Efisio è andato al casinò di Saint-Vincent con la bella somma di 20 euro e la volontà di tentare la sorte alla roulette.

Come tutti sanno, sulla ruota della roulette vi sono 18 numeri rossi, 18 numeri neri e 1 numero verde (lo zero).
Puntando sul rosso (o nero) si raddoppia la posta se la pallina si ferma in corrispondenza di un numero di quel colore, altrimenti la somma puntata è perduta.

Efisio ha due opzioni:
1) giocare tutti i 20 € in un colpo solo al rosso o nero tornando subito a casa con 40 € oppure con le tasche vuote
2) giocare 1 € per volta sempre al rosso o nero e continuare a giocare sino a ottenere 40 € oppure sino alla bancarotta.

Quale delle due opzioni sarà più conveniente per massimizzare la probabilità di tornare a casa con 40 € in tasca?


G109

di getto; probabilmente scorretto, ma "a lume di naso".
Immaginiamo di togliere lo zero. il gioco è pertanto equo e simmetrico. pertanto la probabilità è 50/50. Con la differenza che con un colpo secco si finisce subito, mentre per arrivare a +20 o -20 ci vuole molto più tempo. Arrivare ad uno scostamento di 20 dall'equilibrio non è cosa che si può ottenere in 20 puntate! Ovvero, si può; ma significa che il sistema non è equilibrato (o che voi avete un gran c***).
Dopo 200 giocate, invece, è ragionevole che rosso/nero siano usciti 110/90. Ancora più probabile dopo 1000 giocate (510/490) e così via. La probabilità che la curva sfondi prima "sopra" o "sotto" è comunque la stessa.
Vediamo che succede introducendo lo zero, che rende il gioco leggermente iniquo: 18 volte si vince, 19 si perde.
Sulla giocata secca, ovviamente, si riduce un poco la probabilità. Invece di 50/50 , abbiamo 48,6/51,4 (calcolato a occhio).
Andando avanti, succede che, dopo una settantina di giocate (poche perché possa esserci uno squilibrio di 20), la somma residua, mediamente, di sarà ridotta di un paio di euro. (Con il gioco equo 50/50 , la somma attesa media sarà sempre uguale alla partenza).
Diciamo quindi che dopo 70 giocate, vi restano 18 euro. Proseguendo, e abbiamo visto che è indispensabile mettere in conto almeno qualche centinaio di giocate, il nostro gruzzolo tenderà inesorabilmente a calare.
Credo che sia decisamente meglio "o la va o la spacca".

Concordo con Enrico.
Approssimativamente abbiamo 51% di probabilità a sfavore e 49% a favore e dunque, quale sia la puntata, ogni 100 giocate, fatto il bilancio fra vincite e perdite, abbiamo perduto due gettoni, non importa se abbiamo avuto 51 sconfitte iniziali e consecutive, o viceversa 49 vincite iniziali, o alternate in vario modo; comunque per ottenere un risultato perdente di 2 unità abbiamo dovuto giocare in media 100 volte. Per ottenere un risultato perdente di 20 unità, devo giocare 1000 volte, mentre per perdere 1 sola unità devo giocare 50 volte, ma se gioco 1 sola volta, quante volte perdo? 1/50 ? Se non perdo una volta intera, posso nutrire maggiormente una speranza di vincita.
Nell'altro caso, non abbiamo una limitazione di giocate, perché posso giocare all'infinito fino alla vincita, ma dopo 1000 giocate, invece si perde.

Intuitivamente sono d'accordo anch'io.
Se Efisio decidesse di dividere il suo capitale in due puntate da 10 euro, la probabilità di finire la serata con 40 € mi risulta scendere al 47,30% (contro il 48,65% del "tutto subito") e siccome più si gioca più la legge dei grandi numeri favorisce il casinò, non vedo il motivo per cui il trend dovrebbe invertirsi frazionando ulteriormente la giocata.

Vediamo però se si riesce a trovare una dimostrazione analitica o una formula generale.

Parentesi:

chiedo lumi please sui calcoli, perchè 'sta probabilità a volte mi risulta una cosa semplice, altre una bestia nera.

Mi riferisco al risultato ottenuto nel caso della suddivisione dei 20 euro per giocate da 10 (47,30%). Come si fa a farlo?

Io l'ho pensata così:

all'inizio del gioco, in 2 giocate successive si possono verificare i seguenti eventi (V=vincita, P=perdita):

1) V P V P
2) V V P P

Per raggiungere il mio obiettivo di andar via con 40 euro in 2 giocate, devo vincere 20 euro, cioè devo vincere due volte di seguito; si deve verificare cioè l'evento V V; se si verifica l'evento P P, devo andar via, mentre gli altri due eventi rappresentano un nulla di fatto e mi consentono di continuare il gioco.
Se continuo il gioco, cioè se non ho nè vinto, nè perso, devo fare almeno altre due giocate, perché è come se iniziassi daccapo. Quindi nella continuazione del gioco abbiamo il seguente nuovo scenario, considerate le prime 2 giocate e le seconde due:

1) P P P P V V V V
2) V V V V P P P P
3) V P V P V P V P
4) V V P P V V P P

Nelle 4 giocate, i casi favorevoli sono 2: P V V V e V P V V, mentre 2 sono sfavorevoli. Abbiamo inoltre 4 casi con un nulla di fatto che obbligano a continuare con altre 2 giocate; qui si determineranno 4 casi favorevoli, 4 sfavorevoli ed 8 con un nulla di fatto e così via dicendo.

In sostanza, come si giunge al 47,30% ? Come si "manipola il calcolo" nella situazione descritta? Bisogna stabilire a priori in quante giocate si chiude il gioco e quindi effettuare il calcolo su quella ipotesi? Non credo che si possano sommare le probabilità di ogni situazione (si può vincere in 2 puntate, oppure in 4, oppure in 6,....).

Il modo più semplice per affrontare questo problema è per via grafica.
Rappresentiamo il nostro processo (il testo dice una vincita o una perdita di $20\;\text{Eur}$ ma conviene generalizzare a $k\;\text{Eur}$) con un grafo nel quale, per ogni passo, la vincita è rappresentata da una freccia diagonale dal basso verso l'altro e la perdita è rappresentata da una freccia diagonale dall'alto verso il basso: si parte da una vincita di $0\;\text{Eur}$, le perdite sono rappresentate da vincite negative.
Per vincere (perdere) servono almeno $k$ passi; se dopo $k$ passi il gioco non è finito significa che, ad un certo punto, la sequenza di vincite (perdite) è stata interrotta da almeno una perdita (vincita).
Ogni perdita cancella una vincita e viceversa quindi il gioco può finire solo dopo $k,\,k+2,\,k+4,\ldots$ passi: cioè dopo $k+2i$ passi, $k+i$ vincite (perdite) e $i$ perdite (vincite).
La probabilità di vincere in $k+2i$ passi esatti è

$\displaystyle p\left(V\,\middle|\,k\wedge i \wedge I\right)=A\left(k,i\right)\,p^{k+i}\left(1-p\right)^{i}$

dove $A\left(k,i\right)$ è il numero di cammini compresi nella parte del grafo evidenziata in figura: data la simmetria del grafo è evidente che i anche cammini che portano alla sconfitta in $k+2i$ passi sono $A\left(k,i\right)$ e la probabilità di perdere in $k+2i$ passi esatti è

$\displaystyle p\left(\neg V\,\middle|\,k\wedge i \wedge I\right)=A\left(k,i\right)\,p^{i}\left(1-p\right)^{k+i}$

Non ci resta ora che sommare per tutti i possibili valori di $i$ per ottenere la probabilità di vincere

$\displaystyle p\left(V\,\middle|\,k\wedge I\right)=\sum_{i=0}^{\infty}{A\left(k,i\right)\,p^{k+i}\left(1-p\right)^{i}}=p^{k}\,\sum_{i=0}^{\infty}{A\left(k,i\right)\,p^{i}\left(1-p\right)^{i}}$

e la probabilità di perdere

$\displaystyle p\left(\neg V\,\middle|\,k\wedge I\right)=\sum_{i=0}^{\infty}{A\left(k,i\right)\,p^{i}\left(1-p\right)^{k+i}}=\left(1-p\right)^{k}\,\sum_{i=0}^{\infty}{A\left(k,i\right)\,p^{i}\left(1-p\right)^{i}}$

Utilizziamo il fatto che deve essere $p\left(V\,\middle|\,k\wedge I\right)+p\left(\neg V\,\middle|\,k\wedge I\right)=1$ per ottenere

$\displaystyle \sum_{i=0}^{\infty}{A\left(k,i\right)\,p^{i}\left(1-p\right)^{i}}=\frac {1}{p^{k}+\left(1-p\right)^{k}}$

e quindi

$\displaystyle p\left(V\,\middle|\,k\wedge I\right)=\frac {p^{k}}{p^{k}+\left(1-p\right)^{k}}=\frac {r^{k}}{1+r^{k}}$

con

$\displaystyle r=\frac {p}{1-p}$

Se $r>1$ allora la probabilità di vincere è una funzione monotona crescente di $k$, viceversa se $r<1$ allora la funzione è monotona decrescente: se $r=1$ allora $p\left(V\,\middle|\,k\wedge I\right)= p\left(V\,\middle|\,I\right)=\frac 12$.

Nel nostro caso è $r=\frac{18}{19}$ per cui la probabilità di vincere è massima per $k=1$: conviene giocare tutto in una volta (oppure ho fatto qualche errore madornale...)

dopo la risposta "nasometrica" e quella formale di Panurgo, ci starebbe bene un po' di forza bruta.
Ad esempio, un migliaio di simulazioni per vedere come va a finire, e per vedere come decresce il valore medio del gruzzolo ; se cala in accordo con le previsioni (5 o 6 euro ogni 200 giocate.

Naturalmente le risposte precedenti vanno benone, ma ecco i due modi in
cui io avrei risolto il problema. Quello "vero" lo metto dopo.

Per la cronaca, mi pare di ricordare che in questo gioco se esce lo 0 e hai puntato su rosso/nero ti ridanno la metà della somma giocata? Ma anche se è cosi', ignorare questa regola rende la vita più semplice.

Ovviamente per il caso "puntare 20" abbiamo una probabilità di vittoria di 18/37.

Per il caso "puntare sempre 1":

Metodo quasi-vero: Catene di Markov

p=18/37, q=19/37

Il nostro stati sono 0..40.

V(i) = probabilità di vincere partendo da i.
V(40)=1
V(0)=0

Altrimenti V(i) = pV(i+1) + qV(i-1)

Cerchiamo soluzioni del tipo V(k)=x^k

x^i = px^(i+1)+qx^(i-1)

px^2-x+q = 0

che ha radici x=1, x=q/p.

p ≠ q nel nostro caso quindi sono valori distinti.

Quindi V(i)=Ar^i+B dove r=q/p.

Usando i valori per i=0 e i=40 otteniamo:

V(i) = (r^i-1)/(r^40-1)

Nel nostro caso, V(20)=(r^20-1)/(r^40-1) = circa 0.38 se ho fatto bene
i calcoli. (Avevo scritto 0.24 prima. Avro' calcolato male r)

Quindi è meglio fare la giocata da 20 euro.

Ma questa soluzione è troppo lunga!

Scateniamo...

la soluzione vera: le martingale

Il nostro stato, come prima, è un numero da 0 a 40

X_i sono i cambiamenti = 1 o -1 dopo ogni giocata

Dopo n giocate siamo in stato S_n.

Consideriamo Y_n = r^(S_n)

Il valore atteso di Y_(n+1) dato i valori di X_1... X_n è uguale al valore atteso di Y_n (...) è uguale a Y_0. {Y_n} è una martingala rispetto a X_n.

Ma Y_0 è r^20.

Quindi quando il gioco finirà a tempo T, anche Y_T è r^20.

Quindi la probabilità di finire in stato 40 deve essere
tale che P(perdere)∙r^0 + P(vincere)∙r^40 = r^20

cioè (1-P(vincere)) + P(vincere)∙r^40 = r^20

quindi P(vincere) = (r^20-1)/(r^40-1) come prima.

Ammetto che le martingale sono ai limiti delle mie conoscenze e a parte qualche esempio così non sono in grado di usarle per fare molto ma questo esempio mostra come nei momenti giusti sono perfino più potenti delle catene di Markov per produrre le soluzioni magicamente brevi.

Come suggerito da Enrico, simulazion fatta, vien fuori che il gioco termina in media intorno alle 365 puntate, con 40 euro in tasca 1 volta su 3.

$\displaystyle\frac{r^{20}-1}{r^{40}-1}=\frac{\frac{q^{20}}{p^{20}}-1}{\frac{q^{40}}{p^{40}}-1}\times\frac{p^{40}}{p^{40}}
=\frac{p^{20}\left(q^{20}-p^{20}\right)}{\left(q^{20}+p^{20}\right)\left(q^{20}-p^{20}\right)}
=\frac{p^{20}}{p^{20}+q^{20}}
=\frac{18^{20}}{18^{20}+19^{20}}
=\frac{12748236216396078174437376}{50338209673942036367792977}=0,253\ldots\approx\frac14$

Pasquale, ti suggerisco di verificare le tue simulazioni...

Ho fatto anch'io una simulazione (con Visual Basic su Excel) e il risultato concorda con il calcolo di Guido:

Su 100 000 iterazioni la percentuale di successo è del 25,37% e in media occorrono 326 giocate per concludere la serata.

Abbastanza vicino al risultato teorico.

modifica:
In realtà mi sono reso conto che la mia routine non teneva conto delle iterazioni con un numero molto elevato di giocate (avevo messo il limite a 1000 pensando fosse sufficiente).
Mi sa tanto che il numero medio delle giocate arriverà a 360 o poco più.

Su

https://randomdeterminism.wordpress.com ... rs-ruin-2/

fanno anche la durata con le martingale. Devo imparare ad usarle.

Ho fatto rigirare il programmino (non ci mette molto, meno di 10 minuti per simulare 100 000 tentativi) e il numero medio di giocate è risultato pari a 366.
A questo secondo giro, la percentuale di successi è risultata un poco più bassa (25,27%) ma sempre prossima al valore teorico.

Andando a guardare un poco i numeri generati dal programma ho comunque qualche dubbio (che non inficia comunque il risultato) sulla capacità da parte del software di generare numeri veramente casuali...

ciao

Simulazione verificata giusta con 10.000 iterazioni, solo che mi sono espresso in modo errato, nel senso che su 2548 partite vinte e 7452 perse ho scritto 1/3, volendo intendere 1 partita vinta ogni 3 perse (piccolo errore di sbaglio). In sostanza la vincita in percentuale sarebbe 25,48% (naturalmente ogni volta che si lancia la simulazione ci sono delle variazioni intorno al valore riportato. Il risultato è meno preciso che con 100.000 iterazioni o più, ma arriva subito e dà un'idea).