Nel precedente articolo abbiamo fissato un numero di giocate e studiato quanto possono oscillare i risultati attorno alla media.

Ora cambiamo domanda.

Lanciamo un dado equo più volte e continuiamo finché non compare il primo 6.

Non chiediamo più:

Quanti 6 ottengo in dieci lanci?

ma:

A quale lancio arriverà il primo 6?

Questa differenza porta a una nuova distribuzione di probabilità: la distribuzione geometrica.

Il primo 6 al primo lancio

Questo è il caso più semplice.

Per ottenere il primo 6 immediatamente basta che il primo lancio sia:

6

quindi:

P(X=1)
=
1/6
≈
16,67%

dove X rappresenta il numero del lancio in cui compare il primo successo.

Il primo 6 al secondo lancio

Perché il primo 6 compaia esattamente al secondo lancio devono verificarsi due condizioni:

primo lancio: non 6
secondo lancio: 6

La probabilità è:

5/6 · 1/6
=
5/36
≈
13,89%

Il primo lancio deve fallire, il secondo deve riuscire.

Il primo 6 al terzo lancio

Ora servono:

non 6
non 6
6

quindi:

$$ P(X=3) = 5/6 \cdot 5/6 \cdot 1/6 $$

ossia:

P(X=3)
=
(5/6)^2 · 1/6
=
25/216
≈
11,57%

Il pattern è ormai visibile.

La formula generale

Per avere il primo successo esattamente alla prova n servono:

n-1 insuccessi

seguiti da:

1 successo

Se la probabilità di successo a ogni prova è:

$$ p $$

quella di insuccesso è:

$$ 1-p $$

Quindi:

$$ P(X=n) = (1-p)^{n-1} \cdot p $$

Questa è la distribuzione geometrica.

Per il dado:

$$ p = 1/6 $$

e quindi:

$$ P(X=n) = (5/6)^{n-1} \cdot 1/6 $$

Perché la probabilità diminuisce con n

Il primo 6 può arrivare anche molto tardi.

Ma per arrivare tardi deve prima verificarsi una lunga sequenza di insuccessi.

Per esempio, per avere il primo 6 al decimo lancio devono comparire:

9 non-6 consecutivi

e poi:

un 6

quindi:

P(X=10)
=
(5/6)^9 · 1/6
≈
3,23%

Più spostiamo in avanti il primo successo, più condizioni devono verificarsi prima di arrivarci.

"Entro il quarto lancio" è una domanda diversa

Se chiediamo:

Qual è la probabilità che almeno un 6 compaia entro quattro lanci?

non stiamo più chiedendo X=4.

Stiamo chiedendo:

$$ X \le 4 $$

Possiamo sommare:

P(X=1)
+
P(X=2)
+
P(X=3)
+
P(X=4)

ma conosciamo già un metodo più semplice: il complementare.

L'unico modo per non avere ancora visto un 6 dopo quattro lanci è ottenere quattro insuccessi:

$$ (5/6)^4 $$

Quindi:

$$ P(X \le 4) = 1 - (5/6)^4 $$

ossia:

671/1296
≈
51,77%

È esattamente il risultato ottenuto nell’articolo sul problema “almeno un 6”.

Ora possiamo leggerlo anche in termini di tempo di attesa:

P(almeno un 6 nei primi 4 lanci)
=
P(il primo 6 arriva entro il lancio 4)

La funzione di sopravvivenza

Un'altra domanda naturale è:

Qual è la probabilità di dover aspettare più di n lanci?

Per dover aspettare oltre n lanci, i primi n devono essere tutti insuccessi.

Quindi:

$$ P(X > n) = (1-p)^n $$

Per il dado:

$$ P(X > n) = (5/6)^n $$

Per esempio:

P(X > 10)
=
(5/6)^10
≈
16,15%

Quindi c'è ancora circa il 16% di probabilità di non aver visto alcun 6 dopo dieci lanci.

Quanto devo aspettare in media?

Una delle proprietà più importanti della distribuzione geometrica è il suo valore atteso:

$$ E[X] = 1/p $$

Per un dado equo:

$$ p = 1/6 $$

quindi:

E[X]
=
6

In media, il primo 6 arriva al sesto lancio.

Ma questa frase deve essere interpretata correttamente.

"In media 6" non significa "entro 6"

Il valore atteso:

$$ E[X] = 6 $$

non significa che il sesto lancio abbia qualcosa di speciale.

La probabilità che il primo 6 arrivi esattamente al sesto lancio è:

$$ (5/6)^5 \cdot 1/6 $$

circa:

6,70%

E la probabilità di non aver ancora visto un 6 dopo sei lanci è:

(5/6)^6
≈
33,49%

Quindi in circa un terzo dei casi l'attesa supera comunque sei lanci.

Il valore atteso è una media teorica su moltissime ripetizioni dell'intero esperimento.

Perché E[X] = 1/p?

Possiamo derivarlo senza usare serie infinite.

Chiamiamo:

$$ E $$

il numero medio di prove necessarie fino al primo successo.

La prima prova viene sempre effettuata:

+1

Con probabilità:

$$ p $$

abbiamo successo e ci fermiamo.

Con probabilità:

$$ 1-p $$

falliamo e, dopo quella prova, siamo di nuovo nella stessa situazione iniziale: dobbiamo ancora aspettare in media E prove.

Quindi:

E
=
1
+
(1-p)E

Portando il termine a sinistra:

E - (1-p)E
=
1

ossia:

pE
=
1

da cui:

$$ E = 1/p $$

Per il dado:

$$ E = 6 $$

Questa derivazione anticipa anche una proprietà fondamentale della geometrica: dopo un insuccesso, il problema "riparte".

Dopo dieci fallimenti il prossimo 6 è più probabile?

Supponiamo di aver lanciato il dado dieci volte senza mai ottenere 6.

Qual è la probabilità che il lancio numero 11 sia un 6?

La risposta è ancora:

$$ 1/6 $$

non:

più di 1/6

I lanci del dado sono indipendenti.

Il dado non conserva memoria dei dieci risultati precedenti.

La sequenza appena osservata può essere rara, ma non cambia la distribuzione del prossimo lancio.

La gambler's fallacy

La convinzione:

"Il 6 non esce da molto tempo, quindi adesso è più probabile"

è un esempio classico di gambler's fallacy, o fallacia del giocatore.

Confondiamo due affermazioni diverse.

È vero che:

10 non-6 consecutivi

sono meno probabili di una sequenza più corta di non-6.

Ma una volta che quei dieci risultati sono già avvenuti, la probabilità del prossimo lancio resta:

P(6 al prossimo lancio)
=
1/6

Il passato può rendere rara la sequenza complessiva osservata senza alterare una prova futura indipendente.

Sette 6 consecutivi: raro non significa “più speciale” di una sequenza prefissata

Codenotti e Resta partono da una sequenza che mette subito alla prova l'intuizione:

6 6 6 6 6 6 6

La sua probabilità, prima dei lanci, è davvero minuscola:

$$ \left(\frac16\right)^7

\frac1{279936} \approx0{,}000357%. $$

Ma la stessa probabilità appartiene a qualunque altra sequenza specificata in anticipo di sette risultati, per esempio:

5 1 3 3 4 6 2

Infatti anche quella richiede sette valori prefissati:

$$ \left(\frac16\right)^7. $$

Dopo che i primi sette lanci sono già avvenuti, la domanda cambia. La probabilità che l'ottavo lancio sia ancora 6 è:

$$ P(X_8=6\mid X_1=\cdots=X_7=6)=\frac16. $$

Non dobbiamo confondere:

probabilità della storia completa prima di osservarla

con:

probabilità del prossimo passo dopo che la storia è già avvenuta.

Fonte di contesto: Bruno Codenotti e Giovanni Resta, La logica dell'incertezza, cap. 5. Il libro usa proprio la sequenza di sette 6 per discutere l'illusione che il dado debba “compensare”.

Il caso di Monte Carlo del 1913

Adam Kucharski ricorda un episodio diventato quasi il simbolo di questa fallacia. Il 18 agosto 1913, in un casinò di Monte Carlo, il nero continuò a uscire alla roulette. Dopo una lunga serie, molti giocatori iniziarono a puntare sempre più denaro sul rosso perché sembrava ormai "dovuto".

La sequenza arrivò a 26 neri consecutivi.

Il punto matematico non è che una run così lunga sia comune. È che, sotto un modello di colpi indipendenti, la storia osservata non modifica la probabilità del colpo successivo.

Se indichiamo con p_rosso la probabilità del rosso su un singolo giro, allora:

$$ P(\text{rosso al prossimo giro}\mid\text{26 neri già osservati})

p_{\text{rosso}}. $$

La lunga run rende sorprendente la storia complessiva. Non crea però una forza di compensazione capace di spingere il prossimo giro verso il rosso.

È esattamente la distinzione che abbiamo appena fatto con i dieci lanci senza 6.

Fonte di contesto: Adam Kucharski, La scommessa perfetta, cap. 1, "I tre gradi di ignoranza".

Un altro nome per lo stesso errore: “maturità delle chance”

Nella letteratura sul gioco compare anche l'espressione maturità delle chance: l'idea che un risultato diventi “maturo”, cioè sempre più dovuto, soltanto perché non compare da molto tempo.

Buchdahl la presenta fra gli errori tipici con cui interpretiamo sequenze casuali. Nel nostro dado il test è immediato.

Dopo dieci lanci senza 6:

$$ P(6\text{ al prossimo lancio}\mid\text{nessun 6 nei primi 10})=\frac16. $$

Dopo cento lanci senza 6, sotto lo stesso modello indipendente:

$$ P(6\text{ al prossimo lancio}\mid\text{nessun 6 nei primi 100})=\frac16. $$

La lunga attesa rende insolita la storia già osservata, non più favorevole il prossimo esito.

Questo non significa che ogni processo reale sia senza memoria. Significa che, prima di parlare di “compensazione”, dobbiamo mostrare un meccanismo di dipendenza e non dedurlo soltanto da una streak.

Fonte di contesto: Joseph Buchdahl, Squares & Sharps, Suckers & Sharks, sezioni sulla gambler's fallacy, regressione verso la media e bias cognitivi.

Avvicinarsi in proporzione non significa compensare il conteggio

Bollman propone un piccolo esempio che chiarisce un equivoco frequente sulla legge dei grandi numeri.

Dopo 10 lanci di una moneta potremmo avere:

7 teste
3 croci

Il rapporto è:

$$ \frac{7}{3}\approx2{,}333. $$

Dopo 1000 lanci potremmo invece trovarci a:

517 teste
483 croci

Il rapporto è molto più vicino a 1:

$$ \frac{517}{483}\approx1{,}070. $$

Eppure la differenza assoluta è diventata:

$$ 517-483=34, $$

molto più grande della differenza iniziale 7-3=4.

Quindi “le frequenze relative si avvicinano” non significa:

il processo deve recuperare subito gli esiti mancanti

né:

il conteggio assoluto deve pareggiarsi.

È un altro modo di vedere perché una sequenza sbilanciata non rende l'esito opposto più probabile al lancio successivo.

Fonte di contesto: Mark Bollman, Mathematics of the Big Four Casino Table Games, §2.7, “The Gambler's Fallacy in Action”.

La proprietà senza memoria

La distribuzione geometrica possiede una proprietà speciale chiamata memoryless, o senza memoria.

Supponiamo di aver già aspettato m prove senza successo.

La probabilità di dover aspettare ancora più di n prove è:

$$ P(X > m+n | X > m) $$

Usando:

$$ P(X>k) = (1-p)^k $$

otteniamo:

P(X > m+n | X > m)
=
(1-p)^(m+n)
--------------
(1-p)^m

quindi:

$$ P(X > m+n | X > m) = (1-p)^n $$

ossia:

$$ P(X > n) $$

Dopo m fallimenti consecutivi, l'attesa residua ha la stessa distribuzione dell'attesa iniziale.

In questo preciso senso la distribuzione geometrica "non ricorda" da quanto tempo stiamo aspettando.

Ma attenzione: non tutti i processi sono senza memoria

La conclusione:

il passato non conta

vale qui perché abbiamo prove indipendenti con probabilità di successo costante.

Non vale automaticamente per qualunque problema.

Con carte estratte senza reinserimento, per esempio, il passato modifica il mazzo e quindi cambia la probabilità del prossimo risultato.

La gambler's fallacy nasce spesso proprio dall'applicare intuizioni sbagliate sull'indipendenza.

Prima di dire che il passato non conta dobbiamo verificare che il modello sia davvero composto da prove indipendenti.

Un esempio con lo zero alla roulette

Riprendiamo il modello di roulette europea a singolo zero usato negli articoli precedenti:

37 esiti equiprobabili
0, 1, ..., 36

Consideriamo come successo:

esce 0

A ogni giro:

$$ p = 1/37 $$

Se i giri sono modellati come indipendenti, il numero di giri fino al primo zero segue una distribuzione geometrica:

$$ P(X=n) = (36/37)^{n-1} \cdot 1/37 $$

Il numero medio di giri fino al primo zero è:

E[X]
=
37

Ancora una volta, questo non significa che lo zero "debba" uscire entro 37 giri.

Dopo 100 giri senza zero

Supponiamo, nel modello, che siano trascorsi 100 giri senza zero.

La probabilità dello zero al giro successivo rimane:

1/37
≈
2,7027%

Non aumenta perché lo zero è "in ritardo".

La sequenza di 100 non-zero è certamente poco probabile prima di osservarla:

$$ (36/37)^{100} $$

ma una volta osservata non modifica la probabilità del prossimo giro nel modello indipendente.

Questa distinzione tra:

probabilità di una lunga storia prima che accada

e:

probabilità del prossimo evento dato che quella storia è già accaduta

è essenziale.

Calcoliamo la geometrica in C#

Lo standalone C# associato a questo articolo è:

DistribuzioneGeometrica.cs

Possiamo implementare direttamente:

static double Geometrica(
    int provaPrimoSuccesso,
    double probabilitaSuccesso)
{
    if (provaPrimoSuccesso <= 0)
    {
        throw new ArgumentOutOfRangeException(
            nameof(provaPrimoSuccesso));
    }

    if (probabilitaSuccesso <= 0.0 ||
        probabilitaSuccesso > 1.0)
    {
        throw new ArgumentOutOfRangeException(
            nameof(probabilitaSuccesso));
    }

    return
        Math.Pow(
            1.0 - probabilitaSuccesso,
            provaPrimoSuccesso - 1)
        *
        probabilitaSuccesso;
}

Per il primo 6 al terzo lancio:

double p =
    Geometrica(
        provaPrimoSuccesso: 3,
        probabilitaSuccesso: 1.0 / 6.0);

Console.WriteLine($"{p:P6}");

otteniamo circa:

11,5741%

Probabilità di successo entro n prove

Possiamo anche scrivere:

static double ProbabilitaEntro(
    int prove,
    double probabilitaSuccesso)
{
    if (prove < 0)
        throw new ArgumentOutOfRangeException(nameof(prove));

    if (probabilitaSuccesso < 0.0 ||
        probabilitaSuccesso > 1.0)
    {
        throw new ArgumentOutOfRangeException(
            nameof(probabilitaSuccesso));
    }

    return
        1.0
        -
        Math.Pow(
            1.0 - probabilitaSuccesso,
            prove);
}

Per quattro lanci:

double entro4 =
    ProbabilitaEntro(
        4,
        1.0 / 6.0);

otteniamo:

51,7747%

lo stesso risultato dell’articolo sul problema “almeno un 6”.

Simuliamo il tempo di attesa

Possiamo verificare empiricamente anche il valore atteso.

static int AttendiPrimoSei(
    Random random)
{
    int lanci = 0;

    do
    {
        lanci++;
    }
    while (random.Next(1, 7) != 6);

    return lanci;
}

Ripetiamo l'intero esperimento molte volte:

var random = new Random(42);

const int esperimenti = 1_000_000;

long totaleLanci = 0;

for (int i = 0; i < esperimenti; i++)
{
    totaleLanci +=
        AttendiPrimoSei(random);
}

double media =
    (double)totaleLanci / esperimenti;

Console.WriteLine(media);

La media empirica dovrebbe risultare vicina a:

6

ma non esattamente uguale.

Il valore:

$$ E[X] = 6 $$

rimane quello teorico esatto del modello.

Verifichiamo la proprietà senza memoria in C#

Possiamo confrontare:

$$ P(X > 15 | X > 10) $$

con:

$$ P(X > 5) $$

Per il dado:

double condizionata =
    Math.Pow(5.0 / 6.0, 15)
    /
    Math.Pow(5.0 / 6.0, 10);

double nuova =
    Math.Pow(5.0 / 6.0, 5);

Console.WriteLine(condizionata);
Console.WriteLine(nuova);

I due valori coincidono, salvo gli inevitabili arrotondamenti floating-point.

Questo rende esplicito che dieci fallimenti già osservati non modificano la distribuzione delle prove future.

Binomiale e geometrica rispondono a domande diverse

L’articolo sulla distribuzione binomiale chiedeva:

In n prove, quanti successi ottengo?

La geometrica chiede:

Quante prove servono fino al primo successo?

Sono due modi diversi di osservare prove indipendenti con probabilità costante.

Con dieci lanci:

binomiale:
quanti 6 nei 10 lanci?

Con la geometrica:

a quale lancio compare il primo 6?

Il modello di base è simile, ma la variabile casuale che stiamo studiando è diversa.

Il punto pratico

Se ogni prova è indipendente e la probabilità di successo rimane costante a:

$$ p $$

la probabilità che il primo successo arrivi esattamente alla prova n è:

$$ P(X=n) = (1-p)^{n-1} \cdot p $$

Il numero medio di prove necessarie è:

$$ E[X] = 1/p $$

Per un 6 su un dado equo:

$$ P(X=n) = (5/6)^{n-1} \cdot 1/6 $$

e:

E[X]
=
6

Ma dopo una lunga sequenza senza 6, il lancio successivo continua ad avere probabilità:

$$ 1/6 $$

La distribuzione geometrica è senza memoria, e questo fornisce una spiegazione precisa del motivo per cui la gambler's fallacy è un errore quando le prove sono davvero indipendenti.

Con questo articolo si completa il blocco dedicato a valore atteso, rischio e tempi di attesa.

Abbiamo imparato a distinguere probabilità di vincita, valore atteso, dispersione dei risultati e tempo di attesa.

Nel prossimo blocco torneremo alle carte con problemi più completi.

Partiremo dal poker a cinque carte e useremo tutto ciò che abbiamo costruito finora per calcolare davvero le probabilità delle principali mani.