# Teorema del ballottaggio

Il teorema del ballottaggio prende il nome dal problema che originariamente si pone obiettivo di risolvere:
    Data un'elezione con $n$ voti validi e due soli candidati $A$ e $B$ che ricevono rispettivamente $a$ e $b$, dove $a>b$ (e $a+b=n$), qual è la probabilità che, nello spoglio dei voti, $A$ risulti in ogni momento (a parte ovviamente che all'inizio) strettamente in vantaggio su $B$?
Questa probabilità è ${\frac {a-b}{a+b}}$, ovvero, espressa in percentuale, $\alpha -\beta$, dove $\alpha$ e $\beta$ sono rispettivamente le percentuali di voti di $a$ e $b$.

## Dimostrazione

Per dimostrare questo risultato, si può passare attraverso il principio di riflessione.
Sia $n=a+b$ (il numero di votanti). Partizioniamo $T$, l'insieme di tutti i possibili scrutini (formalmente, di tutte le $n$-uple ordinate di voti), in 3 sottoinsiemi:
* $N^{+}$, che contiene tutti i possibili scrutini in cui il primo voto scrutinato va ad $A$ e che vedono, in un certo momento, una situazione di pareggio
* $N^{-}$, che contiene tutti i possibili scrutini in cui il primo voto scrutinato va a $B$ (siccome A nel complesso ha ricevuto più voti, va da sé che anche in questi scrutini si assiste, prima o poi, ad almeno una situazione di pareggio)
* $S$, che contiene tutti i possibili scrutini che vedono $A$ sempre in vantaggio (quelli che ci interessano)
Ad esempio, se prendiamo il caso in cui $a=7,b=4,n=11$, e rappresentiamo ogni voto per $A$ con 1 e ogni voto per $B$ con -1 abbiamo che:
* (1 1 -1 -1 1 -1 1 1 1 1 -1) $\in N^{+}$, perché 1+1-1-1=0,
* (-1 -1 1 -1 1 1 1 -1 1 1 1) $\in N^{-}$, perché il primo voto è per $B$ (e infatti -1-1+1-1+1+1=0), mentre
* (1 1 -1 1 1 -1 1 -1 -1 1 1) $\in S$
Si verifica facilmente che $N^{+}\cup N^{-}\cup S=T$.
A questo punto prendiamo una qualsiasi $n$-upla in $N^{+}$. Supponiamo rappresenti uno scrutinio in cui la prima situazione di pareggio (può non essere l'unica) si realizzi dopo $h$ voti scrutinati. Se sostituiamo, nei primi $h$ campi della $n$-upla, ogni 1 con un -1 e viceversa otteniamo una nuova ennupla che farà parte di $N^{-}$ (infatti questa sostituzione non altera il numero totale degli 1 e dei -1). Se invece applichiamo lo stesso procedimento ad un elemento di $N^{-}$, otteniamo un elemento di $N^{+}$. Si verifica facilmente che quella ora descritta è una corrispondenza biunivoca tra questi due sottoinsiemi, che quindi necessariamente hanno la stessa cardinalità. Ovvero la probabilità che, scelto uno scrutinio possibile a caso, questo faccia parte di $N^{+}$, è uguale alla probabilità che faccia parte di $N^{-}$ (formalmente, questo si giustifica utilizzando la probabilità uniforme sull'insieme delle $n$-uple a termini +1 e -1).
* Grafico dell'andamento dello scrutinio per una n-upla appartenente a $N^{+}$.
* Grafico dell'andamento dello scrutinio per una n-upla appartenente a $N^{-}$.
* Grafico dell'andamento dello scrutinio per una n-upla appartenente a $S$.
* Riflettendo una n-upla appartenente a $N^{+}$, ne otteniamo una appartenente a $N^{-}$.
Ora non è difficile calcolare la probabilità che uno scrutinio scelto a caso faccia parte di $N^{-}$, perché è semplicemente la probabilità che il primo voto scrutinato sia per $B$, ovvero ${\frac {b}{n}}={\frac {b}{a+b}}$, che è anche la probabilità che lo scrutinio faccia parte di $N^{+}$. La probabilità che non faccia parte di nessuno dei due, e che quindi faccia parte di $S$, è: $1-{\frac {2b}{a+b}}={\frac {a+b-2b}{a+b}}={\frac {a-b}{a+b}}$.
Un altro modo classico per dimostrare questo risultato sfrutta il principio di induzione.

## Storia

Del problema del ballottaggio sono state studiate svariate generalizzazioni, in due direzioni:
* i candidati non sono 2 ma un qualsiasi numero ($A_{1},A_{2},\cdots A_{m}$ con rispettivamente $a_{1},a_{2},\cdots a_{m}$ voti a testa)
* la differenza di consensi tra i due candidati non è espressa come differenza di voti o come percentuale ma come rapporto del numero di voti ottenuti (il candidato $A$ ha $\mu$ volte più voti di $B$)
Il teorema del ballottaggio viene spesso associato al nome di Joseph Louis François Bertrand, matematico francese del XIX secolo.

## La rovina del giocatore

In uno spoglio già iniziato, in cui $A$ goda un margine di un vantaggio esiguo (rispetto al numero di voti ancora da scrutinare), la possibilità per $B$ di tornare momentaneamente in parità dipende da una dinamica simile a quella della rovina del giocatore, dove la probabilità, ad ogni estrazione, di una "vincita" per $B$ è approssimabile con il rapporto tra il numero di voti ancora da scrutinare di $B$ e quelli di $A$: tuttavia, questa probabilità decresce con il procedere dello scrutinio, e la possibilità che il candidato $B$ torni in parità diventa nulla quando restano da scrutinare solo $a-b$ voti.