Le soluzioni del 27 marzo 2023 a cura di Fabio Ciuffoli
Ieri abbiamo presentato tre problemi di calcolo delle probabilità proposti dal professore e divulgatore di Matematica e Informatica Peter Winkler e di seguito pubblichiamo le soluzioni.
Estrarre un Jack – soluzioni
1. Estrarre un Jack. In alcuni giochi di poker, il primo mazziere viene determinato distribuendo singole carte scoperte, da un mazzo ben mescolato, finché un giocatore non ottiene un Jack. In media, quante carte vengono distribuite durante questa procedura?
SUGGERIMENTO: cosa succede se c’è un solo Jack in un mazzo di n carte? Calcola la risposta per n = 2, 3, 4, ecc. e cerca una spiegazione per il modello.
SPINTA: Cosa succede se ci sono solo due Jack in un mazzo di n carte? Calcola la risposta per n = 3, 4, 5, ecc. e cerca una spiegazione per il modello.
1. SOLUZIONE. In un mazzo da 52 carte, i 4 Jack dividono il mazzo in 5 piccoli mazzetti che possono avere da 0 a 48 carte. In media i 5 mazzetti dovrebbero avere 48/5 = 9.6 carte. La carta seguente, in media, sarà un Jack quindi vengono distribuite 11 carte per vedere un Jack.
2. Vedere l’ultima carta. Ti viene proposto di scommettere sul colore della prima carta di un mazzo di 52 carte, di cui 26 rosse e 26 nere, ben mescolate. Se indovini il colore vinci 100 euro altrimenti perdi lo stesso importo. Quanto vale, per te, la possibilità di vedere l’ultima carta del mazzo? E quanto vale la possibilità di vedere le ultime due carte?
2. SOLUZIONE. Senza vedere alcuna carta, la scommessa è equa con valore atteso uguale a zero. Se vedi l’ultima carta rossa, conviene scommettere sul nero con probabilità 26/51; quindi la tua aspettativa sarà (26/51)* 100 + (25/51)* (- 100) che è di circa 1,96 euro. Poiché il calcolo è lo stesso se vedi l’ultima carta nera, il valore dell’informazione è di 1,96 euro.
La penultima carta non ha valore! Supponiamo che l’ultima carta sia rossa e se anche la penultima fosse rossa, scommetteresti comunque sulla prima carta nera. Se la penultima carta fosse nera, allora il gioco tornerebbe equo, quindi indifferentemente puoi mantenere la tua scommessa sul nero. Poiché la penultima carta non ha il potere di cambiare la tua strategia, il suo valore aggiuntivo è esattamente zero euro.
3. Prossima carta rossa. Da un mazzo di 52 carte ben mescolato, con 26 rosse e 26 nere, vengono scoperte una alla volta le carte. In qualsiasi momento, puoi interrompere e scommettere 1 euro che la prossima carta sarà rossa. Puoi scommettere una sola volta e se non interrompi mai, si presume che tu abbia scommesso sull’ultima carta. Qual è la tua migliore strategia?
3. SOLUZIONE. Il valore atteso in questo gioco è almeno zero, perché puoi semplicemente scommettere sulla prima carta, che potrebbe essere, con uguale probabilità, rossa o nera oppure potresti aspettare l’ultima carta, con lo stesso risultato.
È possibile migliorare questa strategia? La risposta è complessa come cercheremo di mostrare. Se aspetti il momento in cui hai visto passare più carte nere che rosse, puoi scommettere in quell’istante e avere le probabilità a tuo favore. Al limite, potresti aspettare di aver visto tutte le carte nere e poi scommettere con la certezza di vincere, ma ciò potrebbe non accadere mai. La migliore strategia è quella prudenziale: aspetta fino alla prima volta che il numero di carte nere che hai visto uscire supera il numero di carte rosse e cogli le probabilità risultanti (probabilmente piccole) a tuo favore. Ad esempio, se la prima carta è nera, scommetti sulla successiva, accettando un’aspettativa positiva di (26/51) *€ 1 + (25/51) * (- € 1) che è di circa 2 centesimi.
Ovviamente, anche se improbabile, è possibile che le carte nere viste non superino mai quelle rosse, nel qual caso è conveniente puntare sull’ultima carta. E per questo che il valore atteso è almeno zero. In questo gioco tutte le strategie sono ugualmente inefficaci e questo è una conseguenza del Teorema del Tempo di Arresto Opzionale della Martingala che può essere stabilito anche per induzione sul numero di carte di ogni colore nel mazzo.
A lunedì prossimo.
Una risposta
Bellissimo il metodo dei piccoli mazzetti per il problema 1!!! 🙂
Per il problema 2 ho capito dove sta l’inghippo. Non è vero, come sostenevo, che le due ultime carte sono equiprobabilmente o dello stesso colore o di colore diverso. Ci si può convincere con un paio di prove:
con sole 4 carte i casi possibili sono 6:
RRNN
RNRN
RNNR
NRRN
NRNR
NNRR
e solo 2 volte su 6 abbiano le due finali dello stesso colore.
con 6 carte i casi possibili sono 20:
RRRNNN
RRNRNN
RRNNRN
RRNNNR
RNRRNN
RNRNRN
RNRNNR
RNNRRN
RNNRNR
RNNNRR
NRRRNN
NRRNRN
NRRNNR
NRNRRN
NRNRNR
NRNNRR
NNRRRN
NNRRNR
NNRNRR
NNNRRR
solo 8 volte su 20 le due finali sono dello stesso colore.
Naturalmente si possono anche calcolare facilmente. Per N = 4 la probabilità che la penultima sia dello stesso colore dell’ultima è 1/3, per N = 6 è 2/5, in generale è (N/2-1)/(N-1). Con 52 carte è quindi 25/51.
La formula che avevo scritto va corretta in:
26/51 * (100 * 25/50 – 100 * 25/50) + 25/51 * (100 * 26/50 – 100 * 24/50) = ~1.96
Tutto torna! Bella anche la spiegazione sull’inutilità della penultima carta!! 🙂