Teorema del ballottaggio

Per approfondire, vedi Ballottaggio.

Il teorema del ballottaggio prende il nome dal problema che originariamente si pone obiettivo di risolvere:

Data un'elezione con $n$ voti validi e due soli candidati $A$ e $B$ che ricevono rispettivamente $a$ e $b$, dove $a>b$ (e ovviamente $a+b=n$), qual è la probabilità che, nello spoglio dei voti, $A$ risulti in ogni momento (a parte ovviamente che all'inizio) strettamente in vantaggio su $B$?

La risposta è sorprendentemente semplice: questa probabilità è $\frac{a-b}{a+b}$, ovvero, espressa in percentuale, $\alpha - \beta$, dove $\alpha$ e $\beta$ sono rispettivamente le percentuali di voti di $a$ e $b$.

Dimostrazione

Per dimostrare questo risultato, si può passare attraverso il principio di riflessione.

Sia $n=a+b$ (il numero di votanti). Partizioniamo $T$, l'insieme di tutti i possibili scrutini (formalmente, di tutte le $n$-uple ordinate di voti), in 3 sottoinsiemi:

• $N^+$, che contiene tutti i possibili scrutini in cui il primo voto scrutinato va ad $A$ e che vedono, in un certo momento, una situazione di pareggio
• $N^-$, che contiene tutti i possibili scrutini in cui il primo voto scrutinato va a $B$ (siccome A nel complesso ha ricevuto più voti, va da sé che anche in questi scrutini si assiste, prima o poi, ad almeno una situazione di pareggio)
• $S$, che contiene tutti i possibili scrutini che vedono $A$ sempre in vantaggio (quelli che ci interessano)

Ad esempio, se prendiamo il caso in cui $a=7, b=4, n=11$, e rappresentiamo ogni voto per $A$ con 1 e ogni voto per $B$ con -1 abbiamo che:

• (1 1 -1 -1 1 -1 1 1 1 1 -1) $\in N^+$, perché 1+1-1-1=0,
• (-1 -1 1 -1 1 1 1 -1 1 1 1) $\in N^-$, perché il primo voto è per $B$ (e infatti -1-1+1-1+1+1=0), mentre
• (1 1 -1 1 1 -1 1 -1 -1 1 1) $\in S$

Si verifica facilmente che $N^+ \cup N^- \cup S = T$.

A questo punto prendiamo una qualsiasi $n$-upla in $N^+$. Supponiamo rappresenti uno scrutinio in cui la prima situazione di pareggio (può non essere l'unica) si realizzi dopo $h$ voti scrutinati. Se sostituiamo, nei primi $h$ campi della $n$-upla, ogni 1 con un -1 e viceversa otteniamo una nuova ennupla che farà parte di $N^-$ (infatti questa sostituzione non altera il numero totale degli 1 e dei -1). Se invece applichiamo lo stesso procedimento ad un elemento di $N^-$, otteniamo un elemento di $N^+$. Si verifica facilmente che quella ora descritta è una corrispondenza biunivoca tra questi due sottoinsiemi, che quindi necessariamente hanno la stessa cardinalità. Ovvero la probabilità che, scelto uno scrutinio possibile a caso, questo faccia parte di $N^+$, è uguale alla probabilità che faccia parte di $N^-$ (formalmente, questo si giustifica utilizzando la probabilità uniforme sull'insieme delle $n$-uple a termini +1 e -1).

• 

  Grafico dell'andamento dello scrutinio per una n-upla appartenente a $N^+$.

• 

  Grafico dell'andamento dello scrutinio per una n-upla appartenente a $N^-$.

• 

  Grafico dell'andamento dello scrutinio per una n-upla appartenente a $S$.

• 

  Riflettendo una n-upla appartenente a $N^+$, ne otteniamo una appartenente a $N^-$.

Ora non è difficile calcolare la probabilità che uno scrutinio scelto a caso faccia parte di $N^-$, perché è semplicemente la probabilità che il primo voto scrutinato sia per $B$, ovvero $\frac{b}{n}=\frac{b}{a+b}$, che è anche la probabilità che lo scrutinio faccia parte di $N^+$. La probabilità che non faccia parte di nessuno dei due, e che quindi faccia parte di $S$, è: $1-\frac{2b}{a+b}=\frac{a+b-2b}{a+b}=\frac{a-b}{a+b}$.

Un altro modo classico per dimostrare questo risultato sfrutta il principio di induzione.

Storia

Del problema del ballottaggio sono state studiate svariate generalizzazioni, in due direzioni:

• i candidati non sono 2 ma un qualsiasi numero ($A_1, A_2, \cdots A_m$ con rispettivamente $a_1, a_2, \cdots a_m$ voti a testa)
• la differenza di consensi tra i due candidati non è espressa come differenza di voti o come percentuale ma come rapporto del numero di voti ottenuti (il candidato $A$ ha $\mu$ volte più voti di $B$)

Il teorema del ballottaggio viene spesso associato al nome di Joseph Louis François Bertrand, matematico francese del XIX secolo.

La rovina del giocatore

In uno spoglio già iniziato, in cui $A$ goda un margine di un vantaggio esiguo (rispetto al numero di voti ancora da scrutinare), la possibilità per $B$ di tornare momentaneamente in parità dipende da una dinamica simile a quella della rovina del giocatore, dove la probabilità, ad ogni estrazione, di una "vincita" per $B$ è approssimabile con il rapporto tra il numero di voti ancora da scrutinare di $B$ e quelli di $A$: tuttavia, questa probabilità decresce con il procedere dello scrutinio, e la possibilità che il candidato $B$ torni in parità diventa nulla quando restano da scrutinare solo $a-b$ voti.

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