Paradosso delle due buste

[Nino]

Su it.scienza.matematica è stato posto questo enigma-paradosso:
-------------------------------------------------------------------
Sei coinvolto nel seguente gioco:
- si gioca in due, tu e il tuo avversario
- viene scelto a caso un numero naturale n nel seguente modo:
si tira un dado fino a che esce 6 e si conta il numero di lanci fatti prima
che uscisse 6, questo è n. La probabilità che esca n è quindi 1/6*(5/6)^n
- si prendono due fogli su cui si scrivono rispettivamente le cifre 2^n e
2^(n+1), poi si inseriscono in un due buste identiche
- una busta a caso va a te, l'altra al tuo avversario
- tu puoi guardare nella busta e poi decidere se tenerla o cambiarla
- poi si aprono le buste e vince chi ha il punteggio più alto

Ci poniamo la domanda: qual'è la strategia migliore?
--------------------------------------------------------------------

Io e rez sosteniamo che la scelta di cambiare o tenere la busta è
indifferente (50% di guadagnare o perdere); anzi, secondo me, la strategia
migliore dovrebbe essere cambiare busta se trovo dentro il n. 1 e
tenerla in tutti gli altri casi (in tal modo, la prob. di trovare il
numero maggiore contenuto nelle due buste è mediamente pari a 7/12).

Invece, l'autore del post, dai conti dell'aspettazione condizionata,
deduce che *qualunque cifra si trovi nella propria busta conviene sempre
cambiarla*.

Mi piacerebbe sapere come la pensate.

Ciao, Nino

[Che nickname ha costui?]

Post by Nino
- si gioca in due, tu e il tuo avversario
si tira un dado fino a che esce 6 e si conta il numero di lanci fatti prima
che uscisse 6, questo è n. La probabilità che esca n è quindi 1/6*(5/6)^n
- si prendono due fogli su cui si scrivono rispettivamente le cifre 2^n e
2^(n+1), poi si inseriscono in un due buste identiche
- una busta a caso va a te, l'altra al tuo avversario
- tu puoi guardare nella busta e poi decidere se tenerla o cambiarla
- poi si aprono le buste e vince chi ha il punteggio più alto
Ci poniamo la domanda: qual'è la strategia migliore?
--------------------------------------------------------------------
Io e rez sosteniamo che la scelta di cambiare o tenere la busta è
indifferente (50% di guadagnare o perdere); anzi, secondo me, la strategia
migliore dovrebbe essere cambiare busta se trovo dentro il n. 1 e
tenerla in tutti gli altri casi (in tal modo, la prob. di trovare il
numero maggiore contenuto nelle due buste è mediamente pari a 7/12).
Invece, l'autore del post, dai conti dell'aspettazione condizionata,
deduce che *qualunque cifra si trovi nella propria busta conviene sempre
cambiarla*.
Mi piacerebbe sapere come la pensate.

Prima di tutto una bella simulata: si fanno 1.000.000 di
esperimenti e si guardano i risultati:

Strat. Vincite Totalizzatore
A) 499683 1.55059067179656E+26
B) 583399 1.55059067179656E+26
C) 500317 1.93016299189891E+22
D) 557637 1.55059067179656E+26

Strategie:
A) = tengo sempre la prima busta
B) = la cambio solo se c'è "1"
C) = la cambio sempre
D) = la cambio se è inferiore ad un tot (nella sim. tot=5)

Si noti che le vincite in A) e C) sono ovviamente al 50%
mentre in B) si avvicinano a 7/12 calcolato da Nino.
Il Totalizzatore nel caso A) e B) non differisce perchè
le vincite in più sono unitarie rispetto a numeri molto
grandi.

Non stupisca il totalizzatore in C) minore degli altri.
Ripetendo il pacchetto di 1.000.000 di esperimenti, i
risultati dei totalizzatori sono molto *ballerini*, talvolta
prevale A), talvolta C). La strategia di *cambiare sempre*
non dà alcun vantaggio né svantaggio rispetto a *non
cambiare mai*.


Ciao!!! :o)
Livio

[El Filibustero]

Post by Che nickname ha costui?
Prima di tutto una bella simulata: si fanno 1.000.000 di

Prima di tutto una bella considerazione teorica: la simulazione e'
inutile perche' il valore atteso in entrambe le buste e' infinito. Non
ha senso parlare di convenienza. Vedi (se vuoi) it.scienza.matematica.
Ciao

[Che nickname ha costui?]

Prima di tutto una bella simulata: ...

Prima di tutto una bella considerazione teorica: ...

Lo dici in generale o in particolare? :o)

Perché in generale il discorso sarebbe lungo...

la simulazione e' inutile perche' il valore atteso in entrambe
le buste e' infinito. Non ha senso parlare di convenienza.
Vedi (se vuoi) it.scienza.matematica.

L'avevo vista, l'avevo vista. Ho anche visto che la discussione
"teorica è durata dalle 13:46 del 16/12 alle 18:40 di oggi. Io ci
ho messo 10 minuti di simulazione... :o))

Ma torniamo alla teoria: hai notato che nella simulazione ho
introdotto la strategia (l'ultima) "cambio busta se < tot" ?
Ottengo un risultato intermedio tra 1/2 e 7/12. Perché?


Ciao!!! :o)
Livio

[El Filibustero]

Post by Che nickname ha costui?
Lo dici in generale o in particolare? :o)

in particolare

Post by Che nickname ha costui?
L'avevo vista, l'avevo vista. Ho anche visto che la discussione
"teorica è durata dalle 13:46 del 16/12 alle 18:40 di oggi. Io ci
ho messo 10 minuti di simulazione... :o))

Ho ragione di credere che la tua simulazione non rispetti un requisito
fondamentale del paradosso: ottenere somme potenzialmente illimitate.
Se per ragioni di overflow si pone un limite massimo M alla somma
estratta ("tanto e' praticamente impossibile che si presenti il caso
di somme superiori ad M, anche facendo miliardi di esperimenti")
allora il paradosso non si pone nemmeno: la distribuzione non e' la
stessa di quella di LordBeotian

Post by Che nickname ha costui?
Ma torniamo alla teoria: hai notato che nella simulazione ho
introdotto la strategia (l'ultima) "cambio busta se < tot" ?
Ottengo un risultato intermedio tra 1/2 e 7/12. Perché?

Non ne ho la minima idea. Bisognerebbe conoscere la distribuzione
*effettiva* che hai usato nella simulazione. Ciao

[Che nickname ha costui?]

Post by El Filibustero
Ho ragione di credere che la tua simulazione non rispetti un requisito
fondamentale del paradosso: ottenere somme potenzialmente illimitate.
Se per ragioni di overflow si pone un limite massimo M alla somma
estratta ("tanto e' praticamente impossibile che si presenti il caso
di somme superiori ad M, anche facendo miliardi di esperimenti")
allora il paradosso non si pone nemmeno: la distribuzione non e' la
stessa di quella di LordBeotian

Non ti capisco mica tanto. Una simulazione numerica di un
qualunque sistema fisico finisce sempre per tosare un po'
le gausiane e usa sequenze ovviamente pseudo-random.
Ciò non toglie che si ottengano risultati confrontabili con
quelli analitici.

Dov'è che i risultati di questa simulazione non concordano
con i tuoi calcoli?


Ciao!!! :o)
Livio

[El Filibustero]

Post by Che nickname ha costui?
Non ti capisco mica tanto. Una simulazione numerica di un
qualunque sistema fisico finisce sempre per tosare un po'
le gausiane e usa sequenze ovviamente pseudo-random.
Ciò non toglie che si ottengano risultati confrontabili con
quelli analitici.

Appunto. Una gaussiana ha un valor medio finito e le code di peso
arbitrariamente piccolo. La distribuzione di LordBeotian no. Se in
quest'ultima "tosi" qualcosa, si perde il senso stesso del paradosso.
Per quanto riguarda gli pseudo-random, io non ho nessun pregiudizio
sul loro impiego in simulazioni di questo tipo (e mi sorprende che
taluni ne abbiano).

Post by Che nickname ha costui?
Dov'è che i risultati di questa simulazione non concordano
con i tuoi calcoli?

Non e' questione di concordare o no. I risultati di questa simulazione
sono... insignificanti ai fini della risposta logica che si aspetta
LordBeotian. Ciao

[Plinius]

El Filibustero ha scritto:
[cut]

Post by El Filibustero
Non e' questione di concordare o no. I risultati di questa simulazione
sono... insignificanti ai fini della risposta logica che si aspetta
LordBeotian. Ciao

La domanda posta da Nino non è quella del quesito storico delle "due buste"
dove la scelta della cifra x (e conseguenzialmente di 2*x) è arbitrariamente
rimessa al donatore e di essa non se ne conosce il meccanismo di
determinazione.
Qui l'algoritmo è noto e ci è dunque anche nota la probabilità dei diversi
eventi
Rit. del 6 Probabilità
0 16,666667%
1 13,888889%
2 11,574074%
3 9,645062%
4 8,037551%
5 6,697960%
6 5,581633%
7 4,651361%
8 3,876134%
9 3,230112%
10 2,691760%
11 2,243133%
12 1,869278%
13 1,557731%
ecc. ecc. .................

Supponiamo dunque che su un numero indeterminato di prove esca dalla mia
busta per 506 volte un valore 2 (corrispondente all'importo più grande
collegato al ritardo 0 o all'importo più piccolo collegato al ritardo 1).
Esaminiamo questi casi e trascuriamo, per il momento, gli altri.
Posso con tutta evidenza dire che in quelle 506 volte mediamente nel
54,(54)% dei casi
16,(66)/[16,(66)+13,(88)] = 54,(54)%
cioè per 54,(54)% * 506 = 276 volte
mi dovrei trovare in presenza della coppia (1,2)
mentre per 45,(45)% * 506 = 230 volte
mi dovrei trovare in presenza della coppia (2,4).
Se non cambio busta guadagno per 506 volte 2 e, quindi, 1012.
Se cambio sempre busta guadagno
276 * 1 + 230 * 4 = 1196
Quindi, cambiando, ho una speranza di vincita superiore del 18,(18)%
Non è certo la mia scelta che cambia un evento già determinatosi (il ritardo
del 6) ma io mi limito a tener conto della frequenza (che conosco) con la
quale essi ritardi mediamente mi si presentano.
Questo ragionamento è ovviamente estensibile a qualunque altro valore
diverso dal 2 ora esaminato e per qualunque numero di uscite.
Dunque (potrei concludere) il ragionamento tiene, è generalizzabile e,
dunque, mi consente di stabilire che la strategia più conveniente è quella
di cambiare sempre la busta ma ATTENZIONE il trucco c'è...
Dal momento che l'incidenza in termini assoluti dei casi (o del caso)
connessi ai ritardi di maggiore rilevanza è talmente schiacciante che, se
sono sfortunato in questi, a nulla sarebbe valso di aver risolto
positivamente un elevato numero di cambi vantaggiosi ma di piccola entità,
la mia strategia deve, a questo punto, fare una scelta sostanziale:

1) decido di giocare avventurosamente cambiando *sempre^ e posso vincere
moooooolto di più rispetto a chi non cambia mai, ma anche perdere
altrettanto

2) non mi assumo l'alea dei giochi più ricchi eliminando quei rischi e
garantendomi un vantaggio relativamente piccolo ma più o meno sicuro

E passiamo alla sperimentazione.
Se considero che su 100000 prove dovrei aspettarmi un ritardo massimo 63,15,
proviamo ad escludere il cambio tutte le volte che il ritardo supera
(margine di sicurezza) 30/31 corrispondente ad un valore di 2^31 =
2.147.483.648.

Risultati:

*1° esempio:*

Limite x cambio: 2147483648 corrispondente a 30/31 ritardi
Massimo ritardo: 64 (teorico: 63.15)
--------------------- % teor. ----- % reale ------------- vincita ---------
Strategia di gioco di cambi di cambi realizzata
---------------------------------------------------------------------------
A (non cambia mai) 0.00% 0.00% 38129943052264030000
---------------------------------------------------------------------------
diff. + / -
rispetto ad "A"
---------------------------------------------------------------------------
B (cambia se x=1) 8.33% 8.41% 0
C (cambia sempre) 100.00% 100.00% -18162135974067102000
D (cambia se x<=Lim.) 99.68% 99.67% 73135202304
E (cambia se x>Lim.) 0.32% 0.33% -18162136047202095000
---------------------------------------------------------------------------

*2° esempio:*

Limite x cambio: 2147483648 corrispondente a 30/31 ritardi
Massimo ritardo: 61 (teorico: 63.15)
--------------------- % teor. ----- % reale ------------- vincita ---------
Strategia di gioco di cambi di cambi realizzata
---------------------------------------------------------------------------
A (non cambia mai) 0.00% 0.00% 3014524685772634000
---------------------------------------------------------------------------
diff. + / -
rispetto ad "A"
---------------------------------------------------------------------------
B (cambia se x=1) 8.33% 8.54% 2048
C (cambia sempre) 100.00% 100.00% 2068298696653043700
D (cambia se x<=Lim.) 99.68% 99.66% 70052495360
E (cambia se x>Lim.) 0.32% 0.34% 2068298626600542200
---------------------------------------------------------------------------

Come si vede immediatamente, "C" che cambia sempre (e anche "E" che,
cambiando nei casi di maggior valore, segue le stesse sorti) possono vincere
molto di più di "A", ma anche molto di meno.
"D", persona assennata e non avida, si assicura un piccolo margine in più di
"A" senza troppi rischi.
Naturalmente abbassando il valore limite per il cambio si riducono i rischi
ma anche il vantaggio. Al contrario alzando tale limite si guadagna di più
ma i rischi crescono.
Guardate qui, per esempio:
Limite x cambio: 35184372088832 corrispondente a 44/45 ritardi
Massimo ritardo: 61 (teorico: 63.15)
--------------------- % teor. ----- % reale ------------- vincita ---------
Strategia di gioco di cambi di cambi realizzata
---------------------------------------------------------------------------
A (non cambia mai) 0.00% 0.00% 6359580693434310000
---------------------------------------------------------------------------
diff. + / -
rispetto ad "A"
---------------------------------------------------------------------------
B (cambia se x=1) 8.33% 8.27% 2048
C (cambia sempre) 100.00% 100.00% -2303373057312254000
D (cambia se x<=Lim.) 99.97% 99.98% 77414599069696
E (cambia se x>Lim.) 0.03% 0.02% -2303450471911349800
---------------------------------------------------------------------------

ma anche, seppur raramente...
Limite x cambio: 35184372088832 corrispondente a 44/45 ritardi
Massimo ritardo: 65 (teorico: 63.15)
--------------------- % teor. ----- % reale ------------- vincita ---------
Strategia di gioco di cambi di cambi realizzata
---------------------------------------------------------------------------
A (non cambia mai) 0.00% 0.00% 74419376307517620000
---------------------------------------------------------------------------
diff. + / -
rispetto ad "A"
---------------------------------------------------------------------------
B (cambia se x=1) 8.33% 8.33% 0
C (cambia sempre) 100.00% 100.00% -36340681807968797000
D (cambia se x<=Lim.) 99.97% 99.98% -10514818777088
E (cambia se x>Lim.) 0.03% 0.02% -36340671293151011000
---------------------------------------------------------------------------

Limitando il valore limite per il cambio a valori corrispondenti al 50% del
"ritardo massimo atteso" i rischi sono quasi inesistenti e dovrebbe essere
dunque questa la strategia migliore che contempera in un giusto equilibrio
rischi e vantaggi.
Ho provato diverse decine di volte e, limitando entro il 50% del "ritardo
massimo atteso" non sono riuscito a perdere mai!!!!!!!

Ciao, plinius
----------------------------------------------
(Se vuoi scrivermi, fai a meno dell'indirizzo)

[Nino]

"Plinius" ha scritto nel messaggio

Post by Plinius
La domanda posta da Nino non è quella del quesito storico delle "due buste"
dove la scelta della cifra x (e conseguenzialmente di 2*x) è
arbitrariamente
rimessa al donatore e di essa non se ne conosce il meccanismo di
determinazione.

.

Post by Plinius
Supponiamo dunque che su un numero indeterminato di prove esca dalla mia
busta per 506 volte un valore 2 (corrispondente all'importo più grande

[cut]

Ciao Plinius,
ho dato una veloce scorsa a quanto dici, e le tue conclusioni ricalcano
esattamente (18,(18)% di vincita attesa superiore cambiando sempre) le mie
prime riflessioni, che poi ho ritenuto di correggere.
A tal proposito, ti consiglio di andare a vedere il lungo thread postato
dal 16-12-2005 su it.scienza.matematica (paradosso delle due buste
rivisitato).

Purtroppo, là ci sono matematici, secondo me, un po' avulsi dalla
concretezza
dei problemi, che prediligono l'astrattezza teorica all'incisività della
soluzione pratica (anche se a volte può essere approssimata).

Però, i tuoi esempi e simulazioni, con la strategia di fissare un limite
al di sotto del quale cambiare busta (e al di sopra tenere), mi convincono
pienamente. Non solo. Nel mio messaggio su it.scienza.matematica di oggi
ore 16:17 avevo proposto (pur senza fare simulazioni) di scegliere come L,
il ritardo medio teorico che lascia un numero pari alla radice quadrata
delle prove (38 nel caso di un milione di prove, nel tuo caso di 100 mila
prove L = [ln(RADQ(100000))-ln(100000)]/ln(5/6) = 31,57
che è esattamente uguale al limite da te proposto e utilizzato.

Ciao, Nino

[Plinius]

Post by Nino
Ciao Plinius,
ho dato una veloce scorsa a quanto dici, e le tue conclusioni
ricalcano esattamente (18,(18)% di vincita attesa superiore cambiando
sempre) le mie prime riflessioni, che poi ho ritenuto di correggere.
A tal proposito, ti consiglio di andare a vedere il lungo thread
postato dal 16-12-2005 su it.scienza.matematica (paradosso delle due
buste rivisitato).
Purtroppo, là ci sono matematici, secondo me, un po' avulsi dalla
concretezza
dei problemi, che prediligono l'astrattezza teorica all'incisività
della soluzione pratica (anche se a volte può essere approssimata).
Però, i tuoi esempi e simulazioni, con la strategia di fissare un
limite al di sotto del quale cambiare busta (e al di sopra tenere),
mi convincono pienamente. Non solo. Nel mio messaggio su
it.scienza.matematica di oggi ore 16:17 avevo proposto (pur senza
fare simulazioni) di scegliere come L, il ritardo medio teorico che
lascia un numero pari alla radice quadrata delle prove (38 nel caso
di un milione di prove, nel tuo caso di 100 mila prove L =
[ln(RADQ(100000))-ln(100000)]/ln(5/6) = 31,57 che è esattamente uguale al
limite da te proposto e utilizzato.

Ho dato una sbirciata su it.scienza.matematica ma la lunghezza del thread mi
ha spaventato. Allora, forse scorrettamente, ho fatto una copia del
messaggio di IHE e l'ho accodato all'ultimo post. Magari non capita proprio
nel contesto giusto, ma almeno lo leggeranno e diranno (forse) quel che ne
pensano.
Concordo con te sul diverso approccio (che a me non è troppo congeniale) che
in genere hanno i matematici. Io cerco di cavarmela con la logica e con le
scarsissime conoscenze matematiche (né vaste, né recenti) che riesco a
ripescare nei miei ricordi.
Mi fa piacere che le tue conclusioni concordino con le mie ma, forse perché,
anche se non sei un matematico, certamente hai più dimestichezza di me, mi
riesce difficile capire il discorso del "numero pari alla radice quadrata
delle prove". Cosa intendi?
Il 31 (su 100000 prove) che ho usato io non è frutto di una determinazione
di calcolo. Mi sono semplicemente detto che, visto che è attendibile un
ritardo massimo di 63,15, se più o meno mi colloco intorno alla metà non
rischio di cambiare su livelli da suicidio e mi lascio un sufficiente
margine verso l'alto per evitare batoste non compensabili con le piccole
risorse dei cambi.

Avevo in mente, però, che la scelta potesse essere libera e flessibile cioè:

1 = guadagno un'inezia e forse niente ma non posso rimetterci;
2 = in teoria potrei già rimetterci ma è praticamente impossibile
3 = ecc. ecc.
......
......
31 = punto medio nel quale posso aspettarmi un rischio accettabile
......
......
63 = quasi certamente sbatto il muso

Se vogliamo tentare di rendere oggettiva la scelta del livello
rischio/beneficio ottimale potremmo pensare di calcolare il punto nel quale
speranza di vincita e di perdita si equivalgano (e forse il calcolo da te
proposto potrebbe centrare questo numero?). Ma perché definirlo ottimale? In
quel punto in realtà, su un sufficiente numero di prove, mediamente guadagno
zero. Mentre se mi accontento di meno posso rischiare pochissimo e avere un
vantaggio quasi sicuro.
Boh!... bisogna rifletterci sopra ancora...

[Nino]

"Plinius" ha scritto nel messaggio

Post by Plinius
Ho dato una sbirciata su it.scienza.matematica ma la lunghezza del thread
mi ha spaventato. Allora, forse scorrettamente, ho fatto una copia del
messaggio di IHE e l'ho accodato all'ultimo post.

Hai fatto benissimo.

Post by Plinius
Io cerco di cavarmela con la logica e con le scarsissime conoscenze
matematiche (né vaste, né recenti) che riesco a ripescare nei miei
ricordi.

Figurati io. Sono quasi 40 anni che non guardo più un libro di matematica.
Però, fino a poco tempo fa, mi dilettavo molto nella sistemistica (specie
per il totocalcio).

Post by Plinius
.il discorso del "numero pari alla radice quadrata delle prove". Cosa
intendi?

Nelle fluttuazioni casuali degli eventi rari, la distribuzione più comune
è quella di Poisson (che utilizzavo molto durante il lavoro, per
determinare le incertezze nelle misure della radioattività).

Qui, ritengo sia più o meno lo stesso.
Con Poisson, lo scarto quadratico medio è uguale alla radice quadrata del
valore medio.
Arbitrariamente, ma con attendibilità già verificata in altri casi, ho
pensato di prendere un sigma rispetto al numero totale delle prove,
come numero di prove stesse su cui determinare il ritardo n.
In pratica, è come selezionare un limite che deve essere raggiunto circa
RADQ(N) volte (1000 se le prove sono un milione, e determinare il
ritardo medio per 1000 occorrenze con la stessa formula da te usata per
il ritardo massimo 63,15).

Post by Plinius
Se vogliamo tentare di rendere oggettiva la scelta del livello
rischio/beneficio ottimale potremmo pensare di calcolare il punto nel
quale speranza di vincita e di perdita si equivalgano (e forse il calcolo
da te proposto potrebbe centrare questo numero?).

Penso di no.
Comunque, se ricordo, il 50% di prob. è pari a 0,7 sigma.
Puoi provare con L=34 (100000 prove)

Ciao, Nino

[Plinius]

Post by Nino
Puoi provare con L=34 (100000 prove)

Sembra che sia costante nel rendere bene....

----------
*prova 1 :*
----------
Limite x cambio: 17179869184 corrispondente a 33/34 ritardi
Massimo ritardo: 61 (teorico: 63.15)
--------------------- % teor. ----- % reale ------------- vincita ---------
Strategia di gioco di cambi di cambi realizzata
---------------------------------------------------------------------------
A (non cambia mai) 0.00% 0.00% 5391509826481914000
---------------------------------------------------------------------------
diff. + / -
rispetto ad "A"
---------------------------------------------------------------------------
B (cambia se x=1) 8.33% 8.44% 0
C (cambia sempre) 100.00% 100.00% -2530234759644239900
D (cambia se x<=Lim.) 99.81% 99.81% 241876903936
E (cambia se x>Lim.) 0.19% 0.19% -2530235001521181700
---------------------------------------------------------------------------

----------
*prova 2 :*
----------
Limite x cambio: 17179869184 corrispondente a 33/34 ritardi
Massimo ritardo: 60 (teorico: 63.15)
--------------------- % teor. ----- % reale ------------- vincita ---------
Strategia di gioco di cambi di cambi realizzata
---------------------------------------------------------------------------
A (non cambia mai) 0.00% 0.00% 3941800624308756000
---------------------------------------------------------------------------
diff. + / -
rispetto ad "A"
---------------------------------------------------------------------------
B (cambia se x=1) 8.33% 8.38% 0
C (cambia sempre) 100.00% 100.00% 258824852367760380
D (cambia se x<=Lim.) 99.81% 99.82% 364945148928
E (cambia se x>Lim.) 0.19% 0.18% 258824487422629880
---------------------------------------------------------------------------

----------
*prova 3 :*
----------
Limite x cambio: 17179869184 corrispondente a 33/34 ritardi
Massimo ritardo: 62 (teorico: 63.15)
--------------------- % teor. ----- % reale ------------- vincita ---------
Strategia di gioco di cambi di cambi realizzata
---------------------------------------------------------------------------
A (non cambia mai) 0.00% 0.00% 19235089874655040000
---------------------------------------------------------------------------
diff. + / -
rispetto ad "A"
---------------------------------------------------------------------------
B (cambia se x=1) 8.33% 8.28% 8192
C (cambia sempre) 100.00% 100.00% -1546367853831786500
D (cambia se x<=Lim.) 99.81% 99.79% 280317083648
E (cambia se x>Lim.) 0.19% 0.21% -1546368134148825100
---------------------------------------------------------------------------

----------
*prova 4 :*
----------
Limite x cambio: 17179869184 corrispondente a 33/34 ritardi
Massimo ritardo: 74 (teorico: 63.15)
--------------------- % teor. ----- % reale ------------- vincita ---------
Strategia di gioco di cambi di cambi realizzata
---------------------------------------------------------------------------
A (non cambia mai) 0.00% 0.00% 37952054905161880000000
---------------------------------------------------------------------------
diff. + / -
rispetto ad "A"
---------------------------------------------------------------------------
B (cambia se x=1) 8.33% 8.27% 0
C (cambia sempre) 100.00% 100.00% -18719817534283629000000
D (cambia se x<=Lim.) 99.81% 99.81% 573629792256
E (cambia se x>Lim.) 0.19% 0.19% -18719817534857103000000
---------------------------------------------------------------------------

[Plinius]

Post by Nino
Nelle fluttuazioni casuali degli eventi rari, la distribuzione più
comune è quella di Poisson (che utilizzavo molto durante il lavoro,
per determinare le incertezze nelle misure della radioattività).
Qui, ritengo sia più o meno lo stesso.
Con Poisson, lo scarto quadratico medio è uguale alla radice quadrata
del valore medio.
Arbitrariamente, ma con attendibilità già verificata in altri casi, ho
pensato di prendere un sigma rispetto al numero totale delle prove,
come numero di prove stesse su cui determinare il ritardo n.
In pratica, è come selezionare un limite che deve essere raggiunto
circa RADQ(N) volte (1000 se le prove sono un milione, e determinare
il ritardo medio per 1000 occorrenze con la stessa formula da te usata
per il ritardo massimo 63,15).

Siano A e B due giocatori, dove A è quello che non cambia mai la busta.
B, invece, decide di cambiare la busta ogniqualvolta essa contenga V <= 2^k
Detto V il valore che viene trovato nella busta sarà
r = ln(V)/ln(2)
il ritardo nell'uscita del 6 da cui è stato originato, se si tratta
dell'importo più piccolo (r-1 nell'altra ipotesi).
Sia, infine, n il numero di giocate fatte.

Vincite di A:
-------------------------------------------------------
V V deriva da r V deriva da r-1
-------------------------------------------------------
1 // n/12*(5/6)^0*1
2 n/12*(5/6)^0*2 n/12*(5/6)^1*2
4 n/12*(5/6)^1*4 n/12*(5/6)^2*4
... ................... ....................
2^k n/12*(5/6)^(k-1)*2^k n/12*(5/6)^k*2^k
-------------------------------------------------------

Vincite di B:
-------------------------------------------------------
V V deriva da r V deriva da r-1
-------------------------------------------------------
1 // n/12*(5/6)^0*2
2 n/12*(5/6)^0*1 n/12*(5/6)^1*4
4 n/12*(5/6)^1*2 n/12*(5/6)^2*8
... ....................... ....................
2^k n/12*(5/6)^(k-1)*2^(k-1) n/12*(5/6)^k*2^(k+1)
-------------------------------------------------------

I termini della seconda serie di A (escluso l'ultimo) coincidono tutti con
la prima serie di B.
I termini della seconda serie di B (escluso l'ultimo) coincidono tutti con
la prima serie di A.

Visto che per (V > 2^k) B non cambia, i termini successivi delle due serie
coincidono.
Dunque la differenza (qualunque sia k) è:
Delta_B_A = V_B - V_A = n/12*(5/6)^k*2^(k+1) - n/12*(5/6)^k*2^k
cioè:
-------------------------------
Delta_B_A = n/4 * 5^k / 3^(k+1)
------------------------------
che diverge per K->inf.
Questo significa, per esempio, che se si decide di giocare 1000 partite
e B adotta la strategia di cambiare busta per k=16, cioè se V <= 2^16,
B vincerà mediamente più di A
Delta_B_A = 1000/4 * 5^16 / 3^17 = 295.392

Delta_B_A è evidentemente un valore crescente al crescere di k e, perciò,
in teoria converrebbe non fissarlo affatto e cambiare busta sempre.
Però, mentre per k molto alti la maggior vincita è affidata a rarissimi
eventi di valore immenso, per k sufficientemente piccolo dipende da eventi
frequenti di piccola entità.
La tabella che segue riporta, per n=1000, la frequenza degli eventi
(arrotondata a 1) e il conseguente vantaggio atteso da B rispetto ad A.
--------------------------------------------
r V = 2^k freq. Delta_B_A
--------------------------------------------
0 1 83 83
1 2 153 139
2 4 127 231
3 8 106 386
4 16 88 643
5 32 74 1.072
6 64 61 1.786
7 128 51 2.977
8 256 43 4.961
9 512 36 8.269
10 1.024 30 13.782
11 2.048 25 22.970
12 4.096 21 38.283
13 8.192 17 63.805
14 16.384 14 106.341
15 32.768 12 177.235
16 65.536 10 295.392
17 131.072 8 492.320
18 262.144 7 820.533
19 524.288 6 1.367.556
20 1.048.576 5 2.279.259
21 2.097.152 4 3.798.766
22 4.194.304 3 6.331.276
23 8.388.608 3 10.552.127
24 16.777.216 2 17.586.878
25 33.554.432 2 29.311.463
26 67.108.864 2 48.852.438
27 134.217.728 1 81.420.730
28 268.435.456 1 135.701.217
29 536.870.912 1 226.168.695
30 1.073.741.824 1 376.947.826
31 2.147.483.648 1 628.246.376
32 4.294.967.296 1 1.047.077.293
33 8.589.934.592 0 1.745.128.822
34 17.179.869.184 0 2.908.548.037
............................................
............................................

Si nota che il totale dei casi per r<=20 accoglie già il 95% del totale.
Per limitare il rischio che una distribuzione anomala possa pregiudicare il
risultato, la strategia consigliabile mi pare possa essere quella di fissare
un k che non determini un valore marginale di frequenza troppo basso.
Poi è questione di scelte: rischiare di più per guadagnare di più o
accontentarsi di poco e vivere tranquilli.
Non credo che ci sia una strategia *oggettivamente* migliore anche se, ma
non mi è davvero chiaro il motivo, il k che secondo buon senso mi verrebbe
da scegliere somiglia sempre troppo alla formula da te suggerita con
riferimento alla distribuzione di Poisson:
k = [ln(RADQ(n))-ln(n)]/ln(5/6)

[Nino]

"Plinius" ha scritto nel messaggio

Post by Plinius
Siano A e B due giocatori, dove A è quello che non cambia mai la busta.
B, invece, decide di cambiare la busta ogniqualvolta essa contenga V <= 2^k
Detto V il valore che viene trovato nella busta sarà
r = ln(V)/ln(2)

.

Post by Plinius
-------------------------------
Delta_B_A = n/4 * 5^k / 3^(k+1)
------------------------------
che diverge per K->inf.
Questo significa, per esempio, che se si decide di giocare 1000 partite
e B adotta la strategia di cambiare busta per k=16, cioè se V <= 2^16,
B vincerà mediamente più di A
Delta_B_A = 1000/4 * 5^16 / 3^17 = 295.392

[cut]

Purtroppo, non ho molto tempo (almeno fino a dopodomani);
ho dato una scorsa veloce, ma sufficiente per capire che hai perfettamente
centrato il problema.
Bene! Adesso è tutto molto più chiaro.
Ciò che determina la vincita con il limite k sotto cui cambiare è la
massimizzazione del contenuto di una sola busta per le n volte che capita,
(quella relativa a k ritardi), che verrà cambiata qualora è scelta e
contiene 2^k, trasformandola in 2^(k+1)
Es., supponiamo di cambiare fino a k=4 (A sta B cambia)

A B
1 2 2 1
2 4 4 2
4 8 8 4
8 16 16 8
16 32 32 32 qui cambiano le
cose
---------------- --------------
32 64 32 64
e tutto da qui in avanti è uguale.

La differenza V_b - V_a = N/12*(5/6)^k*[2^(k+1)-2^k] = N/12*(5/3)^k
con N=numero totale prove (come hai trovato tu)

Post by Plinius
Per limitare il rischio che una distribuzione anomala possa pregiudicare
il risultato, la strategia consigliabile mi pare possa essere quella di
fissare un k che non determini un valore marginale di frequenza troppo
basso.
Poi è questione di scelte: rischiare di più per guadagnare di più o
accontentarsi di poco e vivere tranquilli.
Non credo che ci sia una strategia *oggettivamente* migliore ...

L'ottimizzazione, come dici, è di scegliere un k tale che questo ritardo
capiti un numero di volte sufficiente per poter ammortizzare eventuali
anomalie di ritardi superiori a k (scelta delle buste non equilibrata
con il 50% di prob. di trovare il numero maggiore e minore).

Penso anch'io che tale scelta di k non possa prescindere dall'accettazione
di una determinata probabilità di perdere rispetto all'entità della vincita
casuale.
Visto comunque che lo scambio delle buste conduce ad un guadagno nel 50%
dei casi relativi alle prove con ritardo k, forse l'equilibrio dovrebbe
trovarsi a circa 0,35*RADQ(N) , per 100000 prove k circa 37,33.

Ciao, Nino

[Plinius]

Post by Nino
[cut]
Purtroppo, non ho molto tempo (almeno fino a dopodomani);
ho dato una scorsa veloce, ma sufficiente per capire che hai
perfettamente centrato il problema.
Bene! Adesso è tutto molto più chiaro.
Ciò che determina la vincita con il limite k sotto cui cambiare è la
massimizzazione del contenuto di una sola busta per le n volte che
capita, (quella relativa a k ritardi), che verrà cambiata qualora è
scelta e contiene 2^k, trasformandola in 2^(k+1)
[cut]

Abbiamo ormai acclarato che il vantaggio nel cambiare le buste diventa
concreto nel momento in cui si verifica l'evento ritardo=k e busta assegnata
contenente 2^k.
Dunque il maggior guadagno di B (che cambia busta per V<=2^k) rispetto ad A
è, per ogni singola prova, mediamente pari a

(5/6)^k/12 * 2^k

dove

2^k è l'ammontare dell'ipotetico vantaggio e

(5/6)^k/12 è la probabilità di realizzarlo

Appare evidente che al crescere di k la maggior speranza di vincita di B
tende complessivamente a crescere ma, ed è questo il punto nodale per la
piena comprensione del fenomeno, occorre esaminare i due fattori
distintamente.
Per fare in modo che già i primi dati siano significativi, prendiamo in
considerazione un basso numero di prove (100 nella tabella che segue).
Se k=20, ha poca importanza sapere che, qualora l'evento si verificasse B
avrebbe un vantaggio su A di 1048576.
Altrettanto poco importante è sapere che, tenuto conto della probabilità che
k=20 si verifichi, mediamente B avrà un vantaggio di 2279 (1048576*0,22%).
Dobbiamo, invece, relisticamente tener conto del fatto che, se le prove sono
solo 100, quasi certamente l'evento non si verificherà.
-------------------------------------------
k probabil. vantaggio eventi previsti
evento k x prova su 100 prove
-------------------------------------------
0 8,33% 1 8
1 6,94% 2 7
2 5,79% 4 6
3 4,82% 8 5
4 4,02% 16 4
5 3,35% 32 3
6 2,79% 64 3
7 2,33% 128 2
8 1,94% 256 2
9 1,62% 512 2
10 1,35% 1024 1
11 1,12% 2048 1
12 0,93% 4096 1
13 0,78% 8192 1
14 0,65% 16384 1
15 0,54% 32768 1
16 0,45% 65536 0
17 0,38% 131072 0
18 0,31% 262144 0
19 0,26% 524288 0
20 0,22% 1048576 0
21 0,18% 2097152 0
22 0,15% 4194304 0
23 0,13% 8388608 0
24 0,10% 16777216 0
25 0,09% 33554432 0
26 0,07% 67108864 0
27 0,06% 134217728 0
28 0,05% 268435456 0
......................

E' evidente che se dovesse accadere che in tutte le 100 prove l'evento
fortunato non si verifichi, sarebbe vanificata ogni speranza di avere un
vantaggio col sistema del cambio delle buste.

La probabilità Q (che l'evento k non si verifichi in nessuna delle n prove)
è:

Q = [1 - (5/6)^k/12]^n

e deve essere tenuta bassa, comunque al di sotto del 50% e, preferibilmente,
quanto più possibile prossima allo zero.

Valori di k (in relazione a n e Q) arrotondati all'unità:
-----------------------------------------------------
! Probab.! numero n di prove !
! Q !------------------------------------------!
! scelta ! 100 1000 10000 100000 1000000 !
!--------!------------------------------------------!
! 50,00% ! 14 26 39 52 64 !
! 45,00% ! 13 25 38 51 63 !
! 40,00% ! 12 25 37 50 63 !
! 35,00% ! 11 24 37 49 62 !
! 30,00% ! 11 23 36 48 61 !
! 25,00% ! 10 22 35 48 60 !
! 20,00% ! 9 22 34 47 60 !
! 15,00% ! 8 21 33 46 59 !
! 10,00% ! 7 20 32 45 58 !
! 5,00% ! 6 18 31 43 56 !
! 4,00% ! 5 18 30 43 56 !
! 3,00% ! 5 17 30 43 55 !
! 2,00% ! 4 17 29 42 55 !
! 1,00% ! 3 16 29 41 54 !
! 0,90% ! 3 16 28 41 54 !
! 0,80% ! 3 16 28 41 54 !
! 0,70% ! 3 15 28 41 53 !
! 0,60% ! 3 15 28 41 53 !
! 0,50% ! 3 15 28 40 53 !
! 0,40% ! 2 15 28 40 53 !
! 0,30% ! 2 15 27 40 52 !
! 0,20% ! 2 14 27 39 52 !
! 0,10% ! 1 14 26 39 52 !

La cosa sorprendente, una volta capito a fondo il meccanismo, è che il
ragionamento può essere esteso anche alla versione tradizionale del quesito.
Anche se lì il sistema di selezione degli importi assegnati alle buste non è
dichiarato, viene comunque dichiarato che tutti gli importi sono possibili.
Dunque, anche se in quel contesto non è determinabile l'entità del
vantaggio, è peraltro possibile affermare che la strategia è applicabile e
fornisce un surplus di possibilità di vincita, ancorché indeterminato nella
misura.
Questa conclusione contraddice tutto quello che finora si è scritto
sull'argomento !!!!!

[Plinius]

<Plinius> ha scritto:
[cut]

Post by Plinius
La cosa sorprendente, una volta capito a fondo il meccanismo, è che il
ragionamento può essere esteso anche alla versione tradizionale del
quesito. Anche se lì il sistema di selezione degli importi assegnati
alle buste non è dichiarato, viene comunque dichiarato che tutti gli
importi sono possibili. Dunque, anche se in quel contesto non è
determinabile l'entità del vantaggio, è peraltro possibile affermare
che la strategia è applicabile e fornisce un surplus di possibilità
di vincita, ancorché indeterminato nella misura.
Questa conclusione contraddice tutto quello che finora si è scritto
sull'argomento !!!!!

Precisazione doverosa:
L'estensibilità del ragionamento alla versione tradizionale del paradosso è
condizionata al fatto che l'esposto conduca ad assumere, per il contenuto
delle buste:
- un numero finito di valori equiprobabili
oppure
- un numero infinito di valori con probabilità decrescenti e convergenti

Non varrebbe, invece, se facessimo riferimento a infiniti valori, tutti
equiprobabili.
Ma il quesito posto in questi termini è, a mio avviso, inaccettabile
logicamente, oltre che tecnicamente. Di conseguenza è perfettamente inutile
parlarne.

[Silvio Sergio]

Post by Plinius
La cosa sorprendente, una volta capito a fondo il meccanismo, è che il
ragionamento [sulla scelta del valore di soglia] può essere esteso
anche alla versione tradizionale del quesito.
Anche se lì il sistema di selezione degli importi assegnati alle buste
non è dichiarato, viene comunque dichiarato che tutti gli importi sono
possibili. Dunque, anche se in quel contesto non è determinabile l'entità
del vantaggio, è peraltro possibile affermare che la strategia è applicabile
e fornisce un surplus di possibilità di vincita, ancorché indeterminato nella
misura.
Questa conclusione contraddice tutto quello che finora si è scritto
sull'argomento !!!!!

Mica vero. Ecco per esempio quello che Adam Atkinson ha più volte
scritto trattando lìargomento:

---
Come vincere con probabilita' > 0.5?
Cosi': inventi una funzione crescente da R a (0,1). Quando apri
una busta, vedendo x, lo tieni con probabilita' f(x).
Diciamo che i due numeri sono a e b, con a<b. La tua probabilita' di
vincere =
P(aprire a).P(cambiare) + P(aprire b).P(non cambiare)
=1/2 . (1-f(a)) + 1/2 . f(b)
= 1/2 . (1+ f(b) - f(a))
= 1/2 + (f(b) - f(a)) /2

Post by Plinius
1/2 visto che f e' crescente.

[Plinius]

<Silvio Sergio> ha scritto:
[cut]

Post by Silvio Sergio

Post by Plinius
Questa conclusione contraddice tutto quello che finora si è scritto
sull'argomento !!!!!

Mica vero. Ecco per esempio quello che Adam Atkinson ha più volte
---
Come vincere con probabilita' > 0.5?
Cosi': inventi una funzione crescente da R a (0,1). Quando apri
una busta, vedendo x, lo tieni con probabilita' f(x).
Diciamo che i due numeri sono a e b, con a<b. La tua probabilita' di
vincere =
P(aprire a).P(cambiare) + P(aprire b).P(non cambiare)
=1/2 . (1-f(a)) + 1/2 . f(b)
= 1/2 . (1+ f(b) - f(a))
= 1/2 + (f(b) - f(a)) /2

Post by Plinius
1/2 visto che f e' crescente.

Finora avevo avuto modo di leggere solo post che trattavano con sufficienza
coloro che osavano mettere in dubbio l'assoluta equivalenza delle buste e
non avevo, sull'altro versante, visto dimostrazioni valide del contrario.
La mia conclusione, dunque, collima con quella di di Adam Atkinson e ne sono
assolutamente contento.
Quello che mi convince meno (anche se non intacca la validità del
ragionamento) è l'impostazione della scelta sulla base di una funzione
dell'importo trovato, come se si potesse cambiare un po' di più o un po' di
meno.
In realtà o si cambia o non si cambia e, dunque, non mi sembra il caso di
scomodare una funzione crescente: basta assumere un valore soglia.
Inoltre mi pare che ora sia stata fatta più chiarezza anche sul processo di
determinazione del vantaggio, che dipende proprio dall'uscita del valore
soglia prescelto e quindi determinabile nel suo ammontare e nella sua
probabilità.
Mi par di capire che anche tu, pur non avendolo detto esplicitamente,
condividi le conclusioni e, avendoti spesso letto e ammirato, anche questo
mi fa enorme piacere.

[Adam Atkinson]

Post by Plinius
Quello che mi convince meno (anche se non intacca la validità del
ragionamento) è l'impostazione della scelta sulla base di una funzione
dell'importo trovato, come se si potesse cambiare un po' di più o un po' di
meno.

Puoi cambiare con probabilta' p.

Post by Plinius
In realtà o si cambia o non si cambia e, dunque, non mi sembra il caso di
scomodare una funzione crescente: basta assumere un valore soglia.

La tua soglia potrebbe non essere fra a e b. E allora vinci con prob
0,5

La "mia" tecnica (inventata, per quanto ne so, da un collega
al puzzles and games ring a Cambridge) e' una sorta di media ponderata
di tutte le soglie possibili.

[Plinius]

Post by Adam Atkinson

Post by Plinius
Quello che mi convince meno (anche se non intacca la validità del
ragionamento) è l'impostazione della scelta sulla base di una
funzione dell'importo trovato, come se si potesse cambiare un po' di
più o un po' di meno.

Puoi cambiare con probabilta' p.

Post by Plinius
In realtà o si cambia o non si cambia e, dunque, non mi sembra il
caso di scomodare una funzione crescente: basta assumere un valore
soglia.

La tua soglia potrebbe non essere fra a e b. E allora vinci con prob
0,5
La "mia" tecnica (inventata, per quanto ne so, da un collega
al puzzles and games ring a Cambridge) e' una sorta di media ponderata
di tutte le soglie possibili.

In questo thread si discuteva del paradosso in una versione rivisitata nella
quale venivano contati i lanci falliti di un dado prima che esca il 6 (r) e
quindi
inserita la somma 2^r in una busta e 2^(r+1) nell'altra.
La conclusione raggiunta era che giocare fissando un valore soglia (al di
sotto del quale cambiare busta) era conveniente in quanto al verificarsi
dell'evento r=k e contemporanea scelta della busta con valore 2^k si ottiene
un vantaggio pari a 2^k.
Vantaggio non controbilanciato (come invece avviene per tutti quelli
relativi a r<k) dal cambio in perdita del caso r=k e scelta della busta
contenente 2^(k+1).
Quindi se giocheremo n volte siamo in grado di dire a priori che mediamente
ci sarà un vantaggio (rispetto a chi adottasse la strategia di non cambiare
mai busta) uguale a 2^k per tutte le volte che si verificherà l'evento r=k e
busta=2^k
e cioè:
n*(5/6)^k/12 volte
Al crescere del valore di k aumenta il suo valore ma diminuisce la
probabilità che l'evento si verifichi.
Pertanto la scelta del valore k dipende dal numero di prove n e dalla
probabilità di vincita che desidero avere (v. i miei post precedenti).
Il superamento del 50% si ha:
per n= 1000 con k=26
per n= 100000 con k=52
per n= 1000000 con k=64
ecc.
Se decidiamo di giocare 100000 volte posso decidere:
- di scegliere k=10, aspettandomi di vincere 1346 volte un importo 2^10
per un totale di 1.378.304
- di scegliere k=30, aspettandomi di vincere 35 volte un importo 2^30
per un totale di 37.580.963.840
- di scegliere k=44, aspettandomi di vincere 3 volte un importo 2^44
per un totale di 52.776.558.133.248

Nella formulazione tradizionale del paradosso, non essendo noto l'algoritmo
per determinare il contenuto delle buste, non è naturalmente possibile
quantificare le probabilità.

[Nino]

"Che nickname ha costui?" ha scritto nel messaggio

Post by Che nickname ha costui?
Prima di tutto una bella simulata: si fanno 1.000.000 di

Ciao Livio,
ti ringrazio per la simulazione.

Io, che sono ignorante in matematica, do' importanza ed
attendibilità pratica ai tuoi risultati (soprattutto, perchè
hanno confermato quello che immaginavo ;-)))

Post by Che nickname ha costui?
D) = la cambio se è inferiore ad un tot (nella sim. tot=5)

Che era anche la mia prima idea.
Lo so che è un sacrilegio matematico, ma, visto che il ciclo
(inverso della frequenza media) di un numero ai dadi è di
6 lanci, ipotizzavo di cambiare quando il numero che trovavo
nella busta era inferiore a 2^6, e tenere negli altri casi).

Post by Che nickname ha costui?
Si noti che le vincite in A) e C) sono ovviamente al 50%
mentre in B) si avvicinano a 7/12 calcolato da Nino.
Il Totalizzatore nel caso A) e B) non differisce perchè
le vincite in più sono unitarie rispetto a numeri molto
grandi.
Non stupisca il totalizzatore in C) minore degli altri.

Mi spieghi per favore perchè si verifica che il totalizzatore,
se si cambia sempre busta, è minore?

Post by Che nickname ha costui?
Ripetendo il pacchetto di 1.000.000 di esperimenti, i
risultati dei totalizzatori sono molto *ballerini*, talvolta
prevale A), talvolta C). La strategia di *cambiare sempre*
non dà alcun vantaggio né svantaggio rispetto a *non
cambiare mai*.

Questo è una cosa logica. Ne sono convinto.
A prescindere dalle conclusioni cui si potrebbe pervenire con
le considerazioni teoriche.

Perchè mai dovrebbe esserci un vantaggio per il primo giocatore
a cambiare? (se il primo cambia, significa che cambierà anche
l'altro giocatore, che quindi, a sua volta, ne dovrebbe trarre
vantaggio :-))
Abbiamo trovato il sistema che favorisce tutti...

Ciao, Nino

[Che nickname ha costui?]

Post by Nino
...
Mi spieghi per favore perchè si verifica che il totalizzatore,
se si cambia sempre busta, è minore?

In realtà i risultati dei totalizzatori non sono statisticamente
significativi, non ostante il milione di esperimenti. Ripetendo
più volte il pacchetto di esperimenti, si ottengono valori
compresi tra 10^20 e 10^26. Talvolta e' maggiore nella
strategia C), talvolta viceversa. Mi spiego la cosa con i
*ritardi* delle uscite del 6. Basta un forte ritardo che finisca
in una busta e non nell'altra per sballare la statistica. Credo
che aumentando il numero degli esperimenti il risultato
non migliori perché aumenta anche l'entità dei ritardi.


Ciao!!! :o)
Livio

[Nino]

"Che nickname ha costui?" ha scritto nel messaggio

Post by Che nickname ha costui?
In realtà i risultati dei totalizzatori non sono statisticamente
significativi, non ostante il milione di esperimenti. Ripetendo
più volte il pacchetto di esperimenti, si ottengono valori
compresi tra 10^20 e 10^26. Talvolta e' maggiore nella
strategia C), talvolta viceversa. Mi spiego la cosa con i
*ritardi* delle uscite del 6. Basta un forte ritardo che finisca
in una busta e non nell'altra per sballare la statistica. Credo
che aumentando il numero degli esperimenti il risultato
non migliori perché aumenta anche l'entità dei ritardi.

Sono d'accordo.
Infatti, la progressione fra 2^n e 2^(n+1) è troppo alta.
Con un milione di esperimenti, dovresti trovare un ritardo per
il 6 di 76 lanci del dado (ciò significa una differenza di
3,77E+22 fra le due buste, già di per sè stessa quasi in grado
di sballare tutto il guadagno di una strategia.

Suggerirei di ridurre, anzichè da x a 2x,
a X e 1,25X per le due buste.

Ciao, Nino

[Che nickname ha costui?]

Post by Nino
Sono d'accordo.
Infatti, la progressione fra 2^n e 2^(n+1) è troppo alta.
Con un milione di esperimenti, dovresti trovare un ritardo per
il 6 di 76 lanci del dado (ciò significa una differenza di
3,77E+22 fra le due buste, già di per sè stessa quasi in grado
di sballare tutto il guadagno di una strategia.
Suggerirei di ridurre, anzichè da x a 2x,
a X e 1,25X per le due buste.

Per 1.25^n:
A) 500442 86248268
B) 583436 86331262
C) 499558 62258085
D) 523457 86386387

Per 1.2^n:
A) 500663 9508874
B) 583890 9592101
C) 499337 8621421
D) 519217 9607056

Per 1.1^n:
A) 499176 1093837
B) 582448 1177109
C) 500824 1100380
D) 504841 1118650


Ciao!!! :o)
Livio

[rez]

Post by Nino
Io e rez sosteniamo che la scelta di cambiare o tenere la busta è

Ho postato adesso su ism questo: se leggo 1.073.741.824 che
faccio? tengo? oppure cambio perche' il dado e` truccato?

Questo nei criteri dell'a posteriori di Bayes non l'hanno
preso in considerazione..

[Nino]

"rez" ha scritto nel messaggio

Post by rez

Post by Nino
Io e rez sosteniamo che la scelta di cambiare o tenere la busta è

Ho postato adesso su ism questo: se leggo 1.073.741.824 che
faccio? tengo? oppure cambio perche' il dado e` truccato?

Beh, il dado potrebbe essere perfetto...
D'altronde, dovrei trovare scritto 2^30 ogni 1500 lanci di un dado
(con questo ritardo di uscita del 6).

Io comunque mi accontenterei, e direi di tenere :-)

Ciao, Nino