Propongo una spiegazione del “paradosso” delle tre porte, (quello in cui: devi indovinare la scatola con premio; il conduttore, che sa dov’è il premio, ti apre una delle porte che non hai scelto, vuota; tu puoi cambiare scelta o meno).
Diciamo che tu scegli la prima scatola, A. C’è probabilità 1/3 che il premio sia in ognuna delle tre porte A, B o C. A quel punto i casi possibili sono:
(c1) il premio è in A, e il conduttore apre B;
(c2) il premio è in A, e il conduttore apre C;
(c3) il premio è in B, e il conduttore apre C;
(c4) il premio è in C, e il conduttore apre B.
Supponiamo che il conduttore apra B. Dei quattro casi, quelli possibili rimangono due, il (c1) e il (c4). A questo punto, l’errore che si può commettere è di considerare equiprobabili i due casi, e dire che la probabilità che il premio sia nella scatola che hai scelto (caso (c1)) vale 1/2.
Invece i casi possibili vanno pesati con le loro probabilità. Ammettendo che, se hai scelto la scatola giusta, il conduttore apra l’una o l’altra scatola delle rimanenti con probabilità 1/2 (sceglie a caso), le probabilità sono:
P(c1) = 1/3 * 1/2 = 1/6;
P(c2) = 1/3 * 1/2 = 1/6;
P(c3) = 1/3;
P(c4) = 1/3.
Allora, dopo che il conduttore ha aperto B (e i casi possibili si riducono a c1 e c4), la probabilità che la scelta di A sia giusta (evento (a)) è
P(a) = P(c1) / [ P(c1) + P(c4) ] = (1/6) / [ (1/6) + (1/3) ] = (1/6) / (1/2) = 1/3.
è sempre un 1/3 quindi, indipendentemente dal fatto che ti sia stata mostrata una scatola aperta, come è logico che sia. Naturalmente, la probabilità che il premio sia nell’altra scatola non aperta (C) è 2/3, che si può anche calcolare
P(c) = P(c4) / [ P(c1) + P(c4) ] = (1/3) / [ (1/6) + (1/3) ] = (1/3) / (1/2) = 2/3.
Quindi conviene cambiare scatola.
Tutto si spiegherebbe in pochi passaggi usando la formula di Bayes, però così sembra più convincente. Il punto è: la probabilità non è sempre (numero casi favorevoli) / (numero di casi possibili) , ma bisogna pesare i casi con le loro probabilità!
[1] Clarke M. (2002), I paradossi dalla A alla Z, Cortina, Milano, 2004, p. 142.
mi chiedo: non è che il paradosso funziona (e quindi è corretto ponderare i casi con le probabilità) solo se il conduttore vuole farti vincere il premio? Se per lui è indifferente potrebbe anche giocare contro di te e quindi farti cambiare la scatola per evitare la tua vincita. In questo caso la probabilità mi sembra 1/2 e 1/2. O no?
inoltre il paradosso delle 3 scatole parla di queste contenenti 2 monete d’oro, una moneta d’oro e una d’argento, 2 monete d’argento. Estraendo una moneta d’oro qual’è la probabilità che anche l’altra lo sia? così in effetti la probabilità è di 2/3.
In che modo il conduttore potrebbe giocare contro il concorrente? Bisogna precisare che il conduttore sa dov\’è il premio, e apre di proposito una delle scatole in cui il premio non c\’è, diversa da quella scelta dal concorrente. Tutto ciò è noto al concorrente. Se invece il conduttore scegliesse a caso una delle tre scatole con o senza premio, e la scelta risultasse una scatola senza premio, diversa da quella del concorrente, allora la probabilità che la scatola scelta all\’inizio contenga il premio diventa 1/2 . Interessante il problema delle monete d\’oro e d\’argento che proponi. Ne conosco un altro. Lanci due volte una moneta equa. Sapendo che uno dei due lanci ha dato Testa, qual è la probabilità che anche l\’altro abbia dato Testa? E se sai che il primo lancio ha dato Testa, qual è la probabilità che il secondo abbia dato Testa?
Chiedo scusa per la mia scarsa competenza in materia, ma ritengo che quando venga introdotto, in un gioco, il concetto di INFORMAZIONE, il campo di analisi si sposti dalla statistica a quello della teoria dei giochi.
Il conduttore possiede informazioni che il concorrente non ha, quindi possiamo escludere che egli apra la scatola contenente il premio : il gioco si riduce quindi ad una scelta tra due elementi. Credo che il paradosso sia valido solo se nemmeno il conduttore possieda la corretta informazione e apra, casualmente, una scatola non contenente il premio.
Caro Massimo,
Innanzi tutto, grazie per il commento.
Be’ nel problema è assunto proprio il fatto che Monty All sappia dove si trovi la scatola. Il paradosso probabilmente non è un paradosso “forte”, cioè che conduce ad una aporia ma è solo un ragionamento che parte da premesse vere e finisce a conclusioni inaspettate e controintuitive. Il problema si formula classicamente per mostrare che nel regno delle probabilità possono verificarsi cose “strane” per il buon senso (il che non significa che lo siano sotto altri aspetti). Aggiungendo la tua proposta magari si arriva alla formulazione di un problema più interessante, ma che non è quello proposto nel paradosso in questione. Sia chiaro, questo è lecito. Ci sono moltissimi casi di questo tipo in paradossi semantici e filosofici (per esempio il paradosso del mentitore è stato revisionato una marea di volte…). Ma appunto ciò comporta una formulazione di un nuovo problema e un nuovo paradosso.
Propongo un’altra spiegazione del paradosso presentato nell’articolo.
Dopo che il concorrente ha effettuato la scelta iniziale e il conduttore ha aperto una delle altre due porte, al concorrente si presenta la scelta fra due porte dietro una delle quali c’è il premio; ma la probabilità che il concorrente, con la scelta iniziale, abbia individuato la porta giusta è 1/3, mentre la probabilità che il concorrente, con la scelta iniziale, non abbia individuato la porta giusta è 2/3.
Dunque, dopo l’azione del conduttore, al concorrente conviene cambiare la scelta iniziale, poiché la probabilità di vincere il premio raddoppia!
(Tuttavia, a me non piacerebbe vincere un premio in questo modo…)
Ma dov’è Francesco Marigo?
(Che si sia nascosto dietro una delle tre porte, al posto del premio…?)
Mi piacerebbe sfidarlo in una partita a Scacchi!
(Di certo non in una partita a Go…!)