Secret Santa.
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?
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?
Risposte
Appunto. Ragionando analogicamente, abbiamo:
"3m0o":
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.
Ovviamente questa è la tua opinione, ma non è un dato di fatto.
Non si capisce perché dovrebbe essere "più giusta" (anzi l'unica) una modellizzazione che segmenta le giocate in base al fatto che tutti abbiano pescato una volta sola (peraltro con la stranezza che l'ultimo si becca comunque quel che trova mentre gli altri no - statisticamente intendo) da un'altra che è più coerente con l'obiettivo dichiarato (fin dal titolo cioè quello di produrre una soluzione valida).
E non mi riferisco alla prima risposta che ho dato (cioè all'equiprobabilità) ma al "processo markoviano" che ho linkato (hai letto tutto il problema? mi pare che si possa adottare un procedimento simile).
IMHO
Cordialmente, Alex
@superpippone
Non ho capito se ritieni sbagliata la probabilità di $2/9$ e corretta quella di $5/18$.
Nel secondo caso, quali sarebbero le probabilità sbagliate nella tabella che ho postato?
(Adottando le probabilità secondo il metodo 3m0o)
Cordialmente, Alex
Non ho capito se ritieni sbagliata la probabilità di $2/9$ e corretta quella di $5/18$.
Nel secondo caso, quali sarebbero le probabilità sbagliate nella tabella che ho postato?
(Adottando le probabilità secondo il metodo 3m0o)
Cordialmente, Alex
"axpgn":
[quote="3m0o"]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.
Ovviamente questa è la tua opinione, ma non è un dato di fatto.
Non si capisce perché dovrebbe essere "più giusta" (anzi l'unica) una modellizzazione che segmenta le giocate in base al fatto che tutti abbiano pescato una volta sola (peraltro con la stranezza che l'ultimo si becca comunque quel che trova mentre gli altri no - statisticamente intendo) da un'altra che è più coerente con l'obiettivo dichiarato (fin dal titolo cioè quello di produrre una soluzione valida).
E non mi riferisco alla prima risposta che ho dato (cioè all'equiprobabilità) ma al "processo markoviano" che ho linkato (hai letto tutto il problema? mi pare che si possa adottare un procedimento simile).
IMHO
Cordialmente, Alex[/quote]
Ovviamente io mi riferivo alla tua prima risposta (cioé all'equiprobabilità) perché le probabilità non sono equidistribuite, e questo è vero, da qui ho detto che la tua modellizzazione (di ciascuno probabilità di 1/3) era sbagliata. Non ho letto bene quella delle catene di Markov perché non so bene cosa sia una catena di Markov, leggerò meglio. Non volevo dire che è l'unica modellizzazione possibile, ma descrive il problema correttamente (poi magari ho sbagliato a calcolare le probabilità io), mentre riferendomi a quella tua delle probabilità tutte 1/3 è sbagliata perché già al primo tentativo non può essere 1/3 perché descrive un'altro problema, descrive un problema dove non c'è possibilità che D pesca il suo nome (e questo nella descrizione del problema è possibile). Se poi si può modellizzare con le catene di Markov in modo più intelligente e/o in modo più accurato non ne ho idea.
@superpippone.
Non ho capito come hai calcolato le probabilità onestamente, mi illustreresti?
Alex:
Nella tua tabella, la sequenza
B-C-A-D ha le seguenti probabilità 1/3-1/3-0-0
e la sequenza
B-C-D-A ha queste probabilità 1/3-1/3-1-1
Questo perchè, se C pesca A, a D toccherebbe D, che non è valida.
Per cui si rifa tutto. All'infinito.
Per cui C è obbligato a pescare D, così a D rimane A
Stessa cosa per le seguenti sequenze:
C-A-B-D -- 1/3-1/2-0-0
C-A-D-B -- 1/3-1/2-1-1
Nella tua tabella, la sequenza
B-C-A-D ha le seguenti probabilità 1/3-1/3-0-0
e la sequenza
B-C-D-A ha queste probabilità 1/3-1/3-1-1
Questo perchè, se C pesca A, a D toccherebbe D, che non è valida.
Per cui si rifa tutto. All'infinito.
Per cui C è obbligato a pescare D, così a D rimane A
Stessa cosa per le seguenti sequenze:
C-A-B-D -- 1/3-1/2-0-0
C-A-D-B -- 1/3-1/2-1-1
No allora non sono d'accordo.
Vediamo perché la probabilità di B-C-A-D è 1/18
Tocca ad A, pesca B con probabilità 1/3, controlla le regole del gioco, ha pescato qualcuno di diverso? Sì, bene allora se lo tiene.
Tocca a B, pesca C con probabilità 1/3, ha pescato qualcuno di diverso? Sì, se lo tiene.
Tocca a C, pesca A, C non sa cos'hanno pescato B ed A, e non ha la minima idea che D è presente ancora nel cappello, inoltre ha pescato qualcuno di diverso e pertanto se lo tiene. Con probabilità 1/2
Tocca a D, pesca l'ultimo bigliettino, prende se stesso! Non può rimettere il bigliettino nel cappello (come farebbero gli altri) perché pescherebbe in continuazione se stesso creando un loop infinito in cui lui pesca sempre se stesso.
Allora D dichiara: " Ho pescato il mio nome, rimettiamo i nomi dentro."
Alla seconda estrazione. Sta volta pescano
D-A-B-C
Questo è un evento che puo verificarsi con le regole del gioco (e nella situazione reale di bigliettini nel cappello). Se dici che B-C-A-D ha probabilità 0 di avvenire è una cosa che non può avverarsi.
Vediamo perché la probabilità di B-C-A-D è 1/18
Tocca ad A, pesca B con probabilità 1/3, controlla le regole del gioco, ha pescato qualcuno di diverso? Sì, bene allora se lo tiene.
Tocca a B, pesca C con probabilità 1/3, ha pescato qualcuno di diverso? Sì, se lo tiene.
Tocca a C, pesca A, C non sa cos'hanno pescato B ed A, e non ha la minima idea che D è presente ancora nel cappello, inoltre ha pescato qualcuno di diverso e pertanto se lo tiene. Con probabilità 1/2
Tocca a D, pesca l'ultimo bigliettino, prende se stesso! Non può rimettere il bigliettino nel cappello (come farebbero gli altri) perché pescherebbe in continuazione se stesso creando un loop infinito in cui lui pesca sempre se stesso.
Allora D dichiara: " Ho pescato il mio nome, rimettiamo i nomi dentro."
Alla seconda estrazione. Sta volta pescano
D-A-B-C
Questo è un evento che puo verificarsi con le regole del gioco (e nella situazione reale di bigliettini nel cappello). Se dici che B-C-A-D ha probabilità 0 di avvenire è una cosa che non può avverarsi.
Credo che pure io ho sbagliato a calcolare la probabilità, perché effettivamente credo tu avessi ragione che la probabilità che \(D\) regala a \(C\) è più alta.
Probabilità che \( D \) regala a \(C\) alla prima estrazione è \( 7/18\).
Probabilità che \(D\) regala a \(C\) alla seconda estrazione è \((5/36)(7/18)\)
Probabilità che \(D\) regala a \(C\) all'estrazione \(n\)-esima è \((5/36)^{n-1}(7/18)\)
Probabilità che D regala a C è dunque
\[ \frac{7}{18} \sum_{k=0}^{\infty} \left( \frac{5}{36} \right)^k = \frac{7}{18} \frac{36}{31} = \frac{14}{31} \]
Edit: e tutte le probabilità correte sono dunque
Per A
Per B
Per C
Per D
edit2: l'evento descritto da me nel commento precedente avviene con probabilità
\[ \frac{1}{18} \frac{1}{6} = \frac{1}{108} \]
Probabilità che \( D \) regala a \(C\) alla prima estrazione è \( 7/18\).
Probabilità che \(D\) regala a \(C\) alla seconda estrazione è \((5/36)(7/18)\)
Probabilità che \(D\) regala a \(C\) all'estrazione \(n\)-esima è \((5/36)^{n-1}(7/18)\)
Probabilità che D regala a C è dunque
\[ \frac{7}{18} \sum_{k=0}^{\infty} \left( \frac{5}{36} \right)^k = \frac{7}{18} \frac{36}{31} = \frac{14}{31} \]
Edit: e tutte le probabilità correte sono dunque
Per A
Per B
Per C
Per D
edit2: l'evento descritto da me nel commento precedente avviene con probabilità
\[ \frac{1}{18} \frac{1}{6} = \frac{1}{108} \]
"3m0o":
Ovviamente io mi riferivo alla tua prima risposta (cioé all'equiprobabilità)
Ma quella l'ho scritta alle due di notte passate
"3m0o":
Non ho letto bene quella delle catene di Markov perché non so bene cosa sia una catena di Markov, leggerò meglio.
Anch'io ne so pochissimo, parlavo di "processo markoviano" perché è quello che dice orsoulx e mi pareva che questo problema si potesse modellizzare similarmente. O magari no, però il senso del mio discorso è che è più complicato di quello che ti sembrava ... IMHO
Cordialmente, Alex
"superpippone":
Nella tua tabella, la sequenza
B-C-A-D ha le seguenti probabilità 1/3-1/3-0-0
e la sequenza
B-C-D-A ha queste probabilità 1/3-1/3-1-1
Premesso che, come credo si sia capito, io la vedo in altro modo, comunque non sono d'accordo: non puoi modificare "a posteriori" la probabilità della pescata precedente; quando $C$ pesca, le probabilità di pescare $A$ o $D$ sono $50%$ e $50%$, non dipendono da cosa accadrà dopo.
Cordialmente, Alex
"3m0o":
Credo che pure io ho sbagliato a calcolare la probabilità, ...
Vedi che è più complicato di quel che ritenevi?
Ma in fin dei conti, quali sono le risposte al quesito inziale (secondo te, eh! )
)?Fai una tabellina riepilogativa, che è meglio
Cordialmente, Alex
P.S.: Dimenticavo una cosa importante: qualcuno di buon cuore (e grandi capacità ma non faccio nomi
) potrebbe fare una simulazione ESATTAMENTE con le regole del post iniziale?Questo potrebbe dare, se non una risposta definitiva, almeno un indirizzo ...
Io ci ho provato, ma date le mie capacità tecniche (
) non mi fido granché dei miei risultati (mi viene un range un po' troppo ampio, secondo me ... )
La mia simulazione forse non fa così schifo come pensavo
Cordialmente, Alex
Cordialmente, Alex
Ah, per anticipare la risposta di 3m0o al grido "Allora avevo ragione io, ho sempre avuto ragione io" dò la dimostrazione del perché invece è una modellizzazione sbagliata mentre in realtà funziona come dico io
Cordialmente, Alex
Cordialmente, Alex
@gabriella127
Cordialmente, Alex
Cordialmente, Alex
"axpgn":
Ma in fin dei conti, quali sono le risposte al quesito inziale (secondo te, eh! )
Fai una tabellina riepilogativa, che è meglio
L'ho già fatta qui:
"3m0o":
Edit: e tutte le probabilità correte sono dunque
Per A
Per B
Per C
Per D
edit2: l'evento descritto da me nel commento precedente avviene con probabilità
\[ \frac{1}{18} \frac{1}{6} = \frac{1}{108} \]
Ed è consistente pure con la tua simulazione seguente
"axpgn":
Ah, per anticipare la risposta di 3m0o al grido "Allora avevo ragione io, ho sempre avuto ragione io" dò la dimostrazione del perché invece è una modellizzazione sbagliata mentre in realtà funziona come dico io
Cordialmente, Alex
Perché \( 14/31 \approx 0.45 \) e \( 8/31 \approx 0.25 \).
Per rispondere a gabriella, no! Non ho la risposta esatta.
"axpgn":
@gabriella127
Cordialmente, Alex
Grazie Alex, oscilliamo!
Grazie 3m0o.
Il fatto è che prima ero abbastanza sicuro di quanto fatto. Ovvero fino a ieri sera ero abbastanza convinto che le probabilità fossero \(7/18 \) e \(2/9 \). Poi la tua convinzione del contrario mi ha fatto dubitare. Così mi sono ricordato di un esercizio (che secondo me è molto simile a questo) di probabilità che ed è il seguente.
A e B decidono di fare un gioco. Lanciando un dado alternandosi, prima A poi B, il primo che lancia un 6 vince.
Ora la probabilità per A di vincere lanci è \((1/6) + (5/6)^2 (1/6) + (5/6)^4 (1/6) + \ldots = 6/11 \), perché è l'unione degli eventi \(A\) vince al primo lancio, al terzo lancio, al quinto, etc.
Se ti fermi ad una somma parziale della serie, arrivi a calcolarti le probabilità per A di vincere entro i primi \(n\) lanci. Se fai tendere \(n \to \infty \) ottieni la probabilità di vincere per \(A\).
Se ti fermi quindi alla somma parziale \(n\), ottieni che \(A\) possiede una probabilità di vincita entro i primi \(n\) lanci che dovrebbe essere
\[ \frac{1}{6} \sum_{k=0}^{n} r^k = \frac{1}{6} \cdot \frac{1- r^{n+1}}{1-r} \]
con \(r = (5/6)^2 \) e dunque ottenere
\[ P(A \text{ vince entro n lanci}) = \frac{1}{6} \cdot \frac{1- (5/6)^{2n+2}}{1- (5/6)^2} \]
Se ti calcoli la probabilità che nessuno vince entro i primi \(n\) lanci è dato da
\[ P( \text{nessuno vince entro i primi n lanci})= (5/6)^n \]
Ora chiaramente per ogni \( n \) hai che
\[ P(B \text{vince entro i primi n lanci})= 1- (P(A \text{ vince entro n lanci})+P( \text{nessuno vince entro i primi n lanci})) \]
Se vuoi la probabilità che possiede A di vincere devi far tendere i tentativi all'infinito scoprendo così che
\[ P(A \text{ vince entro n lanci}) \xrightarrow{n \to \infty} 6/11 \]
\[P( \text{nessuno vince entro i primi n lanci})) \xrightarrow{n \to \infty} 0 \]
\[ P(B \text{vince entro i primi n lanci}) \xrightarrow{n \to \infty}1- 6/11 \]
In modo analogo per il nostro problema.
\[ P(\text{otteniamo una permutazione valida entro n sorteggi})= \frac{31}{36} \sum_{k=0}^{n} r^k = \frac{31}{36} \cdot \frac{1- r^{n+1}}{1-r} \]
dove \(r = 5/36 \).
Chiaramente c'è sempre una possibilità che non si è ottenuta. Facendo tendere \(n \) all infinito otteniamo dunque che
\[ \lim_{n \to \infty} P(\text{otteniamo una permutazione valida entro n sorteggi})= 1 \]
Allo stesso modo
\[ P(\text{D regala a C entro n sorteggi})= \frac{7}{18} \sum_{k=0}^{n} r^k = \frac{7}{18} \cdot \frac{1- r^{n+1}}{1-r} \]
\[P(\text{D regala a C}) = \lim_{n\to \infty} P(\text{D regala a C entro n sorteggi})= \lim_{n\to \infty} \frac{7}{18} \sum_{k=0}^{n} r^k = \frac{14}{31} \]
In modo simile la probabilità che \(C\)
A e B decidono di fare un gioco. Lanciando un dado alternandosi, prima A poi B, il primo che lancia un 6 vince.
Ora la probabilità per A di vincere lanci è \((1/6) + (5/6)^2 (1/6) + (5/6)^4 (1/6) + \ldots = 6/11 \), perché è l'unione degli eventi \(A\) vince al primo lancio, al terzo lancio, al quinto, etc.
Se ti fermi ad una somma parziale della serie, arrivi a calcolarti le probabilità per A di vincere entro i primi \(n\) lanci. Se fai tendere \(n \to \infty \) ottieni la probabilità di vincere per \(A\).
Se ti fermi quindi alla somma parziale \(n\), ottieni che \(A\) possiede una probabilità di vincita entro i primi \(n\) lanci che dovrebbe essere
\[ \frac{1}{6} \sum_{k=0}^{n} r^k = \frac{1}{6} \cdot \frac{1- r^{n+1}}{1-r} \]
con \(r = (5/6)^2 \) e dunque ottenere
\[ P(A \text{ vince entro n lanci}) = \frac{1}{6} \cdot \frac{1- (5/6)^{2n+2}}{1- (5/6)^2} \]
Se ti calcoli la probabilità che nessuno vince entro i primi \(n\) lanci è dato da
\[ P( \text{nessuno vince entro i primi n lanci})= (5/6)^n \]
Ora chiaramente per ogni \( n \) hai che
\[ P(B \text{vince entro i primi n lanci})= 1- (P(A \text{ vince entro n lanci})+P( \text{nessuno vince entro i primi n lanci})) \]
Se vuoi la probabilità che possiede A di vincere devi far tendere i tentativi all'infinito scoprendo così che
\[ P(A \text{ vince entro n lanci}) \xrightarrow{n \to \infty} 6/11 \]
\[P( \text{nessuno vince entro i primi n lanci})) \xrightarrow{n \to \infty} 0 \]
\[ P(B \text{vince entro i primi n lanci}) \xrightarrow{n \to \infty}1- 6/11 \]
In modo analogo per il nostro problema.
\[ P(\text{otteniamo una permutazione valida entro n sorteggi})= \frac{31}{36} \sum_{k=0}^{n} r^k = \frac{31}{36} \cdot \frac{1- r^{n+1}}{1-r} \]
dove \(r = 5/36 \).
Chiaramente c'è sempre una possibilità che non si è ottenuta. Facendo tendere \(n \) all infinito otteniamo dunque che
\[ \lim_{n \to \infty} P(\text{otteniamo una permutazione valida entro n sorteggi})= 1 \]
Allo stesso modo
\[ P(\text{D regala a C entro n sorteggi})= \frac{7}{18} \sum_{k=0}^{n} r^k = \frac{7}{18} \cdot \frac{1- r^{n+1}}{1-r} \]
\[P(\text{D regala a C}) = \lim_{n\to \infty} P(\text{D regala a C entro n sorteggi})= \lim_{n\to \infty} \frac{7}{18} \sum_{k=0}^{n} r^k = \frac{14}{31} \]
In modo simile la probabilità che \(C\)
O.k. Mi avete convinto.
Quella mia idea era errata.
Alla luce di cio', concordo totalmente con le tabelline di 3m0o.
Quelle in $?/31$
Quella mia idea era errata.
Alla luce di cio', concordo totalmente con le tabelline di 3m0o.
Quelle in $?/31$
"3m0o":
L'ho già fatta ...
Mi piaceva di più una semplice tabellina $4 xx 4$ for dummies ...
Cordialmente, Alex
Accedi a tutti gli appunti
Tutor AI: studia meglio e in meno tempo