Teorema del ballottaggio

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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

B

che ricevono rispettivamente

a

b

, dove

a>b

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

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.