Il paradosso delle tre carte di Weaver

[Phil]

Grazie per aver intuito il senso della mia proposta, effettivamente espressa in modo poco chiaro; l'illustrazione sarebbe dovuta essere: ci sono tre carte, una con due facce pari, una con due facce dispari e una con una faccia pari e una dispari; viene pescata una carta con una faccia pari, quante possibilità ci sono che anche l'altro lato sia pari?
La risposta di Weaver è 66%, perché deve essere esclusa dal calcolo delle probabilità la carta con due facce dispari (avendo pescato una faccia pari è impossibile che abbia in mano una carta senza facce pari); quindi restano possibili solo due carte, ma 2 facce pari su 3 disponibili sono sulla stessa carta, quindi è più probabile (66%) che quella che ho in mano sia la carta con due facce pari.
Se mantieni i rapporti numerici con le altre facce, al posto del «pari» puoi mettere «bianco» o altri demarcatori e ciò ovviamente non influirà sul calcolo delle probabilità.

[Eutidemo]

Ciao Phil.

Se ci sono tre carte, una con due facce pari, una con due facce dispari e una con una faccia pari e una dispari, ciò significa che ci sono due carte su tre con la doppia faccia omogenea, ed una sola su tre con  la doppia faccia disomogenea; quindi, pescando a caso, abbiamo il 66% di probabilità di estrarre una carta con la doppia faccia omogenea, per cui, se su di essa appare un numero pari, abbiamo anche il 66% di probabilità che pure l'altra faccia sia pari.

Pertanto, come giustamente scrivi tu, se si mantengono invariati i rapporti numerici con le altre facce, al posto del "pari" si può mettere il "bianco" o anche altri demarcatori;  ma ciò, ovviamente, non influirà sul calcolo delle probabilità.

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Ma ti sei mai chiesto per quale motivo Weaver (e il tuo LINK) mettono  "fisicamente" in gioco sempre "tre" carte, e mai soltanto "due"?

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Ed invero, il ragionamento matematico di Weaver dovrebbe funzionare anche mettendo "fisicamente" in gioco soltanto una carta BB e una BN, senza necessariamente mettere in gioco anche quella NN; sebbene poi quest'ultima venga esclusa dal gioco nel momento in cui casualmente estraiamo una carta il cui lato visibile è bianco.

Ed allora perchè mai non mettere "direttamente" in gioco soltanto una carta BB e una BN?

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Ed infatti, nel caso in cui ci siano "fisicamente" in gioco soltanto una carta BB e una BN, se estraiamo una carta il cui lato visibile è bianco, il ragionamento di Weaver dovrebbe risultare invariato.

E cioè:

1: Lato visibile Bianco (fronte) e lato non visibile Bianco (retro);

2: Lato visibile Bianco (retro) e lato non visibile Bianco (fronte);

3: Lato visibile Bianco, lato non visibile Nero.

Pertanto, visto che in 2 casi su 3 il lato non visibile è bianco, secondo Weaver, anche in questo caso (due sole carte fisicamente in gioco), la probabilità che esso sia effettivamente bianco è del 66,6%.

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Però, se le carte sono "fisicamente" soltanto "due", e non "tre" (per cui non si può più fare il mio ragionamento delle "due" carte monocolori e della "sola" carta bicolore), mi sembra che il ragionamento di Weaver non conduca più alla soluzione corretta; ed infatti, non a caso, il suo paradosso viene fatto sempre con tre carte, e mai con due.

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Ed infatti, nel caso di due sole carte nella busta, se ci asteniamo dal raddoppiare fittiziamente il conteggio ipotizzando un "fronte" ed un "retro", in realtà abbiamo un'unica alternativa:

1: Lato visibile Bianco e lato non visibile Bianco;

2: Lato visibile Bianco, lato non visibile Nero.

Pertanto la probabilità che l'altro lato sia bianco, è solo del 50%.

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E' vero che 2 facce bianche, sulle 3 disponibili, sono su una stessa carta;  ma questo non significa che sia proprio quella che noi abbiamo estratto dalla busta.

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Altrimenti, per quale motivo Weaver (e il tuo LINK) mettono "fisicamente" in gioco sempre tre carte, e mai soltanto due?

Secondo te, quale sarebbe il motivo?

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Un saluto!

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P.S.

Riflettendoci meglio, nel caso di sole due carte in gioco (Bianco-Bianco e Bianco-Nero), noi abbiamo il 50% di probabilità di estrarre dalla busta o l'una o l'altra; ma, complessivamente, la probabilità che nell'estrarla ci si renda visibile un lato Bianco, sono del 75%, perchè ci sono 3 lati bianchi su 4.

Però, almeno secondo me, questo non ci suggerisce niente circa la possibilità che anche l'altro lato sia "più probabilmente bianco"; ed infatti, nel caso di sole due carte in gioco (Bianco-Bianco e Bianco-Nero), noi abbiamo il 50% di probabilità di aver estratto dalla busta o l'una o l'altra, per cui il lato non visibile può essere tanto bianco quanto nero.

[Eutidemo]

Il vero "paradosso", è che, tra le 3 posture di tiro (a differenza che con le tre carte e e le tre monete), io ho sempre preferito l'opzione di WEAVER!

[Phil]

per quale motivo Weaver (e il tuo LINK) mettono "fisicamente" in gioco sempre tre carte, e mai soltanto due?

Secondo te, quale sarebbe il motivo?

Sul fatto che le carte in gioco nel calcolo delle probabilità (nella domanda posta da Weaver) siano solo due, dovendo escludere quella non pertinente per assenza di colore, non ci sono dubbi per entrambi ("almeno" uno di noi e Weaver); sul perché sia stato scelto di partire da tre carte e non due, potremmo anche fare delle ipotesi, ma non cambierebbe la sostanza del ragionamento di Weaver che si basa, appunto, sulla probabilità fra due carte, le due con almeno un lato bianco.
Per quanto riguarda le tue conclusioni, o meglio, il tuo metodo, credo possa giovare corroborarlo rispondendo alla domanda posta in precedenza:

se le carte totali fossero 100 monoalfabetiche differenti (a/a, b/b, c/c, d/d, etc. usando anche simboli e alfabeti alieni) più una bialfabetica "a/b", la probabilità di avere "b/b" pescando una "b", quale sarebbe?

[Eutidemo]

Ciao Phil.

Secondo me, il motivo per il quale Weaver mette "fisicamente" in gioco sempre "tre" carte, e mai soltanto "due" (o più di "tre"), è che il suo metodo di "contare due volte la stessa carta" -col trucco di calcolarla una volta "fronte-retro" e un'altra volta "retro-fronte"- è precipuamente un gioco di prestigio matematico; il quale conduce al risultato giusto se ci sono in gioco fisicamente solo tre carte, di cui due monocolori ed una bicolore.

Ma questo non per i motivi che dice lui, bensì per il fatto che se ci ci sono in gioco fisicamente tre carte, di cui due monocolori ed una sola bicolore:

- abbiamo il 66% di probabilità di pescare una carta monocolore, il cui lato visibile è cioè uguale a quello non visibile;

- "ergo", se peschiamo una carta il cui lato visibile è bianco, abbiamo il 66% di probabilità di scoprire che quello non visibile è bianco pure lui.

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Ancora non mi hai detto cosa c'è che non va nel mio ragionamento; che, però, ovviamente, funziona solo con tre carte, e non con due.

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Il ragionamento matematico di Waver, invece, teoricamente dovrebbe funzionare anche se in gioco ci fossero fisicamente solo due carte; ma in tal caso il suo gioco di prestigio matematico diventerebbe troppo evidente.

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Ed infatti, nel caso in cui ci siano "fisicamente" in gioco soltanto una carta BB e una BN, se estraiamo una carta il cui lato visibile è bianco, il ragionamento di Weaver dovrebbe risultare invariato.

E cioè:

1: Lato visibile Bianco (fronte) e lato non visibile Bianco (retro);

2: Lato visibile Bianco (retro) e lato non visibile Bianco (fronte);

3: Lato visibile Bianco, lato non visibile Nero.

Pertanto, visto che in 2 casi su 3 il lato non visibile è bianco, secondo Weaver, anche in questo caso (due sole carte fisicamente in gioco), la probabilità che esso sia effettivamente bianco è del 66,6%.

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Però, se le carte sono "fisicamente" soltanto "due", e non "tre" (per cui non si può più fare il mio ragionamento delle "due" carte monocolori e della "sola" carta bicolore), mi sembra ovvio che il ragionamento di Weaver non conduca più alla soluzione corretta; e che divenga troppo evidente l'artificio di contare due volte la stessa carta (col trucco di calcolarla una volta "fronte-retro" e un'altra volta "retro-fronte").

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Ed infatti, nel caso di due sole carte nella busta, se ci asteniamo dal raddoppiare fittiziamente il conteggio ipotizzando un "fronte" ed un "retro", in realtà abbiamo un'unica alternativa:

1: Lato visibile Bianco e lato non visibile Bianco;

2: Lato visibile Bianco, lato non visibile Nero.

Pertanto la probabilità che l'altro lato sia bianco, è solo del 50%.

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Per questo, secondo me, il suo paradosso viene fatto sempre fisicamente con tre carte, e mai con due; ed infatti, con tre carte, visto che la sua conclusione è corretta (per altre ragioni), si nota meno che il ragionamento con cui ci arriva è un po' "artificioso"

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Ma se ci sono in gioco fisicamente solo due carte (e non tre carte di cui la NN viene esclusa), il suo gioco di prestigio matematico mostra la corda!

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Lo stesso dicasi se ci sono in gioco più di tre carte, come nel tuo quesito: "...se le carte totali fossero 100 monoalfabetiche differenti (a/a, b/b, c/c, d/d, etc. usando anche simboli e alfabeti alieni) più una bialfabetica "a/b", la probabilità di avere "b/b" pescando una "b", quale sarebbe?"

Come ho detto, in matematica sono un po' scarso; con due o tre carte me la cavo con la semplice logica, ma con più di cento carte vado un po' nel pallone!

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Però, secondo me, comunque lo si voglia risolvere, il problema delle "tre" carte di Weaver si basa soltanto su "due opzioni" antitetiche  ("bianco-nero", "oro-argento", oppure "pari-dispari") che risultano da "tre carte", e non su più di "due opzioni" (a,b,c,d,e,f ecc,) che risultano da "centinaia di carte"; in tal caso, infatti, siamo di fronte ad una problematica del tutto diversa da quella posta da Weaver che si basa sempre  su "due" opzioni antitetiche risultanti da "tre" carte (che le contengono sulle loro facce, in tutti i modi alternativi possibili).

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Un saluto!

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