[image]https://leganerd.com/wp-content/uploads/LEGANERD_046793.jpg[/image]
Premetto che esiste già un [url=https://leganerd.com/2010/06/01/the-monty-hall-problem-un-classico-problema-sulle-probabilita/]articolo[/url] su questo famoso dilemma, postato da @Zed più di un anno fa. L’intento è quello di approfondirne la storia e la soluzione, oltre che di vederne alcune varianti con cui potrete fare gli “sboroni” al baretto del paese.

[title]Il dilemma[/title]
Una famosa formulazione del dilemma è contenuta in una lettera del 1990 di Craig F. Whitaker, indirizzata alla rubrica di Marilyn vos Savant nel settimanale [url=http://www.parade.com/]Parade[/url]:
[quote]Supponi di partecipare a un gioco a premi, in cui puoi scegliere tra tre porte: dietro una di esse c’è un’automobile, dietro le altre, capre. Scegli una porta, diciamo la numero 1, e il conduttore del gioco a premi, che sa cosa si nasconde dietro ciascuna porta, ne apre un’altra, diciamo la 3, rivelando una capra. Quindi ti domanda: “Vorresti scegliere la numero 2?” Ti conviene cambiare la tua scelta originale?”[/quote]

[title]Soluzione[/title]
[spoiler]Nel problema di Monty Hall la strategia vincente è [b]cambiare[/b]:
– cambiando, la possibilità di vincere l’auto è 2/3;
– non cambiando 1/3.

Magia nera? No! Sostanzialmente il problema può essere riletto così:
una volta che hai fatto la tua scelta, il conduttore esclude una delle due capre, quindi cambiare significa necessariamente trovare il premio opposto a quello che avevi trovato all’inizio:
– se avevi trovato la macchina (1/3), vinci la capra
– se avevi trovato la capra (2/3), vinci la macchina

Non ci credete? Con questo schema a blocchi non ci si può sbagliare:
[image]https://leganerd.com/wp-content/uploads/LEGANERD_046794.jpg[/image]

Poniamo che all’inizio io abbia scelto la porta A che nasconde una capra. Qual era la probabilità di trovare una capra? Due su tre (p1=2/3).
A questo punto, il conduttore esclude la porta B che nasconde l’altra capra. Cambiare porta significa quindi aprire la porta C che nasconde con certezza (p2=1) la macchina.
Di conseguenza, se cambio, la probabilità di trovare la macchina è:
p1 x p2 = 2/3 x 1 = 2/3

Viceversa, poniamo che all’inizio io abbia scelto la porta C che nasconde la macchina. Qual era la probabilità di trovare la macchina? Una su tre (p1=1/3).
A questo punto, il conduttore esclude la porta B che nasconde una capra. Cambiare porta significa quindi aprire la porta A che nasconde con certezza (p2=1) l’altra capra.
Di conseguenza, se cambio, la probabilità di trovare una capra è:
p1 x p2 = 1/3 x 1 = 1/3

Ricapitolando, se accetto di cambiare vinco la macchina con 2/3 di probabilità, la capra con 1/3.
Non avete capito? Siete delle [url=http://www.youtube.com/watch?v=zYBytLS9Bhk]capre[/url]![/spoiler]

[title]Storia[/title]
Questo quesito è noto come il dilemma di “Monty Hall” perché ispirato a un celebre gioco a premi televisivo americano “[url=http://www.letsmakeadeal.com/]Let’s make a deal[/url]”, il cui conduttore era Maurice Halprin, noto con lo pseudonimo di Monty Hall.
Nella realtà, ovviamente, il gioco non avveniva come sopra descritto: il presentatore in effetti apriva una porta dietro cui si trovava una capra per aumentare la tensione, ma non consentiva ai giocatori di cambiare la propria scelta originale!

In seguito alla pubblicazione del problema nel settimanale Parade, molti lettori si rifiutarono di credere che cambiare la scelta iniziale fosse l’alternativa vincente. Circa 10.000 lettere, incluse un migliaio scritte da PhD, furono inviate alla rivista affermando che la soluzione proposta fosse errata. Anche dopo che furono fornite spiegazioni, simulazioni e dimostrazioni matematiche, molte persone non accettarono che il cambio fosse la strategia vincente.

Esistono diverse varianti della formulazione del problema che propongo di seguito.

[title]Il paradosso delle tre carte (Warren Weaver – 1950)[/title]
Giochiamo con tre carte. Una è blu su entrambi i lati, una è rossa su entrambi i lati e una è blu da un lato e rossa dall’altro. Ogni carta è nascosta in una scatoletta nera.
Il giocatore sceglie una delle tre scatolette, estrae la carta e la posa sul tavolo in modo che sia visibile un solo lato.
Supponiamo che il lato che si vede sia blu.
Il conduttore propone al giocatore di scommettere alla pari che è blu anche l’altro lato della carta: se è blu vince il conduttore, se è rosso vince il giocatore.
[i]Conviene al giocatore accettare la scommessa?[/i]

[spoiler]No, non conviene: la scommessa non è equilibrata, ma è a favore del conduttore.
[image]https://leganerd.com/wp-content/uploads/LEGANERD_046795.jpg[/image]

Immaginiamo di avere le carte:
X: x1 (Blu) – x2 (Blu)
Y: y1 (Blu) – y2 (Rosso)
Z: z1 (Rosso) – z2 (Rosso)
Il lato blu che si vede potrebbe essere uno dei due della carta X o quello della carta Y.

Dunque i casi possibili per il lato visibile sono 3:
x1, x2, y1.
I casi favorevoli all’evento che anche l’altro lato sia blu sono 2:
x2, x1
Dunque la probabilità che anche l’altro sia blu è:
P = 2/3[/spoiler]

[title]Il paradosso delle tre scatole (Joseph Bertrand – 1889)[/title]
Ci sono tre scatole identiche. Una contiene due monete d’oro, l’altra due monete d’argento e la terza una moneta d’oro e una d’argento.
Il giocatore sceglie una scatola. Qual è la probabilità che sia la scatola con due monete diverse? E’ 1/3.
Supponiamo che il giocatore prenda una moneta a caso dalla scatola scelta e che questa moneta sia d’oro. Dopo aver avuto questa informazione, qual è la probabilità che quella sia la scatola con due monete diverse?
Siccome le possibilità per la seconda moneta sono solo 2 (oro o argento), la probabilità sembra essere passata da 1/3 a 1/2.
[i]Dov’é l’errore nel ragionamento?[/i]

[spoiler]L’errore sta nel fatto che la probabilità è sempre 1/3.
Il fatto di aver pescato una moneta d’oro non cambia la probabilità della scelta della scatola effettuata in precedenza.
Immaginiamo di avere le scatole:
X: x1 (Oro) – x2 (Oro)
Y: y1 (Oro) – y2 (Argento)
Z: z1 (Argento) – z2 (Argento)
Come per il paradosso delle tre carte ho che la moneta d’oro estratta potrebbe essere una delle due contenute nella scatola X o quella nella scatola Y.
Dunque i casi possibili per la moneta d’oro sono 3:
x1, x2, y1.
I casi favorevoli all’evento che l’altra moneta sia d’argento sono soltanto 1:
y2
Dunque la probabilità che l’altra moneta sia d’argento è:
P = 1/3[/spoiler]

[title]Il problema dei tre prigionieri[/title]
Nel braccio della morte, tre prigionieri aspettano l’alba della fucilazione. In onore del compleanno del re uno dei tre sarà graziato e il guardiano sa chi dei tre avrà salva la vita, ma non lo vuole svelare.
Uno dei tre (chiamiamolo A), attanagliato dall’angoscia, gli dice: “Dato che uno solo dei tre sarà graziato, certamente uno degli altri due (B e C) dovrà morire. Se mi dici il nome di uno fra B e C destinato a morire domani all’alba, ti regalo il mio orologio d’oro. Tu non tradisci il segreto, perchè non sveli il graziato, e io avrò un po’ meno angoscia. “Il guardiano si fa convincere e svela: “B morirà”.
A dona il suo orologio alla guardia e si sente sollevato: Aveva il 33% di chance di salvarsi, ora restano solo lui e C, quindi le sua possibilità sono cresciute al 50%.
[i]E’ corretto il suo ragionamento?[/i]

[spoiler]No! Le sue probabilità di salvezza rimangono di 1/3. Sono quelle dell’altro condannato che da 1/3 schizzano a 2/3!

All’inizio tutti e 3 i prigionieri avevano la stessa probabilità di salvezza (1/3). Quindi la probabilità di salvarsi di B o C (unione matematica) era:
P(B) U P(C) = 1/3+1/3 = 2/3.
Dopo l’informazione del guardiano, però, la probabilità di B diventa nulla. Quindi la probabilità di C diventa:
[P(B) U P(C)] – P(B) = 2/3 – 0 = 2/3.

Una soluzione per assurdo è la seguente: il prigioniero A anziché fare la domanda al guardiano avrebbe potuto farsela da solo: scegliere uno tra B e C (perché comunque due su tre sono i condannati), e arrivare alla stessa stima del 50%. Lo stesso ragionamento, però, potevano farlo anche B e C, col risultato di tre persone col 50% di probabilità di salvezza, che è ovviamente assurdo![/spoiler]

[title]Curiosità[/title]
Il problema di Monty Hall è citato nel film [url=http://www.mymovies.it/film/2008/21/]21[/url]. Kevin Spacey interpreta il professore Micky Rosa che pone il quesito. Jim Sturgess interpreta l’alunno Ben Campbell, che ovviamente dà la soluzione impiegando lo stesso tempo che un comune mortale impiegherebbe a fare un rutto (anche se siete [url=http://www.youtube.com/watch?v=ARZUQv2oul4]Silvano Ciriello[/url] di [url=http://www.mymovies.it/film/1997/ovosodo/]Ovosodo[/url], è comunque poco).

Il dilemma, inoltre, è stato “testato” nello show [url=http://dsc.discovery.com/tv/mythbusters/]MythBusters[/url]. Oltre a verificarne la veridicità statistica con 49 tentativi, i conduttori hanno messo alla prova 20 concorrenti sottoponendoli al medesimo quiz. Inutile dire che tutti e 20 hanno mantenuto la scelta originale.

[title]Conclusione[/title]
Il dilemma di Monty Hall è affascinante perché va contro l’intuito. Ho voluto fornirne diverse formulazioni non solo perché quella originaria è stata “sdoganata” dal cinema e dalla televisione, ma sopratutto per far vedere come un’impostazione diversa del problema sia sufficiente a mettere in difficoltà anche chi conosce la soluzione. Prendete tre carte, andate al bar, e scommettete come i peggiori bari. A meno che ci sia un matematico al tavolo, dovreste uscirne con i soldi e soprattutto con le dita integre!

Fonti: Wikipedia, [url=http://math.ucsd.edu/~crypto/Monty/monty.html]The Monty Hall page[/url], [url=http://utenti.quipo.it/base5/probabil/montyhall.htm]Base5[/url]