Problema del collezionista

Il problema del collezionista (coupon collector's problem in inglese) è un problema di teoria della probabilità e calcolo combinatorio in cui un collezionista intende ottenere tutti gli oggetti di una data collezione (ad esempio, figurine), ma ha modo di espandere la propria raccolta solo tramite estrazioni casuali di un numero finito di copie dalla collezione originale (i pacchetti di figurine).

È possibile formulare il problema come segue: «Se un album contiene n figurine, quanti pacchetti di figurine vanno acquistati in media per poter completare l'album?». Oppure: «Dato un insieme di n elementi distinti, quante estrazioni con ripetizione si prevede di eseguire prima di aver estratto ogni elemento almeno una volta?».Na

Un'analisi formale del problema rivela che il numero atteso di tentativi necessari cresce secondo $\Theta (n\log(n))$ ^[1]. Ad esempio, per n = 50 ci vogliono 225^[2] tentativi per raccogliere tutte le 50 figurine.

Soluzione[modifica | modifica wikitesto]

Calcolo del valore atteso[modifica | modifica wikitesto]

Sia il tempo T il numero di estrazioni necessarie per ottenere tutte le n figurine, e sia t_i il tempo per trovare la i-esima figurina dopo aver raccolto i − 1 figurine. Allora $T=t_{1}+\cdots +t_{n}$ . Si considerino T e t_i come variabili casuali . Si osservi che la probabilità di trovare una nuova figurina è $p_{i}={\frac {n-(i-1)}{n}}={\frac {n-i+1}{n}}$ . Perciò, $t_{i}$ è una distribuzione geometrica con valore atteso ${\frac {1}{p_{i}}}={\frac {n}{n-i+1}}$ . Per linearità del valore atteso, si ha:

{\begin{aligned}\operatorname {E} (T)&{}=\operatorname {E} (t_{1}+t_{2}+\cdots +t_{n})\\&{}=\operatorname {E} (t_{1})+\operatorname {E} (t_{2})+\cdots +\operatorname {E} (t_{n})\\&{}={\frac {1}{p_{1}}}+{\frac {1}{p_{2}}}+\cdots +{\frac {1}{p_{n}}}\\&{}={\frac {n}{n}}+{\frac {n}{n-1}}+\cdots +{\frac {n}{1}}\\&{}=n\cdot \left({\frac {1}{1}}+{\frac {1}{2}}+\cdots +{\frac {1}{n}}\right)\\&{}=n\cdot H_{n}.\end{aligned}}

Qui, H_n è l'n-esimo numero armonico. Utilizzando l'analisi asintotica per i numeri armonici, si ottiene:

\operatorname {E} (T)=n\cdot H_{n}=n\log n+\gamma n+{\frac {1}{2}}+O(1/n),

dove $\gamma \approx 0.5772156649$ è la costante di Eulero-Mascheroni.

Quindi, è possibile usare la disuguaglianza di Markov per delimitare l'intervallo di probabilità desiderato:

\operatorname {P} (T\geq cnH_{n})\leq {\frac {1}{c}}.

Quanto sopra può essere modificato leggermente per gestire il caso in cui siano già state raccolte alcune figurine. Sia k il numero di figurine già raccolte, allora:

{\begin{aligned}\operatorname {E} (T_{k})&{}=\operatorname {E} (t_{k+1}+t_{k+2}+\cdots +t_{n})\\&{}=n\cdot \left({\frac {1}{1}}+{\frac {1}{2}}+\cdots +{\frac {1}{n-k}}\right)\\&{}=n\cdot H_{n-k}\end{aligned}}

E per $k=0$ , otteniamo il risultato di partenza.

Calcolo della varianza[modifica | modifica wikitesto]

Sfruttando l'indipendenza delle variabili casuali t_i, si ottiene:

{\begin{aligned}\operatorname {Var} (T)&{}=\operatorname {Var} (t_{1}+\cdots +t_{n})\\&{}=\operatorname {Var} (t_{1})+\operatorname {Var} (t_{2})+\cdots +\operatorname {Var} (t_{n})\\&{}={\frac {1-p_{1}}{p_{1}^{2}}}+{\frac {1-p_{2}}{p_{2}^{2}}}+\cdots +{\frac {1-p_{n}}{p_{n}^{2}}}\\&{}<\left({\frac {n^{2}}{n^{2}}}+{\frac {n^{2}}{(n-1)^{2}}}+\cdots +{\frac {n^{2}}{1^{2}}}\right)\\&{}=n^{2}\cdot \left({\frac {1}{1^{2}}}+{\frac {1}{2^{2}}}+\cdots +{\frac {1}{n^{2}}}\right)\\&{}<{\frac {\pi ^{2}}{6}}n^{2}\end{aligned}}

poiché ${\frac {\pi ^{2}}{6}}={\frac {1}{1^{2}}}+{\frac {1}{2^{2}}}+\cdots +{\frac {1}{n^{2}}}+\cdots$ (vedi problema di Basilea).

Quindi, è possibile usare la disuguaglianza di Čebyšëv per delimitare l'intervallo di probabilità desiderato:

\operatorname {P} \left(|T-nH_{n}|\geq cn\right)\leq {\frac {\pi ^{2}}{6c^{2}}}.

Stime agli estremi[modifica | modifica wikitesto]

È possibile derivare un limite superiore diverso a partire dalla seguente osservazione. Rappresentiamo con ${Z}_{i}^{r}$ l'evento per cui l' $i$ -esima figurina non è stata trovata nelle prime $r$ estrazioni. Allora:

{\begin{aligned}P\left[{Z}_{i}^{r}\right]\leq \left(1-{\frac {1}{n}}\right)^{r}\leq e^{-r/n}\end{aligned}}

Pertanto, per $r=\beta n\log n$ , si ottiene $P\left[{Z}_{i}^{r}\right]\leq e^{(-\beta n\log n)/n}=n^{-\beta }$ .

{\begin{aligned}P\left[T>\beta n\log n\right]=P\left[\bigcup _{i}{Z}_{i}^{\beta n\log n}\right]\leq n\cdot P[{Z}_{1}^{\beta n\log n}]\leq n^{-\beta +1}\end{aligned}}

.

Note[modifica | modifica wikitesto]

^ In questo articolo, con "log" ci si riferisce al logaritmo naturale piuttosto che a un logaritmo di base diversa. L'uso di Θ si riconduce alla notazione O grande.
^ E(50) = 50(1 + 1/2 + 1/3 + ... + 1/50) = 224,9603, il numero di tentativi previsto per collezionare le 50 figurine. L'approssimazione $n\log n+\gamma n+1/2$ per questo valore atteso risulta in questo caso in $50\log 50+50\gamma +1/2\approx 195,6011+28,8608+0,5\approx 224,9619$ .