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Titolo: Il paradosso delle 2 buste (terza "edizione")

E' la terza volta in 3 anni che posto questo paradosso.
Le precedenti volte è rimasto insoluto.
Non ho mai trovato su libri o su internet una soluzione chiarificatrice.
Si tratta di un paradosso apparentemente stupido sulle probabilità.
Eccolo:
C'è un uomo che vi mostra 2 buste.
Dice che una delle 2 buste contiene il doppio del denaro che contiene l'
altra, ma non vi dice quale.
Vi offre una busta a vostra scelta e ve la fa aprire.
Trovate (diciamo) 100 mila lire.
Ora vi pone la domanda: "Vuoi tenere le 100 mila o cambiare busta?"
Voi dovete valutare quale sia la scelta più ragionevole.
Considerate ora questo ragionamento (1):
So che l' altra busta contiene o la metà o il doppio di 100 mila, dunque
contiene o 50 oppure 200... supponiamo che contenga 50, se cambio do via 100
e incasso 50: in totale *perdo* 50.
Supponiamo invece che contenga 200, se cambio do via 100, guadagno 200, con
un guadagno netto di 100.
Dunque cambiare mi da uguale probabilità di perdere 50 o guadagnare 100: è
chiaramente conveniente.
(In termini probabilistici l' aspettazione di guadagno è positiva, dunque il
cambio mi favorisce)
E' un ragionamento che sembra non fare una grinza... ma ecco l' assurdo:
Il ragionamento (1), se è valido quando la nostra busta contiene 100, è
valido anche quando contiene 1000 , 5637 o qualsiasi altra cifra, quindi
anche senza aver visto il contenuto della nostra busta ci conveniva cambiare
subito dopo aver scelto!!
O se preferite: anche dopo aver cambiato busta, in base allo stesso
ragionamento ci conviene cambiare di nuovo!!
Ciò è chiaramente assurdo.
Ci dev' essere qualcosa che non va nel ragionamento (1).
Dov' è l' errore?
Ciao!!
Marco

IMHO l'intoppo sta nel fatto che qualunque busta tu prendi comunque
vinci.
Una volta presa una busta bisogna capire cosa si intende per vincere o
perdere. Mi spiego meglio. Se vincere significa tornare a casa con
qualcosa di piů nel portafoglio qualsiasi busta va bene e se inizio a
canbiarla instauro un ciclo vorticoso del tipo " Io so che tu sai che
io so che tu sai che ... "
Se vincere significa non perdere ulteriori soldi rispetto allo stato
attuale allora cambiare busta ha importanza. Se scelgo quella con 50
allora perdo se scelgo quella con 200 invece vinco.
Era questo che intendevi ?
salve salvino
Sturmtruppen
-- 
Provare che ho ragione significherebbe riconoscere che posso aver
torto.
--
mail to: 
mic...@tiscalinet.it
website: 
http://web.tiscalinet.it/mic.ant

 Voi dovete valutare quale sia la scelta pių ragionevole.
Il paradosso nasce dal fatto che non esiste una misura di probabilita'
uniforme sui numeri positivi. Dunque non e' corretto pensare che la
probabilita' che nella busta ci siano 50 100 o 200 mila lire sia la
stessa.
ciao,
	Em.

subito dopo aver scelto!!
Per parlare di convenienza e' necessario conoscere il criterio di
scelta delle somme di denaro con cui le buste sono state riempite.
Ciao

 stessa.
In un articolo che trovai su internet un matematico di cui non ricordo il
nome - pensando di "risolvere" il paradosso - ha dimostrato che non esiste
alcuna distribuzione di probabilità "compatibile" con l' enunciato del
paradosso.
Questo però ci direbbe solo, eventualmente, che nella teoria delle
probabilità il problema non è formulabile. Però DI FATTO la situazione si
può presentare. Certo, in concreto esisterebbero altri vincoli, ad esempio
l' insieme delle cifre possibili è limitato dal basso e dall' alto... ma
supponiamo di trovarci in quella situazione nell' ignoranza più completa,
ossia di non conoscere tali limiti.
Quale sarebbe in tal caso l' atteggiamento ragionevole da assumere?
Conviene cambiare busta?
E' vero o no che la cifra che guadagno se ci guadagno è maggiore della cifra
che perdo se perdo?
Ciao!!
Marco

che perdo se perdo?
Cambiando busta? No. Ciao

Non ho visto le altre risposte, vediamo se c`azzecco...
!
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Il guadagno nel cambiare la busta e` solo apparente, perche` manca una qualunque
informazione sulla somma di denaro che puoi vincere.
Poiche` questa non puo` essere limitata verso l`alto e` logico aspettarsi una bella
discussione `alla albergo di Hilbert` sull`infinito...
P.S. Colgo l`occasione, avete visto (Mura, Licheri, Silvio...) i miei post sul
problema della torta ? Non vorrei essere diventato un fantasma =8-<

che perdo se perdo?
No. Riassumo dal Filibustero:
se hai 2x :   cambi=perdi x
se hai x:       cambi=vinci x
Mi sembra il modo piu' semplice. Il trucco e' tutto qui.
SandroSan

 subito dopo aver scelto!!
ACQUA !!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!  
Involontariamente, con il tuo (presunto) paradosso, hai centrato al
cuore della TEORIA DELLE DECISIONI IN CONDIZIONI DI INCERTEZZA (che, a
mio avviso, è uno fantastico sconfinamento della matematica nella psiche
umana). Sul punto avevo postato (alcuni mesi fa) un pappardellone di
23KB. Lo riassumo brevemente.
Il denaro ha un valore "oggettivo" (quello scritto sulle banconote) ed
un valore "soggettivo", derivante dall'utilità che si ha nel possederlo.
(converrai che il possesso di un miliardo di lire da parte del sig.
Mario Rossi - in aggiunta al proprio patrimonio - è cosa ben diversa dal
possesso della medesima cifra da parte di Bill Gates!)
Per valutare correttamente le operazioni di scambio tra importi certi ed
importi aleatori bisogna tener conto di entrambi gli aspetti. Il
paradosso nasce dal fatto che trascuri una componente del problema, ed
inevitabilmente ti ritrovi in una sorta di sofismo. 
Dunque, supponiamo che tu sia un italiano "medio" con un reddito annuo
intorno ai 60 milioni, e cominiciamo a "giocare" con le due buste.
Primo scenario: apriamo la prima busta ... e ... oplà ... ci sono
100.000 lire! A questo punto, con probabilità 0.5 *perdi* 50.000 e con
probabilità 0.5 arrivi a 200.000. Se *perdi* 50.000, in fondo, non è
tutto questo dramma ... se vinci 200.000 questo week-end potrai
concederti qualche lusso in più ...
Vuoi mettere il piacere di rischiare?
Secondo scenario: apriamo la prima busta, ... e ci troviamo dentro
60.000.000 (il tuo stipendio annuo, guadagnato stando 10 ore in un
anonimo ufficio - svolgendo anonime mansioni - di un enorme palazzone
nel centro di qualche grande  città - fredda di inverno e bollente
d'estate -, circondato da colleghi insignificanti, costantemente
torturato dai tuoi superiori, e con una sola settimana di ferie da poter
prendere solo nel mese di novembre! Perdona lo scenario "fantozziano"
... ma serve a rendere il concetto!). 
Un anno di fatiche dentro una busta!!! Puoi sceglire di tenere i
60.000.000 (e vaffanculo a tutti per un anno intero!) oppure puoi
"giocarteli"  per vederli arrivare a 120 o ridursi drasticamente a 30!
Che fai?
Io sono strasicuro che se mai dovesse presentarsi una sitauzione del
genere nessuno avrebbe il minimo dubbio: ci teniamo i 60.000.000!!!!
In termini informali ma efficaci questa scelta può tradursi come segue:
per me (per te, e per qualunque italiano medio) 60 milioni certi valgono
di più (a tutti gli effetti!!) di 120 milioni aleatori (cioè 120 con
probabilità 0.5, 30 con probabilità 0.5).
La paura di perdere la metà del tuo stipendio annuo è di gran lunga
superiore al desiderio di raddoppiarlo e questo deforma la scala
oggettiva del denaro, facendo apparire 60 milioni (certi) come un
qualcosa di "enormemente" più grande di 120 milioni (aleatori).
 
Volendo fare un piccolo passo verso la formalizzazione del problema, si
può dire che in forza dell'avversione al rischio (per un dato capitale
iniziale, per un certo intervallo di importi in gioco) si tende a
preferire l'alternativa certa a quella incerta (quindi non è affatto
vero che se nella busta trovi 1 o 10 o 1000 è la stessa cosa!)
La natura del problema si può cogliere meglio con un esempio
(volutamente *estremo*) che avevo già postato. Scegli tra queste due
alternative: 
* 1 miliardo certo, oppure
* 2 miliardi se esce testa e zero se esce croce
Ovviamente scegli il miliardo. Ma questa è solo una parte della storia,
perchè se, ferma restando la struttura della scommessa a T/C, io abbasso
la mia offerta certa a 500 milioni, tu (verosimilmente) continui a
preferirla. Ti dirò di più: una statistica informale dice che potrei
abbassare l'offerta certa fino a 50-60 milioni, e che questa
continuerebbe ad essere preferita!!! Insomma: meglio l'uovo oggi ...
Il principio non è molto diverso da quello che sottende il gioco "CHI
VUOL ESSERE MILIARDARIO?". Gli ideatori (a piena ragione) confidano nel
fatto che il giocatore, raggiunta una certa vincita, tenderà ad
abbandonare il gioco perchè spaventato dalle possibili perdite piuttosto
che allettato dalle possibili vincite. Non so se hai mai visto la
trasmissione (e non so se ci hai fatto caso) ma a partire
da una certa soglia (se non ricordo male, dopo i 32 milioni) le perdite
in termini monetari (in caso di risposta sbagliata) erano
oggettivamente - e sensibilmente - più basse delle vincite (in caso di
risposta esatta) e, nonostante questo, tutti (e dico: TUTTI!)
preferivano lasciare il gioco (postulata, ovviamente, l'incertezza sulla
risposta esatta!).
Perchè? Perchè abbandonare una situazione oggettivamente vantaggiosa
(cioè vantaggiosa in termini di speranza matematica)? 
Per il semplice fatto che quel *vantaggio oggettivo*, quello *squilibrio
favorevole*, era recepito, soggettivamente, come uno svantaggio, come
una situazione sfavorevolmente squilibrata; perchè l'incertezza da cui
sono affetti importi oggettivamente più alti, ne diminuisce, in tutti i
sensi, il valore ...  
Volendo formalizzare il tutto in due parole, si può dire che
il (presunto) paradosso nasce da un errore di sostanza che si riflette
sulla forma. Il confronto tra importi certi ed importi aleatori (e a
maggior ragione tra due, o più, importi aleatori) non deve essere
fatto in termini di *speranza matematica*, ma in termini di
*speranza utilitaria*. Non si deve cioè ragionare secondo lo schema:
E(X1) > E(X2) => scelgo X1
E(X1) < E(X2) => scelgo X2
E(X1) = E(X2) => sono indifferente
bensì secondo lo schema: 
 
E[u(X1)] > E[u(X2)] => scelgo X1
E[u(X1)] < E[u(X2)] => scelgo X2
E[u(X1)] = E[u(X2)] => sono indifferente
dove:
* u() è la funzione di utilità definita, su base rigorosamente
assiomatica, dall'impostzione di Von-Neumman e Morgesten o,
specularmente, dall'impostazione di de Finetti-Nagumo-Kolmogorov (il
caso più rilevante è quello con u''<0, riferito cioè a soggetti avversi
al rischio)
* E[] è l'operatore media (calcolata con le misure di probabilità -
soggettive! - su X1 e X2, proprie del soggetto valutatore)
* X1 e X2 sono due importi aleatori (in particolare certi).
 
Nessun paradosso, quindi. Semplicemente un errore di valutazione.
Ciao ...
gp74

convenienza o di atteggiamento ragionevole.
Non e' vero.
Il seguente ragionamento sembra pochissimo conosciuto, perfino su
sci.math dove questo "problema" appare regolarmente:
Abbiamo due buste, contenti due numeri reali distinti. Puoi aprire una
busta, e vedere il numero che contiene. Poi devi decidere quale busta
vuoi tenere. Vinci se tieni la busta che contiene il numero maggiore.
Come fare per vincere con probabilita' maggiore di 0.5?
Risposta:
Prendi una funzione f crescente da R in (0,1) qualsiasi.
Apri una busta a caso. Chiami il numero che vedi x.
Con probabilita' f(x) tieni quella busta, altrimenti cambi.
Che probabilita' hai di vincere?
sllg chiamiamo i numeri a e b, a<b
P(vincere) = P(finire con b)
=P(aprire a).P(cambiare) + P(aprire b).P(tenere)
=1/2 . (1-f(a)) + 1/2 . f(b)
= 1/2 + (f(b)-f(a))/2
e questo e' maggiore di 1/2 perche' f e' crescente.
Questa "soluzione" l'ho sentita per la prima volta al Puzzles and
Games Ring degli Archimedeans a Cambridge negli anni 80.
-- 
Adam Atkinson (
gh...@mistral.co.uk
)
I have a spelling chequer. It came with my pea sea. It plane lee
marques for my revue miss steaks eye can knot sea.

ragionamento ci conviene cambiare di nuovo!!
Ma se prima abbiamo aperta la busta sappiam cosa c'è nell'altra quindi
decido di conseguenza. Credo .....
-- 
Diamond
-----------
Remember when you were young, you shone like the sun.
Shine on you crazy Diamond.
Now there's a look in your eyes, like black holes in the sky.
Shine on you crazy Diamond.
....
However that may be, I'm living in the dark.
-----------
ICQ: 51680819

e questo e' maggiore di 1/2 perche' f e' crescente.
OK, e' vero. Allora la situazione sembra effettivamente diversa da
quella del Monty Hall; il ragionamento di tenere la busta con
probabilita' tanto piu' alta quanto piu' grande e' la somma contenuta
si puo' applicare nel caso delle buste con x e 2x. Ciao

BuonGiorno a tutti, sono frankyz. Leggo questo NG da 2 giorni.
Vorrei dire la mia su questo quesito. Premetto che non conosco niente di
funzioni matemetiche e statistiche, percui potrei dire tante cose frutto del
mio "buon" (speriamo) senso ma confutabili analiticamente.
Se le due buste contenessero x e 10x soldi la convenienza del cambio di
busta non sarebbe variata proporzionalmente rispetto a x e 2x dato che o mi
conviene o non mi conviene. Allo stesso modo se le buste contenessero 0 e x.
Inoltre in tutti i casi dopo aver scelto la seconda busta (perche' piu'
conveniente) sarebbe diventata piu' conveniente di nuovo la prima, che non
e' possibile. Se il primo messaggio che ho letto fosse corretto sarebbe
sempre conveniente andare a giocare al lotto o al casino perche' rischierei
di vincere contro la possibilita' di non vincere.
Tornando alle buste ritengo che la valutazione della possibilita' di
convenienza dipenda non dalla differenza di soldi in essa contenute ma dalla
probabilita' di trovare piu' o meno soldi nella busta che non ho preso e
potrei aprire per seconda.
In questo caso non ho indizi che mi consentano di differenziare le due buste
quindi ma convenienza rimane il 50%. La stessa possibilita' che avevo al
primo colpo di prendere gia' la busta giusta.
Ciao
frankyz

 scelta delle somme di denaro con cui le buste sono state riempite.
Cioè secondo te, con le informazioni a nostra disposizione, cambiare o meno
è indifferente.
Forse bisognerebbe dare una distribuzione di probabilità ai "modi di
riempire le buste" e poi fare una media?
Ciao!!
Marco

riempire le buste" e poi fare una media?
Quando e' noto il contenuto della busta scelta, cambiare o non
cambiare non e' indifferente: come ha detto Atkinson, la strategia di
mantenere la scelta con probabilita' tanto piu' alta quanto piu' alta
e' la somma trovata e' vantaggiosa indipendentemente dal criterio di
riempimento delle buste. Ciao

 e questo e' maggiore di 1/2 perche' f e' crescente.
Molto interessante!
Ma che mi dici di questo ragionamento antitetico:
Calcoliamo la probabilità di vincere condizionata al fatto di aver trovato
nella nostra busta il numero x:
nel seguito supporrò che la probabilità di aver aperto proprio la busta con
a o con b, noto il contenuto (x) sia 1/2  poichè l' informazione sul
contenuto della busta aperta (x) non mi dice nulla sul fatto che la busta
sia a o sia b (a meno che io non conosca il procedimento particolare usato
per riempire le buste).
Dunque:
P(vincere|x)=
=P(x=b)*P(non cambiare|x)+P(x=a)*P(cambiare|x)=
=(1-f(x))*P(x=b)+f(x)*P(x=a)=
=1/2*(1-f(x)+f(x))=1/2 (!!!!!)
E questo per ogni x!!
Non è assurdo questo?
Dov' è l' "inghippo"?
Ciao!!
Marco

 e questo e' maggiore di 1/2 perche' f e' crescente.
Elegante, ma c'e' una cosa che non capisco.
La funzione f e' qualsiasi, ma la mia decisione
di tenere la busta o cambiarla dipende dalla
scelta di f. Se una volta scelta la funzione
gioco un milione di partite alla fine saro'
molto probabilmente in vincita (anche se stanco
morto :)).
Ma se un milione di persone sceglie una
propria funzione e poi a tutti vengono date le
stesse due buste si riesce a stimare il
numero di persone che vinceranno?
Ad esempio, se un milione di persone
fa una puntata secca alla roulette posso
pensare che vinceranno piu' o meno
1.000.000 / 37 ~= 27.000 persone, ma
nel nostro problema come faccio?
Oppure, altro paradosso: supponiamo
che le due buste vengano date una a
me ed una a te, e che le nostre f siano
tali per cui entrambi riteniamo sia meglio
scambiarci la busta: com'e' possibile
che abbiamo tutti e due una probabilita'
di vincita > 1/2?
Ciao
David

 di vincita > 1/2?
La prob. > 1/2 e' calcolata _prima_ di aprire una busta.
Una volta che ho aperto una busta, la mia probabilita'
di vincere puo' benissimo essere < 1/2, ma in tal caso
se avessi aperto l'altra busta sarebbe stata "parecchio"
sopra 1/2 (cioe' quanto basta per avere la media > 1/2).
Per esempio, diciamo che apro la busta e vedo un
x tale che f(x) = 3/4. Se x e' a, e' chiaro che non
ho una probabilita >1/2 di vincere. Ma se avessi aperto
l'altra busta, il mio tenerla sarebbe stato _anche_ piu'
probabile.
--
Libri di matematica piu' o meno ricreativa:
http://www.mistral.co.uk/ghira/recmathslibri.html
Sent via Deja.com 
http://www.deja.com/
Before you buy.

 per riempire le buste).
Hmm. Ma direi la "mia" f (la soluzione non e' mia, come ho detto)
serve proprio come stima (magari debole/cattiva) della distribuzione
di origine dei numeri. Magari conoscendo la distribuzione
vera potreti scegliere una f buona, ma conosco qualche
caratteristica della distribuzione (cioe' e' nondecrescente, e
manda R in (0,1)) e questo basta. Esercizio per il lettore:
se i numeri vengono da una distribuzione G(x) ed io uso
f, che probabilita' ho di vincere? Conoscendo G che f devo
usare? f=G?


[...]
Salve a tutti.
Volevo sapere se il paradosso in questione e' dello stesso tipo
del paradosso di Newcomb-Nozick
(con stesso tipo intendo dire che le stesse argomentazioni
possono essere applicate ad entrambi)
Andrea Francinelli
a.fran...@libero.it

 usare? f=G?
Sembra irrilevante!!
Ciao
Marco

 Sembra irrilevante!!
Chiaramente non e' irrilevante. Consideriamo questa variante:
Ti presento due buste. Ti dico che i numeri reali in queste buste
vengono da una distribuzione P(X<=x) = G(x). Non ti garantisco
che i numeri sono distinti, ma supponiamo che G e' continua e che
quindi la probabilita' di avere due numeri uguali sia 0.
Come prima, puoi aprire una busta e poi decidere se tenerla o
cambiare. Vinci se finisci col numero maggiore.
Non _puoi_ dirmi "Non e' possibile vincere con probabilita' > 1/2".
Prendiamo G(x) = x, 0<=x<=1.
Apro una busta e vedo x. Cosa faccio? Diciamo che tengo qualsiasi
x>=1/2, e cambio se x<1/2. Nei termini del nostro problema originale,
sto usando f(x) = 0 per 0<=x<1/2, 1 per 1/2<=x<=1.
Quindi, se il massimo dei due numeri e' <1/2, vinco con probabilita'
1/2. Se entrambi i numeri sono sopra 1/2, vinco con probabilita' 1/2.
Se uno e' <1/2 e l'altro e' >= 1/2, vinco sicuramente. Il terzo caso
succede con probabilita' maggiore di 0 (1/2, in realta'). Quindi vinco
con probabilita' 1/2 * 1/4 + 1/2 * 1/4 + 1* 1/2 = 3/4.
E controlliamo con una simulazione in perl:
#!/usr/local/bin/perl -w
sub f {
    my $x=shift;
    return ($x>1/2)?1:0;
    }
sub transform {
    my $x=shift;
    return $x;
    }
$s=0;
$n=0;
while (1) {
    $max=0;
    $e[0]=transform(rand);
    $e[1]=transform(rand);
    if ($e[1]>$e[0]) {
        $max=1;
        }
    $i=int(2*rand);
    if (rand>f($e[$i])) {
        $i=1-$i;
        }
    if ($max==$i) {
        $s++;
        }
    $n++;
    $p=$s/$n;
    print "$n: $p\n";
    }
E infatti escono dei numeri intorno a 0.75
Allora, la tua affermazione "qualunque sia il metodo usato per riempire
le buste, qualunque sia f la probabilità di vincere con quello stratagemma
è sempre 1/2" (in cui non credi davvero, mi pare) e' falsa.
Pensandoci un po' e' chiaro che conoscendo G (o solamente la sua
mediana) e' possibile vincere con probabilita' 3/4 per qualsiasi G
continua - tieni il numero che vedi se e' superiore alla mediana. E
perfino le distribuzioni piu' orrende, tipo Cauchy e Cantor (beh,
e' singolare anziche' continua, ma sorvoliamo), hanno una
mediana.
Un'altra possibilita' sarebbe usare la mia strategia generale con
f(x)=x, 0<=x<=1.
Nella simulazione, cambiamo solamente:
sub f {
    my $x=shift;
    return $x;
    }
e vediamo che i risultati sono peggiori. Forse 2/3.
Possiamo dimostrare che e' proprio 2/3? Si':
                    1         1
P(vincere) = 2 * integrale integrale (1/2 + 1/2 (b-a) db da
                   a=0       b=a
   1   1
= int int 1 + (b-a) db da
  a=0 b=a
         1               1
= 1/2 + int [b^2 / 2 -ab]  da
        a=0              a
         1
= 1/2 + int (1/2 - a - a^2 / 2 + a^2)
        a=0
             1
= 1/2 + 1/2 int (1 - 2a + a^2)
            a=0
                              1
= 1/2 + 1/2 [a - a^2 + a^3 /3]
                              0
= 1/2 + 1/2 (1 - 1 + 1/3 - (0-0+0))
= 2/3
Allora usare una f crescente da R in (0,1) va bene quando NON conosci
abbastanza bene G. Se conosci i valori possibili, e dove g=G'
e' maggiore, devi scegliere una f che varia dappertutto, altrimenti
rischi di trovarti con f(a) = f(b).
Mi sembra chiaro che le cose funzionano come dico io, e non come dici
tu.


 rischi di trovarti con f(a) = f(b).
Erm. Oops. Typo: "Se NON conosci i valori possibili.." ecc. ecc.


 tu.
Mi hai convinto che il tuo modo di ragionare è corretto. (In realtà mi
sembrava corretto anche prima.)
Ma dov'è il mio errore?
(Il mio ragionamento "errato" credo sia l' analogo del paradosso delle buste
in un contesto più ampio. Se capiscop dov'è l' errore forse riesco a capire
qualcosa sul paradosso)
Ciao!!
Marco

 Ora vi pone la domanda: "Vuoi tenere le 100 mila o cambiare busta?"
Avete fatto bene ad accettare il gioco?
E qual č la scelta pių ragionevole all'ultima domanda dell'aguzzino? :-)
Ciao
Dan

 E qual è la scelta più ragionevole all'ultima domanda
dell'aguzzino? :-)
Spoiler
v
v
v
v
v
v
v
v
v
v
v
v
v
v
v
v
vv
In questo caso il gioco mi sembra equo, infatti potete vincere o
perdere la semisomma del contenuto delle 2 buste.
Se così fosse, come ritengo, sarebbe indifferente cambiare o
meno.
Ciao
Gianni

 Gianni
Ciao
Dan

 Marco
S
P
O
I
L
E
R
Mi scuso in anticipo per la terminologia ed i concetti che non saranno
sicuramente improntati al rigore matematico cui la maggior parte dei
frequentatori del NG è abituato.
Il contenuto delle due buste ha una distribuzione strettamente legata alle
modalità di scelta del loro contenuto.
Chiamiano x il numero rappresentativo del primo degli importi.
Occorre prioritariamente chiarire che nessuna limitazione può essere posta
alla natura di questo numero, pena la riconoscibilità di quelli che non
potrebbero essere risultato del raddoppio o del dimezzamento. Non potremmo
per esempio stabilire che gli importi devono essere interi, perché questo ci
permetterebbe di riconoscere che una cifra dispari come x e mai come 2x.
Diciamo dunque che x è un numero reale compreso tra zero e infinito.
Per fare un ragionamento comprensibile dobbiamo,però, necessariamente
limitare
x ad un intervallo finito, dando per vero che le conclusioni alle quali
arriveremo saranno valide ancorché si ampli l'intervallo iniziale di 1, 2,
3, ...  n ..... infinite volte.
Ipotesi 1
Il gestore del gioco sorteggia un numero (x) e lo mette nella busta A,
quindi sorteggia l'evento "raddoppio" o "dimezzamento" e, conseguentemente
determina il contenuto della busta B (2x  oppure  x/2).
In questo caso il numero sorteggiato finisce sempre nella busta A, mentre
nella busta B ci finisce il numero calcolato a partire da x
Supponendo che l'intervallo dei numeri sorteggiabili sia 0..2 e che siano
estratti tutti i numeri compresi nell'intervallo collocati ad una distanza
costante tra loro di una quantità piccola a piacere (diciamo 1/k).
Avremo dunque 2k numeri collocati nella busta A (il cui valore medio è 1),
cui corrisponderanno altrettanti numeri della busta B.
Di questi k (ottenuti per dimezzamento) saranno collocati nell'intervallo
0..1 e avranno un valore medio di 0,5.
Gli altri k numeri occuperanno l'intervallo 0..4 con un valore medio di 2.
La media complessiva dei numeri della busta B sarà dunque
(0,5k+2k)/2k=1,25
In questa ipotesi, dunque, sò in anticipo che la scelta della busta B è
mediamente più conveniente del 20% rispetto alla busta A (1,25 a fronte di
1) e posso sceglierla sempre e comunque.
Il metodo di riempimento delle buste non è però condivisibile perché
sbilanciato.
Quanto sopra può agevolmente essere riscontrato con un foglio elettronico
ponendo (p.e.) su 1000 righe nella prima colonna i numeri casuali, nella
seconda il numero della prima raddoppiato per le prime 500 righe ed il
numero della prima colonna dimezzato per le restanti 500 righe.
In una cella ben in vista si pone il rapporto tra il totale della seconda
colonna ed il totale della prima.
In tutte le righe si trovano.sempre valori doppi o dimezzati nelle due
colonne(metà e metà), ma ad ogni ricalcolo tale cella mostrerà valori sempre
vicinissimi a 1,25.
Ipotesi 2
Il gestore del gioco sorteggia un numero (x) quindi sorteggia la busta in
cui metterlo e, conseguentemente, determina il contenuto dell'altra busta in
misura pari a 2x.
In questo caso il numero sorteggiato finisce, casualmente, nella busta A o
nella busta B, mentre nell'altra busta ci finisce il numero raddoppiato
(2x).
Con questo metodo di riempimento, in entrambe le buste i numeri si
distribuiscono in modo uniforme sull'intero intervallo 0..4.
I totali dei valori sviluppati per la busta A e per la busta B coincidono e
coincidono anche le rispettive medie.
Stesso metodo di verifica con 1000 righe di foglio elettronico.
Poniamo nella prime 500 righe  nella prima colonna i numeri casuali, nella
seconda il numero della prima raddoppiato;
Nelle successive 500 righe invertiamo la posizione delle formule tra le
colonne
In una cella ben in vista si pone il rapporto tra il totale della seconda
colonna ed il totale della prima.
Anche qui siamo in presenza di valori raddoppiati o dimezzati (al 50%) ma,
diversamente dall'ipotesi 1, ad ogni ricalcolo tale cella mostrerà valori
sempre vicinissimi a 1.
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Simuliamo l'estrazione di 12 valori di x compresi tra 0 e 6 ad un intervallo
di 1 e immaginiamo di ottenere i primi 6 interi, una prima volta per
inserirli in A raddoppiandi in B, ed una seconda volta per inserirli in B e
raddoppiarli in A.
Ecco la distribuzione:
Estrazione___Busta A______Busta B________ B-A
1 ___________ 1 ___________ 2 ___________   1
1 ___________ 2 ___________ 1 ___________  -1
2 ___________ 2 ___________ 4 ___________   2
2 ___________ 4 ___________ 2 ___________  -2
3 ___________ 3 ___________ 6 ___________   3
3 ___________ 6 ___________ 3 ___________  -3
4 ___________ 4 ___________ 8 ___________   4
4 ___________ 8 ___________ 4 ___________  -4
5 ___________ 5 __________ 10 ___________   5
5 __________ 10 ___________ 5 ___________  -5
6 ___________ 6 __________ 12 ___________   6
6 __________ 12 ___________ 6 ___________  -6
Totale ______ 63 __________ 63 ___________   0
I totali dei possibili contenuti delle due buste sono uguali tra loro, ed il
totale delle differenze (vantaggio o svantaggio nei cambi possibili di
busta) è zero.
Solo i 3 valori pari della busta A compresi tra 1 e 6 sono associati a due
valori della busta B, l'uno
doppio e l'altro metà, determinando 6 coppie che corrispondono dunque alla
descrizione data nella presentazione del paradosso.
Ai 3 valori dispari compresi tra 1 e 6 della busta A, invece, sono abbinati
nella busta B i soli valori doppi.
Ai 3 valori pari maggiori di 6, infine, fanno da contrappeso solo i valori
dimezzati.
In termini numerici, abbiamo dunque 6 numeri dotati di raddoppio e 6 numeri
dotati di dimezzamento
In termini di valore, i numeri dotati di solo dimezzamento (che sono quelli
più elevati), compensano esattamente i numeri dotati di solo raddoppio (i
più bassi) ed il maggior peso dei raddoppi rispetto ai dimezzamenti nei
numeri intermedi.
Il totale zero delle differenze dà una risposta certa e definitiva sul
vantaggio nello scambio.
Le osservazioni che abbiamo appena fatte valgono, evidentemente, anche
quando in luogo di numeri distanti 1 unità tra loro, decidessimo di
prenderli ad una distanza 1/k piccolo a piacere, anche per k tendente ad
infinito.
Le osservazioni stesse valgono anche quando aumentassimo il limite superiore
dell'intervallo da 6 a n, anche quando n tenda ad infinito.
Tutti sappiamo che cambiare la busta non serve a nulla, dimostrarlo in
termini rigorosi è davvero arduo.
Io c'ho provato.
Sono stato convincente?
Bohhh!
et

LordBeotian scrive:
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In risposta al quesito riproposto da LordBeotian, il 25/7/2000 postavo con
il titolo "Sparo addosso al paradosso" il seguente messaggio:
========================= inizio trascrizione ===========================
Mi scuso in anticipo per la terminologia ed i concetti che non saranno
sicuramente improntati al rigore matematico cui la maggior parte dei
frequentatori del NG è abituato.
Il contenuto delle due buste ha una distribuzione strettamente legata alle
modalità di scelta del loro contenuto.
Chiamiano x il numero rappresentativo del primo degli importi.
Occorre prioritariamente chiarire che nessuna limitazione può essere posta
alla natura di questo numero, pena la riconoscibilità di quelli che non
potrebbero essere risultato del raddoppio o del dimezzamento. Non potremmo
per esempio stabilire che gli importi devono essere interi, perché questo ci
permetterebbe di riconoscere che una cifra dispari come x e mai come 2x.
Diciamo dunque che x è un numero reale compreso tra zero e infinito.
Per fare un ragionamento comprensibile dobbiamo, però, necessariamente
limitare x ad un intervallo finito, dando per vero che le conclusioni alle
quali arriveremo saranno valide ancorché si ampli l'intervallo iniziale di
1, 2, 3, ...  n ..... infinite volte.
Ipotesi 1
Il gestore del gioco sorteggia un numero (x) e lo mette nella busta A,
quindi sorteggia l'evento "raddoppio" o "dimezzamento" e, conseguentemente
determina il contenuto della busta B (2x  oppure  x/2).
In questo caso il numero sorteggiato finisce sempre nella busta A, mentre
nella busta B ci finisce il numero calcolato a partire da x.
Supponendo che l'intervallo dei numeri sorteggiabili sia 0..2 e che siano
estratti tutti i numeri compresi nell'intervallo collocati ad una distanza
costante tra loro di una quantità piccola a piacere (diciamo 1/k).
Avremo dunque 2k numeri collocati nella busta A (il cui valore medio è 1),
cui corrisponderanno altrettanti numeri della busta B.
Di questi k (ottenuti per dimezzamento) saranno collocati nell'intervallo
0..1 e avranno un valore medio di 0,5.
Gli altri k numeri occuperanno l'intervallo 0..4 con un valore medio di 2.
La media complessiva dei numeri della busta B sarà dunque
(0,5k+2k)/2k=1,25
In questa ipotesi, dunque, so in anticipo che la scelta della busta B è


colonne.
In una cella ben in vista si pone il rapporto tra il totale della seconda
colonna ed il totale della prima.
Anche qui siamo in presenza di valori raddoppiati o dimezzati (al 50%) ma,
diversamente dall'ipotesi 1, ad ogni ricalcolo tale cella mostrerà valori
sempre vicinissimi a 1.
°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°
Simuliamo l'estrazione di 12 valori di x compresi tra 0 e 6 ad un intervallo
di 1 e immaginiamo di ottenere i primi 6 interi, una prima volta per
inserirli in A raddoppiandi in B, ed una seconda volta per inserirli in B e
raddoppiarli in A.
Ecco la distribuzione:
Estrazione___Busta A_______Busta B_________ B-A
1  ___________ 1 ___________ 2 ___________   1
2  ___________ 2 ___________ 1 ___________  -1
3  ___________ 2 ___________ 4 ___________   2
4  ___________ 4 ___________ 2 ___________  -2
5  ___________ 3 ___________ 6 ___________   3
6  ___________ 6 ___________ 3 ___________  -3
7  ___________ 4 ___________ 8 ___________   4
8  ___________ 8 ___________ 4 ___________  -4
9  ___________ 5 __________ 10 ___________   5
10 __________ 10 ___________ 5 ___________  -5
11 ___________ 6 __________ 12 ___________   6
12 __________ 12 ___________ 6 ___________  -6
Totale ______ 63 __________ 63 ___________   0
I totali dei possibili contenuti delle due buste sono uguali tra loro, ed il
totale delle differenze (vantaggio o svantaggio nei cambi possibili di
busta) è zero.
Solo i 3 valori pari della busta A compresi tra 1 e 6 sono associati a due
valori della busta B, l'uno doppio e l'altro metà, determinando 6 coppie che
corrispondono dunque alla descrizione data nella presentazione del
paradosso.
Ai 3 valori dispari compresi tra 1 e 6 della busta A, invece, sono abbinati
nella busta B i soli valori doppi.
Ai 3 valori pari maggiori di 6, infine, fanno da contrappeso solo i valori
dimezzati.
In termini numerici, abbiamo dunque 6 numeri dotati di raddoppio e 6 numeri
dotati di dimezzamento.
In termini di valore, i numeri dotati di solo dimezzamento (che sono quelli
più elevati), compensano esattamente i numeri dotati di solo raddoppio (i
più bassi) ed il maggior peso dei raddoppi rispetto ai dimezzamenti nei
numeri intermedi.
Il totale zero delle differenze dà una risposta certa e definitiva sul
vantaggio nello scambio.
Le osservazioni che abbiamo appena fatte valgono, evidentemente, anche
quando in luogo di numeri distanti 1 unità tra loro, decidessimo di
prenderli ad una distanza 1/k piccolo a piacere, anche per k tendente ad
infinito.
Le osservazioni stesse valgono anche quando aumentassimo il limite superiore
dell'intervallo da 6 a n, anche quando n tenda ad infinito.
Tutti sappiamo che cambiare la busta non serve a nulla, dimostrarlo in
termini rigorosi è davvero arduo.
Io c'ho provato!
Sono stato convincente?
Bohhh!
et
========================== fine trascrizione ==========================
In effetti convincente non lo sono proprio stato!
Infatti quello che ho scritto, mentre dimostra inequivocabilmente che, prima
di iniziare il gioco, entrambe le buste hanno la stessa speranza di vincita
e che, sempre a monte, tutte i possibili cambi sono a variazione zero, non
affronto affatto il problema nei termini in cui si pone al momento in cui la
prima scelta sia già stata effettuata.
In quel momento, dice LordBeotian, avresti vinto 100.000 lire.
Cambiare può fartene perdere 50.000 o vincere 100.000.
E' ovvio che ti conviene cambiare!
Ha ragione: in quel momento effettivamente esistono solo quelle due
possibilità che, sembrerebbero avere uguale probabilità di verificarsi. Ma
sapendo (e avendo anche dimostrato) che il cambio doveva risultare
indifferente, ho continuato a pensarci sopra fino a queste ulteriori
riflessioni che ora vi sottopongo.
Rifacciamoci a quella che nel precedente messaggio ho chiamato "ipotesi 2".
Là il gestore del gioco sorteggiava un numero (x) compreso tra zero ed
infinito .......
E' proprio qui l'errore!
Come c... lo sorteggia un numero tra zero ed infinito?
E' evidentemente impossibile e non solo tecnicamente ma proprio
concettualmente.
Qualunque numero, se è scelto è determinato e, dunque, finito.
E allora due notazioni:
- come può scegliere o sorteggiare in un insieme di numeri, "infiniti dei
quali" sfuggono alla sua percezione?
- ammesso che egli scelga (arbitrariamente?) un numero x grande quanto si
vuole, si tratterà pur sempre di un numero finito che ha una quantità finità
di numeri compresi tra zero ed x ed una quantità infinita di numeri maggiori
di x.
Cambiamo per un attimo le regole del gioco eliminando la condizione delle
due quantità di denaro, l'una doppia dell'altra, contenuta nelle due buste e
stabiliamo che entrambe le quantità siano assolutamente indipendenti e
libere da vincoli.
Prima di iniziare il gioco la mia speranza di vincita scegliendo la busta A
è pari al valore medio tra 0 ed infinito, cioè infinito.
Identica è la speranza di vincita per la busta B.
Nel momento in cui, però, sapessi (perchè lo vedo o perché mi viene detto)
che la busta A contiene una quantità finita di denaro (non importa quanto
grande) si verificherebbe che
- la probabilità di trovare nella busta B una quantità inferiore di denaro
diventa nulla
         lim(n->inf) x / n = 0
- ho assoluta certezza di trovare nella busta B una quantità di denaro
superiore ad x
         lim(n->inf) (n - x) / n = 1
Il contenuto delle due buste, dunque, può essere e deve essere solo
infinito.
Attribuire ad una di esse una quantità finita è un errore logico e
matematico che ci caccia nel cul de sac del paradosso.
Se meraviglia deve esserci, questa deve rivolgersi verso l'espediente,
davvero subdolo, con cui  si fuorvia la logica dell'ascoltatore eliminando
ogni riferimento a termini infiniti.
Nella formulazione del problema che consente contenuti liberi, infatti, la
seconda busta può contenere da un minimo di
x * 1/inf = 0
fino ad un massimo di
x * inf = inf
per cui la probabilità che la busta B contenga un valore maggiore di x è 1,
e la speranza di ulteriore vincita è infinito.
Nella formulazione del paradosso se ne limita la variabilità da x/2 a 2x e,
conseguentemente, la speranza di ulteriore vincita a
(2*x - x)*1/2 - (x - x/2)*1/2 = 1/4*x
°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°
Se vogliamo rendere il gioco logicamente, matematicamente e tecnicamente
accettabile dobbiamo fissare un intervallo finito di variabilità delle somme
da introdurre nelle due buste.
Supponiamo di seguire il percorso di riempimento "ipotesi 2" e stabiliamo
che x sia sorteggiato nell'intervallo 0..50000 (per cui le cifre raddoppiate
saranno al massimo di 100000 lire).
Estraiamo n valori x tra 0 e 50000.
I valori associati 2*x saranno compresi tra 0 e 100000.
La distribuzione di densità dei 2*n valori nell'intervallo 0..100000 sarà
mediamente:
 _____________________________________________
     *       *       *       *       *       *  (2X)
 *   *   *   *   *   *                          ( X)
 ---------------------------------------------
 1   2   3   4   5   6   7   8   9  10  11  12
- 0..50000
  tutti gli n estratti (abbinati ai propri doppi)
  i primi n/2 numeri raddoppiati (abbinati alle loro metà)
- 50000..100000
  i restanti n/2 numeri raddoppiati (abbinati alle loro metà)
Se ora giochiamo ed io scelgo la busta A e ne vedo il contenuto
- in 1/4 dei casi mi imbatto in un importo maggiore di 50000, nel qual
  caso non cambierò mai con la busta B perché so in anticipo che nella
  busta B c'è la metà;
- in 3/4 dei casi mi imbatto in un importo fino a 50000, nel qual caso
  avrei una speranza di ulteriore vincita cambiando busta pari a:
  (2*x - x)*2/3 - (x - x/2)*1/3 = 1/2*x
Prima di vedere il contenuto della busta A, invece, la speranza di ulteriore
vincita cambiando busta è:
  n/2*n/2 - n/2*n/2 = 0
  (valor medio degli x * numero casi di raddoppio)
  meno (metà del valor medio dei 2X * numero casi di dimezzamento)
... che corrisponde esattamente al risultato atteso.
Stavolta convincente dovrei esserlo stato...
ed il paradosso finalmente affondato!
et