' fra numeri, limitano le possibilità; ricordo che due anni fa non ero riuscito a far di meglio di $ p=7/12=0.583.. $.
Il testo del quesito non richiede esplicitamente le proprietà che ho indicato e, da buon giocherellone, direi che si può superare lo $ 0.6 $ almeno in due casi:
1) dadi ottaedrici a facce equiprobabili, dove si arriva facilmente a $ p=39/64=0.609.. $;
2) dad1 esaedrici 'taroccati' che possono portare al massimo teorico.
Ciao