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[luca.barletta]

@adaBTTLS

dovresti spiegare come arrivi alle varie probabilità per ogni strategia

[adaBTTLS]

OK. sono però concordi con i tuoi risultati?

[luca.barletta]

OK. sono però concordi con i tuoi risultati?

no, per alcune strategie mi ritrovo con altre probabilità

[adaBTTLS]

@ luca.barletta
espongo il mio schema (diagramma ad albero). ti pregherei di esporre poi anche i tuoi ragionamenti.

per comodità ricopio una parte del mio precedente intervento:

... seguendo comunque il ragionamento di luca.barletta nel caso di 3 scelte, la variante del problema a 4 scelte dovrebbe essere la seguente:
- se si decide di mantenere la prima scelta fino alla fine, la probabilità di vittoria è 1/4;
- se si decide di cambiare ogni volta, la probabilità è 3/8;
- se si decide di mantenere la prima scelta anche la seconda volta e poi cambiare, la probabilità è 1/2.
quindi la strategia migliore sembrerebbe la terza.

visto che sono una frana nei grafici, provo a riportare con l'uso delle formule i due schemi principali che poi spiegherò a parole:

(1) ${[(1/4)], [(3/4) -> {[(1/3)], [(2/3)] :}] :}$ , (2) ${[(1/4)], [(3/4) -> {[(1/2)], [(1/2)] :}] :}$

lo schema (1) vale nel caso che la prima scelta si ripeta anche la seconda volta,
lo schema (2) vale nel caso che la prima scelta non si riproponga.

naturalmente, nel caso in cui si decida di non cambiare mai la scelta, la probabilità di vittoria è 1/4.
se nella seconda scelta ripeto la prima ([rimanendo ancora sulla prima è coerente 3/4*1/3=1/4]), ma poi cambio, nel caso che non sia la prima scelta quella vincente, alla fine ho la certezza di vincere (questo è un sottocaso identico al caso di 3 possibilità): 3/4*2/3=1/2.
se al secondo passaggio decido di non ripetere la prima scelta, mi troverò con due possibilità "equiprobabili" (nel senso che mi vengono tolte due scelte sbagliate e rimango con due scelte su cui non ho alcuna informazione, sempre supponendo che il conduttore non si lasci influenzare dalle mie scelte precedenti): 3/4*1/2=3/8.

spero che si capisca.
però, anche nel caso che si rilevi qualche errore, gradirei il confronto con una versione alternativa.
ciao.

[luca.barletta]

Non mi è chiaro a quali probabilità si riferiscano i numerini che ci sono negli schemi, ad esempio 1/3=Pr(?)

[adaBTTLS]

ho rivisto il tutto (quei numeri, per la cronaca, erano tali che al denominatore era presente il numero delle scelte possibili, in base ad una decisione presa "a priori", chiamiamolo n [n=2,3,4], e quindi 1/n è la probabilità di una scelta determinata e (n-1)/n è la probabiltà dell'evento complementare). non ho messo n=1 perché nel grafico ad albero ho "troncato" nel caso che la successiva scelta possibile fosse solo una...
tutto questo sproloquio forse non servirebbe, perché ripropongo una soluzione diversa che tenga conto di altre alternative: a proposito quel "1/3" non convinceva neppure me... era un'erronea trasposizione del caso a 3 alternative, come quello scritto da te.

veniamo alla "nuova" discussione del problema:
- se non si fa nessun tipo di strategia, si arriva comunque ad una situazione di due alternative possibili, di cui una vincente, per cui scegliere a caso senza seguire alcuna logica porta ad un successo del 50% (1/2).
- le strategie possono essere diverse, anche se una ha un notevole vantaggio rispetto alle altre. però la distinzione fondamentale è nella scelta della "seconda busta": se si sceglie la stessa della prima "manche", si ha certa una situazione, se invece si "decide" di cambiare, si aprono diverse prospettive che meritano un minimo di attenzione.
diciamo che le buste sono A,B,C,D, e una, ad esempio la D, non è vincente, non viene scelta e viene eliminata subito dal conduttore. [la scelta è ovviamente indifferente, indipendente dai "nomi" attribuiti alle buste]
la strategia con la percentuale più alta di vittoria la possiamo scrivere in simboli AAB: significa che prima scelgo una busta (diciamo A) e viene eliminata la D; in un secondo momento scelgo di nuovo la A e viene eliminata un'altra busta (diciamo la C)l; a questo punto scelgo l'altra busta (la B) e vinco con probabilità del 75% (3/4), perché inizialmente ho scelto la busta A (vincente con probabilità 1/4) e mi ritrovo a scegliere alla fine l'unica busta rimasta delle altre 3.
la strategia peggiore è quella che si può indicare con AAA: stessi passaggi precedenti, solo che mi fossilizzo su una busta e non colgo l'opportunità di utilizzare le informazioni sulle due buste eliminate: in tal caso vincerei con la probabilità iniziale del 25% (1/4).
ora arriviamo al caso più interessante: seconda scelta diversa dalla prima. un sottocaso lo si può indicare ABB, e vale la pena trattarlo a parte, perché ha una soluzione relativamente semplice che però non tiene conto di alcune informazioni meno esplicite:
seguiamo il perconso, tenendo a mente però che vinco solo se la busta vincente è la B: prima scelgo A (viene eliminata D e rimangono ABC), poi scelgo B (a questo punto B non può essere eliminata, ma, se B è vincente può essere elimanata A oppure C indifferentemente, se invece B non è vincente, deve essere eliminata l'unica non vincente tra A e C), rimango dunque con A e B oppure con B e C. se non tengo conto della probabilità condizionata e mantengo la mia strategia iniziale che diceva di scegliere la stessa busta di quella scelta nel secondo passo, io vinco con probabilità 3/8 (viene da 3/4*1/2, dove 3/4 è la probabilità che non vinca A e 1/2 la probabilità che B sia vincente tra B e C). ma non è finita qui. se decido di cambiare entrambe le volte ottengo 5/8 (che d'altronde è 1-3/8), ma questo caso va approfondito, perché la scelta potrebbe ricadere su A oppure su C, ed i casi singoli sono molto diversi.

il messaggio è troppo lungo e mi crea problemi. continuo in un altro post.

[adaBTTLS]

seguito messaggio precedente.

a questo punto faccio un breve riepilogo, poi inserisco gli "pseudo-grafici" e quindi distinguo i quattro casi singoli.

- vado a caso: 1/2
- non cambio né la seconda né la terza: 1/4
- non cambio la seconda ma cambio la terza: 3/4
- cambio la seconda ma non la terza (rispetto alla seconda): 3/8
- cambio sia la seconda sia la terza (rispetto alla seconda): 5/8
- cambio la seconda e poi, per la terza scelta, tengo conto di altri fattori (probabilità condizionate)... i risultati si possono sintetizzare così:
se alla fine rimango con A e B (dove A è la prima scelta e B la seconda), vinco con probabilità 4/7 se scelgo A e 3/7 se scelgo B;
se alla fine rimango con B e C (dove B è la seconda scelta e C non è stata mai scelta), vinco con probabilità 1/3 se scelgo B e 2/3 se scelgo C.

nei casi in cui la prima scelta sia uguale alla seconda, oppure le scelte sono a caso, i diagrammi non sono molto significativi. io mi soffermerei sul caso in cui le prime due scelte sono diverse tra loro:

${[(1/4) "A vincente "->(ABC)->(1) "scelgo B "-> (AB)], [(3/4) "A perdente "->(ABC)->(1) "scelgo B " -> {[(1/2) "B vince"->{[(1/2) "elimina A"->(BC)], [(1/2) "elimina C"->(AB)] :}], [(1/2) "B perde"->(1) "elimina A"->(BC)] :}] :}$

spero si capisca.
mi vorrei soffermare sui due possibili risultati dopo le prime due scelte, come sono nel grafico: trasformo in sedicesimi.
1/4*1=4/16: rimangono A e B e vince A
3/4*1*1/2*1/2=3/16: rimangono B e C e vince B
3/4*1*1/2*1/2=3/16: rimangono A e B e vince B
3/4*1*1/2*1=6/16: rimangono B e C e vince C

dunque $P(B|(AB))=3/7$, $P(A|(AB))=4/7$, $P(B|(BC))=3/9=1/3$, $P(C|(BC))=6/9=2/3$,
dove ho indicato sinteticamente la probabilità condizionata (probabilità che vinca una busta, nell'ipotesi che siano rimaste due buste...)
anche 3/8 e 5/8 si possono ricavare dalle stesse formule:
$P(B|(B^^(AvvC)))=3/8$, $P((AvvC)|(B^^(AvvC)))=5/8$, che rappresentano le probabilità di vincere, dopo avere scelto prima A e poi B, nel caso che si scelga B anche la terza volta e nel caso che si cambi di nuovo (scegliendo l'unica alternativa rimasta, insieme con B, tra A e C).

avendo fatto uno sproloquio del genere, suppongo che qualche altra soluzione sia da aspettarsela...
attendo novità.
ciao.

[luca.barletta]

ok, ora torna tutto. Mi interessava fermare l'analisi a questo punto:

- vado a caso: 1/2
- non cambio né la seconda né la terza: 1/4
- non cambio la seconda ma cambio la terza: 3/4
- cambio la seconda ma non la terza (rispetto alla seconda): 3/8
- cambio sia la seconda sia la terza (rispetto alla seconda): 5/8

[adaBTTLS]

sì, però, mentre nel caso in cui "non ho cambiato la seconda", il cambio della terza non si offre ad ulteriori scelte,
nell'altro caso (cioè se "ho cambiato la seconda") forse vale la pena distinguere le due diverse prospettive.

[citazione]
- vado a caso: 1/2
- non cambio né la seconda né la terza: 1/4
- non cambio la seconda ma cambio la terza: 3/4
- cambio la seconda ma non la terza (rispetto alla seconda): 3/8
- cambio sia la seconda sia la terza (rispetto alla seconda): 5/8
- cambio la seconda e poi, per la terza scelta, tengo conto di altri fattori (probabilità condizionate)... i risultati si possono sintetizzare così:
se alla fine rimango con A e B (dove A è la prima scelta e B la seconda), vinco con probabilità 4/7 se scelgo A e 3/7 se scelgo B;
se alla fine rimango con B e C (dove B è la seconda scelta e C non è stata mai scelta), vinco con probabilità 1/3 se scelgo B e 2/3 se scelgo C.


dunque

- vado a caso: 1/2
- non cambio né la seconda né la terza: 1/4
- non cambio la seconda ma cambio la terza: 3/4
- cambio la seconda ma non la terza (rispetto alla seconda) potendo in alternativa tornare sulla prima scelta: 3/7
- cambio sia la seconda sia la terza (rispetto alla seconda) potendo tornare sulla prima scelta: 4/7
- cambio la seconda ma non la terza (rispetto alla seconda) potendo scegliere in alternativa una busta mai scelta: 1/3
- cambio sia la seconda sia la terza (rispetto alla seconda) potendo scegliere una busta mai scelta: 2/3

i risultati più sintetici indicano che alla fine conviene cambiare.

mi ricollego ad un altro messaggio di un altro utente per generalizzare ad un numero qualsiasi n di buste con la stessa regola:
scegliendo a caso si ha sempre una probabilità del 50%. facendo la scelta più oculata di scegliere n-2 volte la stessa busta e cambiare l'ultima scelta, si ha una probabilità di vittoria pari a (n-1)/n, il che significa il 99% nel caso di cento buste...
i casi intermedi sono troppi... e non ho voglia di esaminarli, ma se hai un metodo più efficace di proporli... siamo tutti contenti.
ciao.

[franced]

Lo scorso anno scolastico ho cercato di spiegare ai miei studenti il "fenomeno Monty Hall";
non è facile, come sappiamo bene.

Secondo me, dal punto di vista didattico, è preferibile non fare l'esempio con 3 porte, ma con 100 porte.
Rende molto meglio l'idea!