Secret Santa.

[Studente Anonimo]

Quattro amici: Andrea, Beatrice, Celeste e Daniele, decidono di fare un secret santa. Ovvero ciascuno fa un regalo a qualcuno d'altro e ciascuno riceve un regalo da qualcuno d'altro. Il tutto anonimamente fino allo scambio dei regali.
Per decidere chi fa il regalo a chi, in modo un po' naif, i quattro amici optano di operare nel seguente modo.
Ciascuno, su un foglietto, scrive il proprio nome e lo inserisce in un cappello. A turno pescano un foglietto, il nome pescato sarà la persona a cui dover fare il regalo di natale.
Se, per contro, sul foglietto pescato c'è scritto il proprio nome allora si rimette dentro al cappello - poiché nessuno può fare un regalo a se stesso - e si pesca nuovamente fintanto che non si pesca un foglietto con il nome di qualcun altro. Poi il cappello passa al successivo che pesca un foglietto.
Se l'ultimo pesca il proprio nome si rifà tutto d'accapo poiché scambiare i biglietti non può funzionare siccome non sarebbe più anonimo. L'ordine con cui pescano è quello alfabetico: prima Andrea poi Beatrice, in seguito Celeste ed infine Daniele.
Daniele spera di pescare Celeste, poiché ci tiene particolarmente a farle un regalo. Può dirsi speranzoso di pescare il foglietto con su il nome di Celeste? E se fosse Beatrice a voler fare un regalo a Celeste?

Eugenio, Flavia e Giorgio, sentendo che i quattro fanno un secret santa, decidono di farlo anche loro. Poco dopo, però, rinunciano all'idea. Perché?

[Studente Anonimo]

No perché dimentichi due casi, ovvero rimane D alla fine con un bigliettino e devono ricominciare tutto d'accapo e questo avviene con probabilità 5/36.

[axpgn]

Eh, no.

Scusami, ma quali sarebbero i "due casi"? In quella tabella ci sono tutte e 24 le possibilità, ognuna con la sua probabilità, non ne manca nessuna e il totale non fa $1$.
Ripeto: si deve essere coerenti, la probabilità che $D$ peschi $D$ è zero, non fa $1$ in alcuni casi perché mi fa comodo

Cordialmente, Alex

[Studente Anonimo]

Perché sostanzialmente sono due cose diverse. B ha probabilità 0 di pescare se stesso perché rimetterebbe il foglietto nel cappello e ne prenderebbe un'altro. Ma D prenderebbe l'ultimo bigliettino e direbbe "Hey! Ho pescato me stesso dobbiamo ricominciare tutto dall'inizio", sono due cose diverse.

superppone

i due casi sono

cabd che ha probabilità 1/12
e
bcad che ha probabilità 1/18

In questi due casi devono rimettere tutti i bigliettini nel cappello e ricominciare. D non "pesca" se stesso ma il gioco ricomincia.

[Studente Anonimo]

E la differenza è dovuta al fatto che all ultimo non si creano dei cicli. La probabilità per B di pescare B è zero poiché si creerebbe un loop. All'ultimo invece No!

Caso in cui A ha pescato B


Caso in cui A ha pescato C:


Caso in cui A ha pescato D:


ovviamente B può pescare B, ma lo rimette dentro, quindi la probabilità che lo "tiene" è zero. Mentre quando D pesca D, e ciò avviene 5/36 delle volte in media ricominciano. Che è diverso da rimetterlo dentro al cappello e continuare.

edit:

Se leggi le regole del gioco scelte da loro, queste sono le probabilità corrette. Non è una scelta. Il modo scelto da loro è pessimo perché rompe due cose importanti per il secret santa.
Come diceva Drazan77 la segretezza, perché nel caso che uno ripesca gli altri guadagnano informazione e C, se dovesse pescare se stesso, saprebbe con certezza chi pescherà D. Ma le loro regole sono:
1) Pesco un nome
1.1) Se il nome è diverso dal mio lo tengo
1.2) Se non sono D e il nome è il mio lo rimetto dentro e pesco nuovamente
1.3) Se sono D e pesco il mio nome, rimettiamo tutti i nomi nel cappello e A ricomincia dal punto 1)
1.4) Se c'è un successivo passo il cappello al successivo

e con queste regole D non ha probabilità 0 di pescare D, ma ha probabilità 5/36 di far ricominciare tutti dall'inizio! Mentre B ha probabilità 0 di pescare e tenere B!!
E i loop creati nel grafo fanno sì che le probabilità non sono uniformi!

[Studente Anonimo]

"superpippone":Beatrice regala a Celeste:

$5/18$

No questa no, probabilmente hai fatto confusione. Ma questa è la probabilità che Beatrice regala a Daniele.

[superpippone]

La probabilità che Beatrice regali a Celeste, è uguale a quella che Beatrice regali a Daniele.

[axpgn]

"3m0o":..., sono due cose diverse.

Per niente

Il "senso" del "gioco" è quello di produrre una combinazione "valida"; quando $D$ pesca $D$ NON è finita ma continua (attenzione non ho detto "ricomincia" ) esattamente come quando $A$ pesca $A$.
Se vuoi calcolare le probabilità in questo modo ALLORA devi considerare non solo le quattro pescate e finirla lì ma anche le otto pescate, le dodici pescate, ecc. finché arrivi ad una VERA fine.
Ma non solo, devi tener conto anche di $A$ su $A$, $B$ su $B$, $C$ su $C$ ovvero di "giocate" che terminano dopo cinque pescate, sei pescate, ecc. teoricamente all'infinito.
Allora sì che saremmo d'accordo , altrimenti è solo una tua idea che $D$ su $D$ termina e $A$ su $A$ va avanti.
Ho una vaga ( ) idea di cosa siano le catene di Markov e penso che questo sia il caso.

IMHO

Cordialmente, Alex

[axpgn]

@superpippone

Se guardi la mia tabella fa $2/9$ non $5/18$ (ovviamente secondo la "visione" di 3m0o non la mia )

[Studente Anonimo]

Superpippone, io trovo questo:

A possiede probabilità
- ( 1/9+1/18+1/9 approx 0.278 ) di fare un regalo a B
- ( 1/12 + 1/12 + 1/12 approx 0.25 ) di fare un regalo a C
- ( 1/6 + 1/12 + 1/12 approx 0.333 ) di fare un regalo a D
- (1/12 approx 0.083 ) di fare un regalo a C ma si deve ripetere l'estrazione (quindi non gli fa effettivamente nessun regalo)
- (1/18 approx 0.056 ) di fare un regalo a B, ma si deve ripetere l'estrazione (quindi non gli fa effettivamente nessun regalo)

B ha probabilità
- ( 1/12 + 1/9 + 1/6 approx 0.361 ) di fare un regalo ad A
- (1/18+1/12 + 1/12 approx 0.222 ) di fare un regalo a C
- ( 1/12 + 1/12 + 1/9 approx 0.278 ) di fare un regalo a D
- (1/12 approx 0.083 ) di fare un regalo ad A ma si deve ripetere l'estrazione (quindi non gli fa effettivamente nessun regalo)
- ( 1/18 approx 0.056 ) di fare un regalo a C, ma si deve ripetere l'estrazione (quindi non gli fa effettivamente nessun regalo)

C ha probabilità
- (1/12 + 1/9+1/12 approx 0.278 ) di fare un regalo ad A
- (1/12 + 1/12 + 1/6 approx 0.333 ) di fare un regalo a B
- ( 1/12 + 1/9 + 1/18 approx 0.25 ) di fare un regalo a D
- (1/12 approx 0.083 ) di fare un regalo ad B ma si deve ripetere l'estrazione (quindi non gli fa effettivamente nessun regalo)
- (1/18 approx 0.056 ) di fare un regalo ad A, ma si deve ripetere l'estrazione (quindi non gli fa effettivamente nessun regalo)

D ha probabilità
- (1/12+1/18+1/12 approx 0.222 ) di fare un regalo ad A
- (1/12+1/12+1/12 approx 0.25 ) di fare un regalo a B
- (1/9+1/9+1/6 approx 0.389 ) di fare un regalo a C
- (1/12 + 1/18 approx 0.139 ) di fare pescare se stesso e costringere gli altri a ripetere tutto d'accapo.

[Studente Anonimo]

"axpgn":

Il "senso" del "gioco" è quello di produrre una combinazione "valida"; quando $D$ pesca $D$ NON è finita ma continua (attenzione non ho detto "ricomincia" ) esattamente come quando $A$ pesca $A$.
Se vuoi calcolare le probabilità in questo modo ALLORA devi considerare non solo le quattro pescate e finirla lì ma anche le otto pescate, le dodici pescate, ecc. finché arrivi ad una VERA fine.
Ma non solo, devi tener conto anche di $A$ su $A$, $B$ su $B$, $C$ su $C$ ovvero di "giocate" che terminano dopo cinque pescate, sei pescate, ecc. teoricamente all'infinito.
Allora sì che saremmo d'accordo , altrimenti è solo una tua idea che $D$ su $D$ termina e $A$ su $A$ va avanti.
Ho una vaga ( ) idea di cosa siano le catene di Markov e penso che questo sia il caso.

IMHO

Cordialmente, Alex

Il fatto è che questa è la corretta modellizzazione della situazione reale. Se ci mettessimo lì in 4 persone e proviamo con queste regole, potremmo andare avanti all'infinito. Perché potrebbe benissimo essere che arriva sempre D alla fine oppure che B continua a pescare se stesso. Quindi sì, B potrebbe continuamente pescare se stesso ma la probabilità che le combinazioni escono sono quelle, proprio perché ad ogni giocata (intendo che tutti e 4 pescano almeno una volta) la probabilità che si arriva con una determinata permutazione sono quelle descritte da me sopra.
Se vuoi quelle sono le probabilità che terminata una giocata si ottenga una data permutazione. Se D è l'ultimo della permutazione allora si passa alla giocata successiva.

edit: aggiunta

Non c'è scritto da nessuna parte che l'obbiettivo finale è ottenere una permutazione valida. O meglio, i 4 amici vorrebberò quello, ma hanno scelto male, malissimo il modo di ottenerla perché potrebbero non ottenerla mai. E la probabilità che ottengono una combinazione valida dopo 5 giocate è
[ (5/36)^4 (31/36) ]
con le tue modellizzazioni invece non c'è alcuna possibilità che vi siano 5 giocate. Cosa che nella situazione reale è possibile.

[axpgn]

@3m0o

"3m0o":Non c'è scritto da nessuna parte che l'obbiettivo finale è ottenere una permutazione valida.

Come no? L'incipit afferma proprio quello
Beh, se poi vanno avanti all'infinito son cavoli loro
E siccome tu l'hai portato qui, allora devi accettarne tutte le conseguenze
Prova a calcolare le probabilità come ho detto nel mio ultimo post (io non ne sono capace)

Cordialmente, Alex

[Studente Anonimo]

Ecco!

Giocata = tutti e 4 pescano almeno 1 volta.
Turno (k,n) = la giocata (n) si divide in (k) turni, la persona (X_k ) pesca al turno (k), ovvero il turno 1 pesca (X_1=A), al turno 2 pesca (X_2=B), al turno 3 pesca (X_3=C) e al turno 4 pesca (X_4=D).

Le regole del gioco sono equivalenti a queste:
Giocata ( n geq 1 ):
Turno ( 1 leq (n,i) leq 3 ). La persona (X_i in { A,B,C} ) pesca.
- Se (X_i) pesca (X_i) allora rimette il bigliettino nel cappello il turno non termina e si ripete il punto precedente (ovvero (X_i) pesca).
- Se (X_i) pesca ( X_j), con (i
eq j) allora il turno ( (n,i)) termina e si passa al turno ( (n,i +1) ).
Turno ( (n,4))
- Se ( X_4 ) pesca (X_4) allora il turno termina e tutti i bigliettini si rimettono nel cappello e si passa alla giocata ( n+1).
- Se (X_4 ) pesca ( X_i), con ( i
eq 4 ) allora il turno termina e il secret santa termina, si è ottenuto una permutazione valida. Tutti hanno un matching per il secret santa (anche se forse la segretezza è stata rotta come diceva Drazen77)

Evento: ( mathcal{E}_n ) = si ottiene una permutazione valida al termine del turno ((4,n)), o in altre parole al termine della giocata (n)-esima.
Evento: ( mathcal{E}_{infty} ) = non si arriva mai ad una permutazione valida
Evento: ( mathcal{E}_{X_i X_j,n} ) = fissata una giocata (n geq 1 ), al termine del turno ( (n,i)) abbiamo che ( X_i ) pesca (X_j) con (i
eq j ).
Evento: ( mathcal{E}_{X_i X_i,n} ) = fissata una giocata (n geq 1 ), il turno ((n,i ) ) non termina perché (X_i ) pesca (X_i) in continuazione.
Insieme: ( mathcal{I}_k : = { X_i mid ext{ il nome } X_i ext{ è nel cappello al turno } (n,k) } )

Se non è specificato il contrario fissiamo la giocata (n geq 1 ).

Ora dovrebbe risultare chiaro che
Se ( 1 leq i leq 3 ) abbiamo che
[ P(mathcal{E}_{X_i X_i,n}) = P(mathcal{E}_{X_i X_i,n} mid X_i ext{ è nel cappello} ) + P(mathcal{E}_{X_i X_i,n} mid X_i ext{ non è nel cappello} ) = left(lim_{k o infty} left( frac{1}{4-(i-1)}
ight)^k
ight) + 0 = 0]
Quindi quasi certamente si passa al turno successivo.
Pertanto siccome la distribuzione di pescare un biglietto è una distribuzione uniforme discreta. E la probabilità che un turno non finisce è 0, possiamo dire che se (1 leq i leq 4 ) e ( i
eq j ) allora
[ P(mathcal{E}_{X_i X_j,n}mid ext{sapendo } mathcal{I}_i) =left{egin{matrix}
frac{1}{operatorname{card} left( mathcal{I}_i setminus X_i
ight)} & ext{se} & X_j in mathcal{I}_i \
&& \
0 & ext{altrimenti} &
end{matrix}
ight. ]
Questo perché
[ P( ext{non} mathcal{E}_{X_i X_i,n}) = 1 ]
e dunque sappiamo che quasi certamente dopo un certo numero di pescate effettuate da (X_i), avremo che (X_i ) pesca un certo (X_j in mathcal{I}_i setminus X_i ) con (j
eq i ).

Infatti avremmo che con
[ P(mathcal{E}_{X_i, X_j,n}) = P( ext{non} mathcal{E}_{X_i X_i,n}) P(mathcal{E}_{X_i, X_j,n}mid ext{non} mathcal{E}_{X_i X_i,n} ) + P( mathcal{E}_{X_i X_i,n}) P(mathcal{E}_{X_i, X_j,n}mid mathcal{E}_{X_i X_i,n} ) ]
ora se ( i
eq j ) abbiamo che
[ P( ext{non} mathcal{E}_{X_i X_i,n}) P(mathcal{E}_{X_i, X_j,n}mid ext{non} mathcal{E}_{X_i X_i,n} ) = 1 cdot P(mathcal{E}_{X_i, X_j,n}mid ext{non} mathcal{E}_{X_i X_i,n}) = frac{1}{operatorname{card} left( mathcal{I}_i setminus X_i
ight)} ]
nel caso in cui ( X_j in mathcal{I}_i setminus X_i ), e zero altrimenti.
Nel caso in cui ( i = j ) abbiamo che
[ P( ext{non} mathcal{E}_{X_i X_i,n}) P(mathcal{E}_{X_i, X_j,n}mid ext{non} mathcal{E}_{X_i X_i,n} ) = 1 cdot P(mathcal{E}_{X_i, X_i,n}mid ext{non} mathcal{E}_{X_i X_i,n}) = 0 ]

Grazie al teorema della probabilità composta generalizzato possiamo calcolarci tutte le probabilità di chi ha pescato cosa al termine di un turno. Nota che dico pescate al termine di un turno!!

Per A:
- ( P(mathcal{E}_{X_1 X_1,n} ) = 0 )
- ( P(mathcal{E}_{X_1 X_2,n} ) = 1/9+1/18+1/9 + (1/18) )
- ( P(mathcal{E}_{X_1 X_3,n} ) = 1/12 + 1/12 + 1/12 + (1/12) )
- ( P(mathcal{E}_{X_1 X_4,n} ) =1/6 + 1/12 + 1/12 )

B ha probabilità
- (P(mathcal{E}_{X_2 X_1,n} )= 1/12 + 1/9 + 1/6 + (1/12) )
- ( P(mathcal{E}_{X_2 X_2,n} ) = 0 )
- (P(mathcal{E}_{X_2 X_3,n} )= 1/18+1/12 + 1/12 + (1/18) )
- ( P(mathcal{E}_{X_2 X_4,n} )= 1/12 + 1/12 + 1/9 )


C ha probabilità
- (P(mathcal{E}_{X_3 X_1,n} ) = 1/12 + 1/9+1/12 + (1/12) )
- (P(mathcal{E}_{X_3 X_2,n} )= 1/12 + 1/12 + 1/6 + (1/18) )
- ( P(mathcal{E}_{X_3 X_3,n} ) = 0 )
- (P(mathcal{E}_{X_3 X_4,n} )= 1/12 + 1/9 + 1/18 )


D ha probabilità
- (P(mathcal{E}_{X_4 X_1,n} )= 1/12+1/18+1/12 )
- ( P(mathcal{E}_{X_4 X_2,n} )=1/12+1/12+1/12 )
- (P(mathcal{E}_{X_4 X_3,n} )= 1/9+1/9+1/6 )
- (P(mathcal{E}_{X_4 X_4,n} )= 1/12 + 1/18 )

Mentre abbiamo che

Per A:
- ( P(mathcal{E}_{X_1 X_1,n} mid mathcal{E}_n ) = 0 )
- ( P(mathcal{E}_{X_1 X_2,n} mid mathcal{E}_n ) = 1/9+1/18+1/9 )
- ( P(mathcal{E}_{X_1 X_3,n} mid mathcal{E}_n ) = 1/12 + 1/12 + 1/12 )
- ( P(mathcal{E}_{X_1 X_4,n}mid mathcal{E}_n ) =1/6 + 1/12 + 1/12 )

B ha probabilità
- (P(mathcal{E}_{X_2 X_1,n}mid mathcal{E}_n )= 1/12 + 1/9 + 1/6 )
- ( P(mathcal{E}_{X_2 X_2,n}mid mathcal{E}_n ) = 0 )
- (P(mathcal{E}_{X_2 X_3,n} mid mathcal{E}_n )= 1/18+1/12 + 1/12 )
- ( P(mathcal{E}_{X_2 X_4,n}mid mathcal{E}_n )= 1/12 + 1/12 + 1/9 )


C ha probabilità
- (P(mathcal{E}_{X_3 X_1,n} mid mathcal{E}_n ) = 1/12 + 1/9+1/12 )
- (P(mathcal{E}_{X_3 X_2,n} mid mathcal{E}_n )= 1/12 + 1/12 + 1/6 )
- ( P(mathcal{E}_{X_3 X_3,n}mid mathcal{E}_n ) = 0 )
- (P(mathcal{E}_{X_3 X_4,n}mid mathcal{E}_n )= 1/12 + 1/9 + 1/18 )


D ha probabilità
- (P(mathcal{E}_{X_4 X_1,n} mid mathcal{E}_n )= 1/12+1/18+1/12 )
- ( P(mathcal{E}_{X_4 X_2,n} mid mathcal{E}_n )=1/12+1/12+1/12 )
- (P(mathcal{E}_{X_4 X_3,n} mid mathcal{E}_n )= 1/9+1/9+1/6 )
- (P(mathcal{E}_{X_4 X_4,n}mid mathcal{E}_n )= 0 )

E invece
Per A:
- ( P(mathcal{E}_{X_1 X_1,n} mid ext{non} mathcal{E}_n ) = 0 )
- ( P(mathcal{E}_{X_1 X_2,n} mid ext{non} mathcal{E}_n ) = 1/18 )
- ( P(mathcal{E}_{X_1 X_3,n} mid ext{non} mathcal{E}_n ) = 1/12 )
- ( P(mathcal{E}_{X_1 X_4,n}mid ext{non} mathcal{E}_n ) =0 )

B ha probabilità
- (P(mathcal{E}_{X_2 X_1,n}mid ext{non} mathcal{E}_n )= 1/18 )
- ( P(mathcal{E}_{X_2 X_2,n}mid ext{non} mathcal{E}_n ) = 0 )
- (P(mathcal{E}_{X_2 X_3,n} mid ext{non} mathcal{E}_n )= 1/18 )
- ( P(mathcal{E}_{X_2 X_4,n}mid ext{non} mathcal{E}_n )= 0 )


C ha probabilità
- (P(mathcal{E}_{X_3 X_1,n} mid ext{non} mathcal{E}_n ) = 1/18 )
- (P(mathcal{E}_{X_3 X_2,n} mid ext{non} mathcal{E}_n )= 1/12 )
- ( P(mathcal{E}_{X_3 X_3,n}mid ext{non} mathcal{E}_n ) = 0 )
- (P(mathcal{E}_{X_3 X_4,n}mid ext{non} mathcal{E}_n )= 0 )


D ha probabilità
- (P(mathcal{E}_{X_4 X_1,n} mid ext{non} mathcal{E}_n )= 0)
- ( P(mathcal{E}_{X_4 X_2,n} mid ext{non} mathcal{E}_n )=0 )
- (P(mathcal{E}_{X_4 X_3,n} mid ext{non} mathcal{E}_n )= 0)
- (P(mathcal{E}_{X_4 X_4,n}mid ext{non} mathcal{E}_n )= 1/12 + 1/18 )

Notiamo innazitutto che
[ P(mathcal{E}_{infty}) = lim_{k o infty} left( frac{5}{36}
ight)^k = 0 ]

Pertanto sappiamo che quasi certamente
[ P( ext{non} mathcal{E}_{infty}) = 1 ]

Quindi chiamando ( mathcal{R}_{X_i, X_j,n} = mathcal{E}_n cap mathcal{E}_{X_i,X_j} ) o in altre parole, alla giocata ( n ) si determina che (X_i ) fa un regalo a (X_j).
[ mathcal{R}_{X_i,X_j} = igsqcup_{k=1}^{infty} mathcal{R}_{X_i,X_j,k}=igsqcup_{k=1}^{infty} mathcal{E}_k cap mathcal{E}_{X_i,X_j,k} ]
o in altre parole rappresenta l'evento ( X_i ) fa un regalo a (X_j).

Abbiamo pertanto che se (i
eq j ) allora
[ P(mathcal{R}_{X_i,X_j})= P(mathcal{R}_{X_i, X_j} mid mathcal{E}_{infty}) P(mathcal{E}_{infty} ) + P(mathcal{R}_{X_i, X_j} mid ext{non}mathcal{E}_{infty}) P( ext{non}mathcal{E}_{infty} ) ]

Ora [ P(mathcal{R}_{X_i, X_j} mid mathcal{E}_{infty}) = sum_{k=1}^{infty} P(mathcal{E}_k cap mathcal{E}_{X_i,X_j,k} mid mathcal{E}_{infty}) P(mathcal{E}_{infty} ) = 0 ]
Perché abbiamo che ( P(mathcal{E}_{infty} ) = 0 ).


Mentre invece
[ P(mathcal{R}_{X_i, X_j} mid ext{non} mathcal{E}_{infty}) = sum_{k=1}^{infty} P(mathcal{E}_k cap mathcal{E}_{X_i,X_j,k} mid ext{non} mathcal{E}_{infty}) P( ext{ non} mathcal{E}_{infty} ) ]
Ora abbiamo che ( P( ext{ non} mathcal{E}_{infty} ) = 1 ) pertanto la somma sopra diviene
[ sum_{k=1}^{infty} P(mathcal{E}_k cap mathcal{E}_{X_i,X_j,k} mid ext{non} mathcal{E}_{infty}) ]
Ora cosa significa che sappiamo che l'evento ( ext{non} mathcal{E}_{infty} ) si verifica? Lo sappiamo dalla probabilità condizionata non dal fatto che la probabilità è 1. Significa che esiste un certo (n ) per cui vale ( P(mathcal{E}_n ) = 1 ) e tale per cui ( P(mathcal{E}_k)=0 ) se ( 1 leq k < n ) e ( P(mathcal{E}_k)=P(emptyset)=0 ) se ( k > n ). Pertanto usando il teorema della probabilià composta generalizzata otteniamo che
[ sum_{k=1}^{infty} P(mathcal{E}_k cap mathcal{E}_{X_i,X_j,k} mid ext{non} mathcal{E}_{infty}) = sum_{k=1}^{infty} P( ext{non}mathcal{E}_{infty})P( mathcal{E}_{X_i,X_j,k} mid ext{non} mathcal{E}_{infty}) P(mathcal{E}_k mid ext{non} mathcal{E}_{infty} cap mathcal{E}_{X_i,X_j,k}) ]
Ora abbiamo che ( P( mathcal{E}_{X_i,X_j,k} mid ext{non} mathcal{E}_{infty}) = P( mathcal{E}_{X_i,X_j,k} mid mathcal{E}_{n}) ),
Mentre ( P(mathcal{E}_k mid ext{non} mathcal{E}_{infty} cap mathcal{E}_{X_i,X_j,k})= 0 ) se (k
eq n ) e ( P(mathcal{E}_k mid ext{non} mathcal{E}_{infty} cap mathcal{E}_{X_i,X_j,k}) = 1 ) se (n = k ) da cui
[ sum_{k=1}^{infty} P( ext{non}mathcal{E}_{infty})P( mathcal{E}_{X_i,X_j,k} mid mathcal{E}_{n}) P(mathcal{E}_k mid ext{non} mathcal{E}_{infty} cap mathcal{E}_{X_i,X_j,k}) = P( mathcal{E}_{X_i,X_j,n} mid mathcal{E}_{n}) ]

mentre nel caso in cui ( 1 leq i = j leq 4 ) allora come prima otteniamo che
[ P(mathcal{R}_{X_i,X_i})= P(mathcal{R}_{X_i, X_i} mid mathcal{E}_{infty}) P(mathcal{E}_{infty} ) + P(mathcal{R}_{X_i, X_i} mid ext{non}mathcal{E}_{infty}) P( ext{non}mathcal{E}_{infty} ) ]

Abbiamo sempre che
[ P(mathcal{R}_{X_i, X_i} mid mathcal{E}_{infty}) = sum_{k=1}^{infty} P(mathcal{E}_k cap mathcal{E}_{X_i,X_i,k} mid mathcal{E}_{infty}) P(mathcal{E}_{infty} ) = 0 ]
Perché abbiamo che ( P(mathcal{E}_{infty} ) = 0 ).
E sempre come prima abbiamo che

[ P(mathcal{R}_{X_i, X_i} mid ext{non} mathcal{E}_{infty})= sum_{k=1}^{infty} P( ext{non}mathcal{E}_{infty})P( mathcal{E}_{X_i,X_i,k} mid mathcal{E}_{n}) P(mathcal{E}_k mid ext{non} mathcal{E}_{infty} cap mathcal{E}_{X_i,X_i,k}) = P( mathcal{E}_{X_i,X_i,n} mid mathcal{E}_{n}) = 0 ]

[axpgn]

Quando ho scritto questo

"axpgn":Ho una vaga ( ) idea di cosa siano le catene di Markov e penso che questo sia il caso.

mi riferivo ad una soluzione di questo tipo

Cordialmente, Alex

[Studente Anonimo]

Ah...

Prova a calcolare le probabilità come ho detto nel mio ultimo post (io non ne sono capace)

[axpgn]

Guarda il link che ho messo or ora, dopo il tuo papello, (purtroppo mi sono perso dopo le prime venti righe, deve essere un problema di concentrazione )

Cordialmente, Alex

[Studente Anonimo]

Non so niente dei processi markoviani onestamente.
Però provo a spiegartelo così, poi non so più come spiegartelo in altro modo...

Una possibile analogia è questa:

Diciamo così prendi un dado truccato a 6 facce.
truccato è analogo al fatto che vi siano dei cicli per A,B,C e dunque le probabilità non sono le stesse.
In modo tale che hai le seguenti probabilità
(P(1) = 1/3 )
(P(2) = 1/4 )
(P(3) = 1/12 )
(P(4) = 1/12 )
(P(5) = 0 )
(P(6) = 1/4 )


Tu tiri il dado:
Se esce 1 ti regalo una paperella, se esce 2 ti regalo una bottiglia di vino, se esce 3 ti regalo una mucca, se esce 4 ti regalo una sciabola. Mentre se il 5 oppure il 6 puoi tirare nuovamente il dado.
Qual'è la probabilità che tu vinca qualcosa? Hai una probabilità di 1 di vincere un premio. Chiaro non è impossibile che tu continui all'infinito a tirare il dado, ma questo evento ha misura nulla, i.e. sei quasi certo di vincere.

Per come è truccato il dado, dopo un lancio non potrai mai osservare il numero 5. Questo è analogo al fatto che dopo che D ha pescato non potrai mai osservare che A possiede A in mano, B ha possiede il foglietto con scritto B, e C possiede C, perché sai che D ha pescato e quindi gli altri hanno pescato qualcosa che è valido (o eventualmente ripescato più volte fino a ottenere qualcosa di valido).

Dopo il lancio puoi osservare il numero 6? Certamente. Questo è analogo al fatto che D può ritrovarsi con il proprio nome dopo che ha pescato.

Dopo l'osservazione del numero decidi cosa fare:
- Se è uscito il 6 ritiri il dado e questo è analogo al fatto che tutti rimettono i bigliettini dentro al cappello e ricominciano d'accapo.
- Se è uscito un altro numero ti do il premio. Analogo che hanno trovato il loro matching.

Bene ora qual'è la probabilità che tu vinca una paperella?
[ P(1) = P( ext{vinci un premio}) P(1 mid ext{vinci un premio} ) + P( ext{tiri il dado all infinito}) P(1 mid ext{tiri il dado all infinito} )= 1 cdot (1/3) + 0 cdot 0 = 1/3 ]

Tu possiedi queste probabilità
1/3 di vincere la paperella
1/4 di vincere il vino
1/12 di vincere la mucca
1/12 di vincere la sciabola.

Se sommi queste probabilità non fanno 1. Perché ti manca la probabilità 1/4 che esce 6 di rilanciare il dado. Ma sei quasi certo di vincere!

[axpgn]

La querelle non è di tipo tecnico (l'esempio del dado mi è meno chiaro di quello precedente ma è solo questione di concentrazione ) ma di interpretazioni diverse, tant'è vero che per far tornare la tua soluzione hai dovuto inserire delle condizioni ben precise, che non esistevano in principio (o comunque erano nascoste molto bene )
Quello che voglio dire, in definitiva, è che il problema originale (così com'è posto) andrebbe studiato come nel link che ho postato.
Invece, stante le definizioni che hai scritto in quel papiro, non ho obiezioni (della correttezza dei conti però ne rispondi tu ; per inciso, nonostante tutte quelle formule, non hai esplicitato le risposte alle tue domande iniziali )

Cordialmente, Alex

[Studente Anonimo]

Non ho aggiunto niente

A turno pescano un foglietto, il nome pescato sarà la persona a cui dover fare il regalo di natale.
Se, per contro, sul foglietto pescato c'è scritto il proprio nome allora si rimette dentro al cappello - poiché nessuno può fare un regalo a se stesso - e si pesca nuovamente fintanto che non si pesca un foglietto con il nome di qualcun altro. Poi il cappello passa al successivo che pesca un foglietto.
Se l'ultimo pesca il proprio nome si rifà tutto d'accapo

E non c'è alcuna interpretazione da fare. Se non quella del testo (che magari è scritto male) ma la modelizzazione probabilistica del problema "reale" è quella data da me. La descrizione del problema come l'hai fatto te è quella di un altro problema! Tutti contemporaneamente pescano. Se c'è qualcuno che ha il proprio nome rimettono dentro e ripescano fino a ottenere una combinazione valida. Il fatto che pescano con un ordine ben preciso sballa le probabilità

In definitiva la probabilità che Daniele ha di fare un regalo a Celeste è pari
\[ 7/18\]
La probabilità che Beatrice ha di fare un regalo a Celeste è pari a
\[ 2/9 \]

[superpippone]

3mO0: quel che dici nella faccenda del dado non è corretto.
Quelle sono le probabilità di vincita al primo lancio.
Ma siccome se sortisce 6, si rilancia, il $1/4$ di sua competenza viene redistribuito proporzionalmente tra i i restanti 4 esiti possibili.
Per cui:

$1=4/9$--- $2=3/9$--- $3=1/9$--- $4=1/9$

[Studente Anonimo]

Hai ragione! Rimane comunque un analogia.