Condorcet-Gewinner ohne verfügbare Stimmzettel möglich?

Fazit: Nur mit Condorcet-Matrizen können Sie die Existenz eines Gewinners (eine Partei, die alle anderen Parteien gewonnen hat) in Ihrer speziellen Fallstudie nicht beweisen. Dieses Szenario existiert und ist gültig, aber es gibt andere, bei denen die Parteien unentschieden sind. Siehe die lange Antwort für die mathematische Formulierung und Lösung des Problems.

Ich bin keineswegs ein Experte für Wahrscheinlichkeiten, aber dies scheint ein gutes Beispiel für Permutationen zu sein . Das heißt, wenn P3 = A, P2 = Bund P1 = CIhre möglichen Kombinationen wären ( n!):

ABC ACB BAC BCA CAB CBA

Daher ist die Wahrscheinlichkeit, dass Partei A an erster Stelle steht:

P(ABC) + P(ACB) = 0,5

Wenn wir mit der gleichen Logik fortfahren, könnten wir Folgendes sagen:

P(ABC) + P(ACB) = 0,5 # A steht an erster Stelle

P(BAC) + P(CAB) = 0,2 # A ist Zweiter

P(BCA) + P(CBA) = 0,3 # A ist Dritter

P(BAC) + P(BCA) = 0,2 # B steht an erster Stelle

P(ABC) + P(CBA) = 0,6 # B ist Zweiter

P(ACB) + P(CAB) = 0,2 # B ist der dritte

P(CAB) + P(CBA) = 0,3 # C steht an erster Stelle

P(ACB) + P(BCA) = 0,2 # C ist Zweiter

P(ABC) + P(BAC) = 0,5 # C ist der dritte

Theoretisch könnten wir daraus eine Matrix erstellen (wir haben die Gleichungen dafür), aber es würde singuläre Matrizen zurückgeben (nicht inversibel oder entartet). Wie Benutzer @James K erwähnte, müssen die Wahrscheinlichkeiten unserer Permutationen unbedingt ein Multiplikator von 0,1 sein, da nur 10 Stimmen abgegeben wurden. Daher wurde der folgende Test für alle Absolutwerte in Stimmen durchgeführt (um Fließkommavergleiche zu vermeiden , die in der Informatik tendenziell ein Problem darstellen):

def test(val):
    p1 = val
    p2 = 5 - p1
    p3 = 5 - p1
    p4 = 2 - p3
    p5 = 2 - p2
    p6 = 3 - p5

    #     ABC ACB BAC BCA CAB CBA
    ps = [p1, p2, p3, p4, p5, p6]
    flag = False
    if all([p>=0 for p in ps]) and all([p<=9 for p in ps]):
        print(val, [p for p in ps] , True)
        flag = True
    else:
        print(val, [p for p in ps] , False)

    if flag:
        #       P1            P2            P3
        res = [[0           , p2 + p5 + p6, p4 + p5 + p6], # P1
               [p3 + p4 + p1, 0           , p3 + p4 + p6], # P2
               [p1 + p2 + p3, p1 + p2 + p5, 0           ]] # P3
        print(np.matrix(res))

for i in range(1,10):
    test(i) 

Was dabei herauskommt:

1 [1, 4, 4, -2, -2, 5] False
2 [2, 3, 3, -1, -1, 4] False
3 [3, 2, 2, 0, 0, 3] True
4 [4, 1, 1, 1, 1, 2] True
5 [5, 0, 0, 2, 2, 1] True
6 [6, -1, -1, 3, 3, 0] False
7 [7, -2, -2, 4, 4, -1] False
8 [8, -3, -3, 5, 5, -2] False
9 [9, -4, -4, 6, 6, -3] False

Das bedeutet, dass es nur 3 Lösungen für das Problem gibt ( P(ABC) being 3, 4, or 5). Durch die Analyse ihrer Condorcet-Matrizen sehen wir Folgendes:

3 [3, 2, 2, 0, 0, 3] True

#     P1 P2 P3
#P1 [[0  5  3]
#P2  [5  0  5]
#P3  [7  5  0]]

1) P3 gewinnt über P1, P3 gleicht mit P2 aus

4 [4, 1, 1, 1, 1, 2] True

#     P1 P2 P3
#P1 [[0  4  4]
#P2  [6  0  4]
#P3  [6  6  0]]

2) P3 gewinnt über P1, P3 gewinnt über P2

5 [5, 0, 0, 2, 2, 1] True

#     P1 P2 P3
#P1 [[0  3  5]
#P2  [7  0  3]
#P3  [5  7  0]]

3) P3 gewinnt über P2, P3 gleicht mit P1 aus, P1 gewinnt über P2

Daher können wir unter Verwendung einer Condorcet-Matrix nicht mit Sicherheit schlussfolgern, dass P3 der Gewinner ist, es sei denn, wir definieren ein Vollständigkeitskriterium für die Fälle, in denen Unentschieden auftreten. In Ihrem Beispiel ergibt nur eines der Szenarien P3 als Gewinner gegenüber allen anderen Parteien. Um dieses Problem zu lösen, können Sie Ranking Pairs der Schulze-Methode in Betracht ziehen .

P3 wird von 5 Personen, die zuerst P3 ausgewählt haben, gegenüber P2 und P1 bevorzugt. Bestenfalls könnten P1 oder P2 allein von dieser Tatsache abhängen.

P3 könnte mit P2 gleichgezogen werden, wenn die 2 Personen, die P1 als Zweites ausgewählt haben, P3 als Dritte ausgewählt haben. Wenn 1 zuerst P3 gewählt hat, dann gibt es mindestens 6 Personen (diese 1 plus die 5, die als Drittes P1 gewählt haben).

P3 könnte mit P1 gleichauf sein, wenn mindestens 3 der 6 Personen, die P2 als Zweites ausgewählt haben, P1 als Drittes ausgewählt haben.

Da es nicht genug Leute gibt, die P3 an dritter Stelle gewählt haben, konnte nur einer von P2 und P1 punktgleich sein.

Wir können also sagen, dass P3 zumindest für den ersten Platz punktgleich ist. Aber wir können nicht sagen, dass weder P2 noch P1 unentschieden sind. Es gibt keinen bekannten Condorcet-Gewinner.

Wir können vermuten, dass P3 gewonnen hat. Alles, was es braucht, ist, dass die 3 Leute, die P3 als Zweites ausgewählt haben, sich darüber aufgespalten haben, wen sie als Dritte ausgewählt haben. Wenn mindestens 1 P2 und mindestens 1 P1 ausgewählt hat, dann drückt das P3 über die Spitze. Aber das können wir anhand der Daten, die Sie haben, nicht definitiv sagen.

In der Situation eines Condorcet-Unentschiedens gibt es oft Tiebreaker. Eine übliche wäre, dass die Partei mit den meisten Stimmen auf dem ersten Platz gewinnt. Das wäre P3. Oder Sie könnten eine Münze werfen oder einen Würfel werfen. Oder verwenden Sie die probabilistische Methode von @armatita . Diese hätten aber vor der Abstimmung erklärt werden müssen .

An dieser Stelle wäre es am fairsten, die Wahl mit klareren Regeln und möglicherweise besserer Stimmzettelverfolgung zu wiederholen (zählen Sie die Nummer jeder Permutation und nicht die Nummer mit jedem Rang).