177. Soluzioni del 1° giugno 2026 – Probabilità controintuitive e LLM

Soluzioni del 1° giugno 2026 a cura di Fabio Ciuffoli

Ieri abbiamo presentato sei problemi sulle probabilità nei quali intuizione e ragione entrano in conflitto. Alcuni problemi ancorché molto noti continuano a sorprendere e stupire. Di seguito li riproponiamo con le soluzioni. Come anticipato, per il problema 3 Dilemma del mazzo  pubblichiamo la soluzione e il confronto con il LLM che ne è scaturito. 

 Probabilità controintuitive – soluzioni 

1. Il collezionista. In media, quante volte è necessario lanciare un dado prima che tutti e sei i diversi numeri siano apparsi?

1. SOLUZIONE. Dopo aver ottenuto il primo numero da 1 a 6 con probabilità 6/6, apparirà il secondo numero con probabilità 5/6, quindi occorrono in media 6/5 = 1,2 lanci per ottenere quel secondo numero. Il terzo numero uscirà con probabilità 4/6 quindi ci vogliono in media 6/4 = 1,5 lanci. Continuando in questo modo, abbiamo: 1 + 6/5 + 6/4 + 6/3 + 6/2 + 6/1 = 14,7 lanci.

Il problema e noto come “Problema del collezionista” e può essere riformulato nel modo seguente: “Qual è il numero atteso di figurine singole da acquistare per completare un album da n figurine?”. Per esempio l’Album dei Calciatori Panini 2024-25 conta 697 figurine.

2. Cinque “testa” in fila. Quanti lanci di una moneta, in media, occorrono per ottenere una serie di cinque “testa” di seguito?

2. SOLUZIONE. La probabilità di ottenere “testa” in un lancio è ½. Ora se ipotizziamo due lanci, la probabilità di ottenere due “testa” è ¼; su 3 lanci la probabilità di ottenere 3 “testa” è 1/8 e via di seguito. Il numero di lanci, in media, per ottenere una serie di 5 “testa” di fila è quindi:

1/(1/2)⁵ + 1/(1/2)⁴ + 1/(1/2)³ + 1/(1/2)² + 1/(1/2) = 32 + 16 + 8 + 4 + 2 = 62. Ci vorranno mediamente 62 lanci per ottenere 5 testa di seguito.

3. Dilemma del mazzo. Un tuo amico sceglie casualmente una carta da un mazzo standard di 52 carte e la tiene nascosta. Devi indovinare quale delle 52 carte è. Prima di indovinare, puoi porre al tuo amico una delle seguenti tre domande:

• A. la carta è rossa?
• B. la carta è una figura? (Jack, Regina o Re)
• C. la carta è l’Asso di Picche?

Il tuo amico risponderà sinceramente. Quale domanda faresti per avere la maggior probabilità di indovinare la carta?

3. SOLUZIONE. In tutti e tre i casi, la probabilità di indovinare la carta corretta è di 1 su 26. È un piccolo enigma meraviglioso con un risultato così controintuitivo che è difficile sottrarsi allo stupore. Analizziamo le singole domande.

Domanda A. Una volta che il tuo amico risponde, saprai se la carta è rossa o nera. Ci sono 26 carte rosse e 26 nere, quindi hai 1 possibilità su 26 di indovinare quella corretta.  

Domanda B. C’è una probabilità 12/52 che la carta sia una figura e una probabilità 40/52 che non lo sia. Se il tuo amico risponde che è una figura, hai 1/12 di possibilità di indovinare la carta corretta, e se il tuo amico risponde che non lo è, hai 1/40 di possibilità.Quindi la probabilità di indovinare la carta quando è una figura è (12/52) • (1/12) = 1/52, e la probabilità di indovinare la carta quando non lo è è (40/52) •  ( 1/40) = 1/52.La probabilità complessiva di indovinare la carta è la somma di queste due probabilità, che è 1/52 + 1/52 = 1/26 

Domanda C. Se la carta è l’asso di picche ti verrà detto sì e questo risultato ha una probabilità di 1/52.  Se la risposta è no, che ha una probabilità di 51/52 di accadere, devi quindi scegliere 1 carta dalle restanti 51. Questo risultato ti dà una probabilità di (51/52) • (1/51) = 1/52. Di nuovo, la somma di entrambi i possibili risultati è 1/52 + 1/52 = 1/26.

Ho chiesto a ChatGpt lo svolgimento del problema e di seguito riporto in colore la sua proposta di soluzione. La divergenza, in ogni caso interessante, a mio parere nasce da una questione lessicale più che concettuale.

Ho avuto l’impressione che il LLM sia stato influenzato – nel trarre la sua conclusione – dalla ricerca di soluzioni di problemi legati alla binaria adattiva che prevedono una ‘serie’ di domande con il dimezzamento graduale dello spazio di osservazione privilegiando la distribuzione più equilibrata.

Riporto il commento dell’amico Riccardo Mantovani: “L’ultima parte della risposta data dal Modello di Linguaggio non è priva di significato, ma bisogna portare alla luce cosa essa intenda in quel contesto quando dice “strategia migliore”.  Esiste un problemino introduttivo classico alla teoria dell’informazione formulato nel modo seguente: “Sia dato un insieme di k elementi; Alice ha scelto un elemento dall’insieme senza dire quale; Bob deve porle una *serie* di domande dicotomiche fino a che non sarà certo di aver individuato l’elemento da lei scelto. Quale strategia di interrogazione minimizza il numero atteso di domande necessarie?”.

Si dimostra che se Alice ha scelto la sua carta in maniera completamente casuale allora la strategia migliore è porre domande che dividano l’insieme a metà (o alla migliore approssimazione della metà, quando gli elementi residui sono in numero dispari). Per convincersene “informalmente” si può giocare con il caso di un insieme a quattro elementi e esplorare le possibili strategie di interrogazione.

Quando chatGPT ti dice che la domanda A è in qualche modo conveniente, intende dire questo: la domanda A è tale che, dovessero mai dare al giocatore la possibilità di porre almeno un’altra domanda, esso si troverebbe mediamente nella situazione di partenza più vantaggiosa. Insomma, se le tre domande A B e C non modificano la probabilità di indovinare “dopo la prima domanda”, esse però consegnano terreni di gioco diversi per un eventuale seconda domanda; e si può mostrare che la A è favorevole in questo senso.

Personalmente trovo fuorviante la risposta di chatGPT, che sostanzialmente sta modificando la definizione del fenomeno aleatorio a metà discussione, senza dircelo. Il fatto è che il problema delle domande dicotomiche è talmente paradigmatico rispetto alle varie introduzioni alla teoria dell’informazione che effettivamente posso capire che la risposta tenda a sbilanciarsi su quell’altro problema, simile al primo, delle domande plurime.”

Infine presentiamo un problema classico di teoria dell’informazione e la relativa soluzione. 

“Anna ha scelto casualmente una carta da un mazzo di 40 carte tipico italiano (diviso in 4 semi: Coppe, Denari, Bastoni, Spade; ogni seme ha carte dall’1 al 10). Bruno deve porle una serie di domande dicotomiche, con risposta sì o no, fino a che non sarà certo di aver individuato la carta da lei scelta. Quale strategia di minimizza il numero atteso di domande?”

SOLUZIONE. La strategia migliore per Bruno è porre domande che dividano l’insieme a metà indipendentemente dal fatto che la risposta sia “sì” oppure “no”. Per trovare il numero minimo di domande necessarie nel caso peggiore, si utilizza il logaritmo in base 2 del numero totale di carte arrotondato per eccesso:

log₂ (40) → 6.

Questo accade perché: con 5 domande si possono distinguere al massimo 2⁵ = 32 carte (insufficienti per 40); con 6 domande si possono distinguere fino a 2⁶ = 64 carte (più che sufficienti per 40).

Bruno deve procedere così:

1. Domanda 1 (Dimezza i semi): “La carta appartiene a Coppe o a Denari? Rimangono esattamente 20 carte.
2. Domanda 2 (Isola il seme): Se la risposta è sì (Coppe/Denari): “La carta è di Coppe?”. Se la risposta è no (Bastoni/Spade): “La carta è di Bastoni?”. Rimane esattamente 1 seme (10 carte).
3. Domanda 3 (Dimezza i valori): “Il valore della carta è maggiore di 5?” Rimangono 5 carte (es. da 1 a 5, oppure da 6 a 10).
4. Domanda 4 (Divide il gruppo da 5): “La carta è maggiore di 7?” (o di 2, a seconda del gruppo rimasto). Rimane un gruppo di 2 carte o un gruppo di 3 carte.
5. Domanda 5 (Isola a 1-2 carte): “La carta è il 9?” (oppure “La carta è maggiore di 3?”). A questo punto, in molti casi fortunati la carta è già indovinata. Nel caso peggiore rimangono 2 carte.
6. Domanda 6 (Ultimo bivio): “La carta è l’asso?” (o l’ultima carta rimasta). La carta viene indovinata con certezza assoluta.

4. I passeggeri. Cento passeggeri sono in fila per salire a bordo di un aereo di linea completo, ma il primo passeggero ha perso la carta d’imbarco e prende un posto a caso. Ogni passeggero successivo prende il posto assegnatogli, se disponibile, altrimenti un posto non occupato a caso. Qual è la probabilità che l’ultimo passeggero a bordo trovi il suo posto occupato?

SUGGERIMENTO: Iniziare a risolvere con 2 o 3 o 4 passeggeri.

4. SOLUZIONE. Come suggerito esaminiamo il problema per un numero ridotto di passeggeri.

Caso con 2 passeggeri: Il primo passeggero ha due posti tra cui scegliere: il proprio o quello dell’ultimo passeggero.

• Con probabilità ½ sceglie il proprio posto e il secondo passeggero trova il suo posto libero.
• Con probabilità ½ sceglie il posto del secondo passeggero, che quindi non troverà il suo posto libero.

Risultato: la probabilità che l’ultimo passeggero non trovi il suo posto libero è 1/2.

Caso con 3 passeggeri: Il primo passeggero può scegliere tra 3 posti, se siede: 

• al proprio posto (probabilità 1/3) tutto procede normalmente e il secondo passeggero si siede nel rispettivo posto e terzo passeggero trova il suo posto libero.
• al posto dell’ultimo passeggero (probabilità 1/3) l’ultimo passeggero non troverà il suo posto libero.
• al posto del secondo passeggero (probabilità 1/3) ora il secondo passeggero dovrà sedersi in un posto casuale tra i due rimanenti. Se il secondo passeggero trova libero il posto dell’ultimo passeggero, l’ultimo passeggero non troverà il suo posto libero. Se invece il secondo passeggero sceglie il posto del primo passeggero (rimasto vuoto), l’ultimo passeggero trova il suo posto libero. Poiché il secondo passeggero sceglie a caso tra 2 posti, ha probabilità 1/2 di finire nel posto giusto.

Infine calcoliamo la probabilità complessiva:

P(ultimo passeggero non trova il suo posto libero) = 1/3 + 1/3 • ½ = 1/3 + 1/6 = 1/2

Caso con 4 passeggeri: Il primo passeggero può scegliere tra 4 posti:

• Il proprio posto (probabilità ¼) tutto procede normalmente e l’ultimo passeggero trova il suo posto libero.
• Il posto dell’ultimo passeggero (probabilità ¼) l’ultimo passeggero non troverà il suo posto libero.
• Il posto del secondo passeggero o del terzo passeggero (probabilità ¼ ciascuno) ora il passeggero “sfrattato” dovrà scegliere tra i posti liberi.

Seguendo il ragionamento precedente, ogni volta che un passeggero è costretto a scegliere a caso tra più posti disponibili, si ripropone la stessa struttura del problema. Dopo alcuni passaggi si trova che anche in questo caso la probabilità che l’ultimo passeggero non trovi il suo posto è ½.

In generale

• Se il primo passeggero sceglie proprio il posto assegnato all’ultimo passeggero, quest’ultimo non troverà il suo posto libero.
• Se il primo passeggero sceglie il proprio posto, tutto procederà normalmente e l’ultimo passeggero troverà il suo posto libero.
• Se il primo passeggero sceglie un altro posto (diverso dal proprio e da quello dell’ultimo passeggero), si crea una “catena” di spostamenti fino a quando qualcuno sceglie casualmente il posto dell’ultimo passeggero o il proprio.

L’analisi dimostra che il problema è simmetrico: ogni volta che si verifica una scelta casuale, le probabilità di finire nel posto giusto o sbagliato restano 50%.

In generale, nel caso di n passeggeri, la probabilità che l’ultimo passeggero trovi il suo posto occupato è ½ o 50%.

5. Tre persone. A tre persone viene consegnata una tessera per ciascuno di un diverso colore: bianca o rossa oppure gialla. Successivamente viene consegnata un’altra tessera per ciascuno, scelta in modo casuale, di colore bianco, rosso e giallo. Calcolare la probabilità di coincidenza del colore delle due tessere assegnate a ciascuna persona:

• Tre giuste
• Una giusta e due sbagliate
• Due giuste e una sbagliata
• Tre sbagliate.

5. SOLUZIONE. Indichiamo le persone con A, B, C e supponiamo che ricevano all’inizio rispettivamente le tessere: bianca; rossa; gialla. Ora illustriamo in tabella tutte le possibili permutazioni e le varie corrispondenze e i risultati.

Riassumendo: tre giuste 1 caso; due giuste 0 casi; una giusta 3 casi; zero giuste 2 casi.

Per calcolare le probabilità, dividiamo il numero dei casi favorevoli sul totale delle permutazioni:

• Tre giuste: 1/6  (16,67%)
• Una giusta e due sbagliate: 3/6 = 1/2  (50%) 
• Due giuste e una sbagliata: 0
• Tre sbagliate: 2/6 = 1/3 (33,33%.

6. Ispirato dal problema di Monty Hall. Tre concorrenti Aldo, Bruno e Carlo partecipano a un gioco televisivo a premi in cui uno dei tre può vincere un’automobile. Il presentatore estrarrà casualmente da un’urna il nome del vincitore. Una volta che il presentatore ha estratto dall’urna il nome del vincitore, Aldo in preda a comprensibile ansia offre al presentatore un compenso per sapere chi tra Bruno e Carlo non sarà il vincitore. Il presentatore acconsente e rivela ad Aldo che Bruno non sarà il vincitore. A questo punto Aldo si rallegra e ricompensa il presentatore pensando che grazie all’informazione ricevuta la sua probabilità di vincere la macchina sia salita da 1/3 a ½. Aldo ha ragione a rallegrarsi? E quale sarebbe l’eventuale giusto compenso per il presentatore in euro sapendo che l’automobile ha un valore di 100.000 euro?

6. SOLUZIONE. Aldo non ha motivo di rallegrarsi e non c’è alcuna ragione per offrire un compenso al presentatore. L’informazione ricevuta “uno degli altri due concorrenti non vincerà l’automobile” non apporta alcuna nuova conoscenza a favore di Aldo. Infatti assegnare probabilità nulla all’evento “Bruno non vincerà l’automobile” fa aumentare la probabilità che Carlo vinca la macchina, ma non che la vinca Aldo.

In dettaglio: Aldo, Bruno e Carlo; uno solo vincerà l’automobile; ciascuno ha inizialmente 1/3 di probabilità di vincere. Il presentatore estrae il nome del vincitore. Aldo chiede al presentatore: “Dimmi chi, tra Bruno e Carlo non vincerà”. Il presentatore può sempre rispondere indicando uno dei due (Bruno o Carlo) che sicuramente non vincerà l’automobile. In questo caso dice: “Bruno non vincerà l’automobile”. Aldo pensa: “sapendo che Bruno non vincerà, restano solo lui e Carlo”, quindi erroneamente si convince che la probabilità di vincita per lui sia salita da 1/3 a 1/2. Ma questo non è corretto!

Consideriamo tutti i casi possibili:

Caso 1. Il vincitore è Aldo (probabilità 1/3): allora il presentatore può dire “Bruno” o “Carlo”, quindi con una probabilità del 50% dirà “Bruno” con probabilità 50% dirà “Carlo”.

Caso 2. Il vincitore è Bruno (probabilità 1/3): allora il presentatore non può dire “Bruno”, quindi deve dire “Carlo”.

Caso 3. Il vincitore è Carlo (probabilità 1/3): allora il presentatore non può dire “Carlo”, quindi deve dire “Bruno”. Supponiamo, come nel nostro caso, che il presentatore dica: “B non vincerà”, quindi:

– Se il vincitore è Aldo, il presentatore potrebbe dire “Bruno” (50% dei casi).

– Se il vincitore è Carlo, il presentatore deve sicuramente dire “Bruno”.

– Se il vincitore è Bruno, il presentatore non può dire “Bruno” perciò questo caso è escluso.

Ora calcoliamo le probabilità condizionate, vogliamo sapere: qual è la probabilità che Aldo vinca l’automobile, dato che il presentatore ha detto “Bruno non sarà il vincitore”? Consideriamo lo spazio campionario ristretto ai casi in cui il presentatore dice “Bruno”:

Caso 1 (vincitore Aldo): il presentatore dice “Bruno” con probabilità ½ quindi (1/3) • (1/2) = 1/6

Caso 2 (vincitore Carlo): il presentatore dice “Bruno” con probabilità 1 quindi (1/3) • 1 = 1/3

Totale peso: 1/6 + 1/3 = ½.

Probabilità che il vincitore sia Aldo = (1/6) / (1/2) = 1/3

Probabilità che il vincitore sia Carlo = (1/3) / (1/2) = 2/3

In conclusione, Aldo non ha ragione di rallegrarsi. La probabilità che Aldo sia il vincitore resta 1/3, mentre la probabilità che Carlo sia il vincitore, una volta noto che Bruno non sarà il vincitore, sale a 2/3.

I Giochi del Lunedì di Prisma tornano tra due settimane.