Lanci di monete - da Archimede
Maurizio Frigeni
di monete che non mi pare di aver visto qui - ma forse mi sbaglio. Lo
ripropongo comunque:
Si lancia una moneta perfettamente equilibrata, in cui cioè la
probabilità di fare testa (T) o croce (C) è la stessa, finché in due
lanci consecutivi non appare la sequenza TT. Quanti lanci si devono fare
in media? E se invece si attende la sequenza TC? Infine, se si lancia la
moneta finché non appare la sequenza TT o la sequenza TC, qual è la
probabilità che appaia per prima la sequenza TT?
Maurizio
Giorgio Vecchi
> Sull'ultimo numero di Archimede c'è un quesito di probabilità sul lancio
> di monete che non mi pare di aver visto qui - ma forse mi sbaglio. Lo
> ripropongo comunque:
>
> Si lancia una moneta perfettamente equilibrata, in cui cioè la
> probabilità di fare testa (T) o croce (C) è la stessa, finché in due
> lanci consecutivi non appare la sequenza TT.
Ciao Maurizio.
Ho il sospetto che il tuo problema, apparentemente semplice, possa contenere
qualche difficoltà. Io però non la vedo, quindi ti rispondo senza riflettere
troppo e assumendomi ogni responsabilità per le possibili stupidaggini che
sto per dire. :-)
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> Quanti lanci si devono fare
> in media?
Direi 4. In ogni momento, la probabilità che escano due teste consecutive è
1/4. Mediamente questo avverrà 1 volta ogni 4 lanci.
> E se invece si attende la sequenza TC?
E' la stessa cosa.
> Infine, se si lancia la
> moneta finché non appare la sequenza TT o la sequenza TC, qual è la
> probabilità che appaia per prima la sequenza TT?
1 volta su 2 apparirà prima TT di TC (e viceversa!).
Mah... Dimmi un po' che cosa non ho capito del tuo problema...
Ciao :-)
Giorgio
Giorgio Vecchi
>
> Ho il sospetto che il tuo problema, apparentemente semplice, possa
contenere
> qualche difficoltà. Io però non la vedo, quindi ti rispondo senza
riflettere
> troppo e assumendomi ogni responsabilità per le possibili stupidaggini che
> sto per dire. :-)
> .
Ritiro tutto e provo a considerare meglio il problema!
Ciao :-)
Giorgio
Giorgio Vecchi
news:2khue9F...@uni-berlin.de...
Effettivamente il discorso è un po' più complesso. Provo ad analizzarlo caso
per caso; forse esiste una formula magica che risolve tutto in un attimo, ma
io non la conosco.
Devo calcolare il numero medio x di lanci da effettuare per ottenere TT.
Inizialmente ottengo TT una volta su 4 lanciando due monete e in questo caso
ho finito. Media dei lanci: 1/4 * 2.
Inizialmente ottengo TC o CC una volta su 2 lanciando due monete e mi
ritrovo al punto iniziale. Media dei lanci: 1/2 * (2+x).
Inizialmente ottengo CT una volta su 4 lanciando due monete e a questo punto
se al lancio successivo ottengo T (1 volta su 2) ho finito con 3 lanci; se
invece ottengo C (sempre 1 volta su 2), ho fatto 3 lanci e mi ritrovo ancora
nel caso iniziale.
Sommando il tutto ottengo:
x = 1/4 * 2 + 1/2 * (2+x) + 1/4 * (1/2 * 3 + 1/2 * (3+x))
raccogliendo e semplificando mi risulta x = 6.
E' giusto questa volta?
Ciao :-)
Giorgio
Gianfranco
Crea un grafo con dei nodi "CC", "CT", "TT" e "TC". A questi nodi si arriva
in due passi con prob. 1/4. Da CC si passa con prob 1/2 a CT e a CC stesso
(metti due archi). Da CT si va analogamente a TC e TT e cosě via... In
pratica si ottiene in effetti una catena di markov... Si tratta di calcolare
il numero medio di passi per arrivare allo stato TT, tenendo conto della
prob 1/4 iniziale...
Dade
-
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S
P
O
I
L
E
R
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-
Ognbi sequenza di 2 lanci (TT, TC, CT, CC) è equiprobabile, quindi in una lunga
sequenza di lanci si ripeterà mediamente ogni 4 sequenze di 2 lanci.
Ora pensiamo all'analogia con il seguente problema:
"A una certa fermata passa mediamente un autobus ogni ora. Quanto dovrò
aspettare mediamente per prendere l'autobus?
Risposta: mezz'ora"
Il numero medio di lanci per avere una qualunque sequenza prefissata dovrebbe
quindi essere 3 (corrispondente a 2 sequenze di 2 lanci), anche se a occhio mi
sembrerebbero pochini.
Dade :)
Dade
-
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S
P
O
I
L
E
R
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-
Aggiungo solo che, sempre che il mio ragionamento precedente sia giusto, la
sequenza TT e quella TC appariranno l'una prima dell'altra con eguale probabilità.
Dade :)
Giorgio Vecchi
Dicevo:
>
> raccogliendo e semplificando mi risulta x = 6.
>
E questo dovrebbe essere giusto per l'attesa dell'uscita di TT.
Nel caso invece in cui si attenda l'uscita di TC le cose cambiano.
Se inizialmente esce C (1 volta su 2) avrò fatto un lancio e le cose
ricominciano dall'inizio. La media x dei lanci sarà 1/2 * (1+x).
Se invece esce T le cose si complicano. Se al lancio successivo esce C, ho
finito, ma se esce ancora T avrò finito se al lancio ancora successivo esce
C e così via. Devo insomma calcolare la media dei lanci per ottenere C
essendo uscito inizialmente T. Esempio: è uscito T (1 lancio), la
probabilità che esca C al secondo lancio è 1/2; se non esce, la probabilità
che esca C al terzo lancio è 1/4 e così via.
Dovrebbe venire una sommatoria di questo tipo:
S(i=1..oo) (i+1)*(1/2^i) che dà 3.
La media dei lanci quindi per ottenere C essendo uscito inizialmente T è 3.
Questa va moltiplicata per 1/2 (la probabilità che esca T inizialmente).
In definitiva la media è:
x = 1/2 * (1+x) + 1/2 * 3
che dà x = 4. Questo è il numero medio di lanci da effettuare per ottenere
TC.
Ciao :-)
Giorgio
Giorgio Vecchi
controintuitività.
Ho appena realizzato una simulazione al calcolatore che conforta i miei
ragionamenti e conferma che per ottenere TT si devono effettuare mediamente
6 lanci e che per ottenere TC se ne devono effettuare 4. Però potrei avere
sbagliato sia i ragionamenti che la simulazione... :-)
Ma ammesso che sia tutto giusto, provo a dare un'altra giustificazione
empirica al perché i due valori siano diversi. Supponiamo di voler ottenere
TT. Innanzitutto si deve ottenere la prima T. Una volta ottenuta, se al
lancio successivo esce T abbiamo finito, ma se esce C si deve ricominciare
tutto daccapo. Si deve cioè riottenere un'altra T.
Questo non avviene quando si vuole ottenere TC. Anche qui si deve ottenere
la prima T. Una volta ottenuta, però, al lancio successivo se esce C abbiamo
finito, ma se esce T *non* dobbiamo ricominciare daccapo, dobbiamo solo
aspettare che esca una C e il gioco è fatto. Si percepisce quindi il perché
siano necessari più lanci per TT che per TC.
> Infine, se si lancia la
> moneta finché non appare la sequenza TT o la sequenza TC, qual è la
> probabilità che appaia per prima la sequenza TT?
Per quanto possa sembrare in contraddizione con quanto detto prima, la
probabilità che appaia TT prima di TC è 1/2, cioè con uguale probabilità
appare prima l'una o l'altra sequenza. Questo perché quando esce la prima T,
la probabilità che la moneta successiva sia T o C è la stessa.
Ciao :-)
Giorgio
Maurizio Frigeni
> Ho appena realizzato una simulazione al calcolatore che conforta i miei
> ragionamenti e conferma che per ottenere TT si devono effettuare mediamente
> 6 lanci e che per ottenere TC se ne devono effettuare 4. Però potrei avere
> sbagliato sia i ragionamenti che la simulazione... :-)
Hai fatto benissimo, complimenti! Anzi, hai trovato un metodo molto più
semplice di quello che ho trovato io: da vero "manovale" ho calcolato la
probabilità di ottenere TT (o TC) con n lanci e poi ho sommato la serie
per trovare il numero medio di lanci.
> Per quanto possa sembrare in contraddizione con quanto detto prima, la
> probabilità che appaia TT prima di TC è 1/2, cioè con uguale probabilità
> appare prima l'una o l'altra sequenza. Questo perché quando esce la prima T,
> la probabilità che la moneta successiva sia T o C è la stessa.
Esatto, questa è una cosa abbastanza sorprendente. Io la vedo così: la
probabilità di ottenere TT con n lanci è minore della probabilità di
ottenere TC con n lanci quando n è piccolo, mentre succede il contrario
per n grande, sicché le due cose si compensano.
Maurizio
Dade
Caro Maurizio,
preso atto che Giorgio ha fatto un ragionamento più rigoroso e "matematico",
puoi dirmi, per favore, che cosa non va nel mio ragionamento?
Anch'io mi ero imbarcato inizialmente sulla sua strada, ma un'illuminazione (o
meglio un abbaglio) mi ha fatto poi propendere per una soluzione più elegante
(ma evidentemente sbagliata).
E' forse falso che in una sequenza idealmente infinita di lanci (per es.:
..TCCTCCTTCCTCTCTTCTTC..) ciascuna delle 4 possibili sequenze di 2 lanci (TT,
TC, CT, CC) ha la stessa probabilità di apparizione di 1/4? Forse la mia
affermazione sull'equiprobabilità è vera solo se si considerano coppie separate
di lanci e non "intersecate" cioè, con riferimento all'esempio precedente, così:
TC
CT
CC
TT
CC
TC
TC
TT
CT
TC
e non così:
TC
CC
CT
TC
CC
CT
TT
TC
CC
CT
TC
CT
TC
CT
TT
TC
CT
TT
TC
Forse nel secondo caso non si considera il contributo delle correlazioni... boh!
Attendo lumi (per restare in tema di luce)
Dade :)
Maurizio Frigeni
> E' forse falso che in una sequenza idealmente infinita di lanci (per es.:
> ..TCCTCCTTCCTCTCTTCTTC..) ciascuna delle 4 possibili sequenze di 2 lanci (TT,
> TC, CT, CC) ha la stessa probabilità di apparizione di 1/4?
No, questo è vero.
> Forse la mia affermazione sull'equiprobabilità è vera solo se si
> considerano coppie separate di lanci e non "intersecate"
Esatto, è proprio così. Nel problema i lanci non vengono fatti in coppie
prefissate e questo cambia le cose.
Comunque si tratta proprio di un risultato poco intuitivo. Per la
cronaca, la probabilità di ottenere TT dopo n lanci è:
P(n) = (1/2)^n F(n-1),
dove F(n) è la successione di Fibonacci:
F(0) = 0, F(1)= 1, F(n) = F(n-1) + F(n-2) per n > 1;
perciò i primi valori di P(n) al variare di n sono:
0, 1/4, 1/8, 1/8, 3/32, 5/64, 1/16, 13/256, ...
Invece la probabilità di ottenere TC dopo n lanci è:
Q(n) = (n-1)(1/2)^n,
e i primi valori di Q(n) al variare di n sono:
0, 1/4, 1/4, 3/16, 1/8, 5/64, 3/64, 7/256, ...
Come si vede, Q(n) è maggiore o uguale a P(n) fino a n=6, poi è sempre
minore.
Maurizio
Dade
> Comunque si tratta proprio di un risultato poco intuitivo. Per la
> cronaca, la probabilità di ottenere TT dopo n lanci è:
>
> P(n) = (1/2)^n F(n-1),
>
> dove F(n) è la successione di Fibonacci:
>
> F(0) = 0, F(1)= 1, F(n) = F(n-1) + F(n-2) per n > 1;
>
> perciò i primi valori di P(n) al variare di n sono:
>
> 0, 1/4, 1/8, 1/8, 3/32, 5/64, 1/16, 13/256, ...
>
> Invece la probabilità di ottenere TC dopo n lanci è:
>
> Q(n) = (n-1)(1/2)^n,
>
> e i primi valori di Q(n) al variare di n sono:
>
> 0, 1/4, 1/4, 3/16, 1/8, 5/64, 3/64, 7/256, ...
>
> Come si vede, Q(n) è maggiore o uguale a P(n) fino a n=6, poi è sempre
> minore.
Grazie infinite per la dettagliata spiegazione.
Veramente il risultato è poco intuitivo. Mai fidarsi ciecamente dell'intuito!
Ma qualche volta l'intuito fa risparmiare un sacco di tempo...
Dade :)
Nino
"Maurizio Frigeni" ha scritto nel messaggio:
Il problema è ben noto (anche se, in verità, io non l'ho mai approfondito),
indovinate a chi? Ma diamine (e scusate se sono monocorde)!
A chi gioca e studia sistemi al totocalcio....
E in particolare a chi si serve di strumenti sempre bizzarri e talvolta
anche cervellotici per "condizionare i sistemi", ossia ridurre le colonne
da giocare, eliminando dall'integrale quelle che, chissà perchè, sono
ritenute meno probabili.
Qui si parla di accoppiate, cioè sequenze (o sequele) di 2 segni, che
esaminate in un determinato numero di partite a pronostico doppio (o lanci
T - C che è lo stesso), hanno la stessa identica probabilità (1/4),
quindi anche la stessa frequenza media (4).
Diverso è però il discorso se si considerano due eventi consecutivi.
Dal gergo totocalcistico, estraggo la definizione di "passo delle
accoppiate":
per passo si intende il modo di verificare la presenza di una sequenza
all'interno della colonna, e più precisamente la distanza che passa tra
l'inizio della prima e l'inizio della successiva sequenza.
In pratica, il passo per un'accoppiata può essere 0 (detto più spesso n)
o 1: se si ha ad es. la terzina 111 (o TTT, che è lo stesso), la sequela 11
compare una volta se si usa il passo n, mentre è presente due volte con il
passo 1. (Questo discorso equivale a quanto dice Dade sulla coppia di lanci
"separate" o "intersecate").
Con 2 lanci ovviamente ognuna delle coppie 11 10 01 00
compare una volta in una delle 4 colonne.
La situazione comincia a diversificarsi con 3 lanci. Infatti (guardando in
verticale):
1 0 1 1 0 0 1 0
1 1 0 1 0 1 0 0
1 1 1 0 1 0 0 0
A sequenza con passo n tutte le coppie sono presenti in 2 colonne sulle 8
(quindi sempre 1 su 4).
Esaminando invece con passo 1, le sequenze 11 e 00 compaiono in 3
colonne,
mentre 01 e 10 sono presenti in 4 colonne.
Quindi, se ci si interrompe all'eventuale verificarsi positivo dell'evento,
le probabilità sono 3/8 per le monotermini e 4/8 per le bitermini.
Questo paradosso è solo apparente: infatti, se analizziamo nel complesso
delle
3 doppie ( o dei 3 lanci) abbiamo l'effetto ripetizione, che agisce in
questo
caso solo per le monotermini 11 e 00: se lo consideriamo, si torna a 4
sequenze sulle 16 possibili per tutte e 4 le accoppiate 11 00 10 01.
Le cose si dilatano aumentando i lanci (in ottemperanza anche al triangolo
di Tartaglia).
Con 4 lanci:
1 0 1 1 1 0 0 0 1 1 1 0 0 0 1 0
1 1 0 1 1 0 1 1 0 0 1 0 0 1 0 0
1 1 1 0 1 1 0 1 0 1 0 0 1 0 0 0
1 1 1 1 0 1 1 0 1 0 0 1 0 0 0 0
Nel complesso, ogni accoppiata compare 12 volte su 48 (1/4).
Però, fermandosi al momento dell'eventuale apparizione della sequenza scelta
(a passo 1), si ha che le colonne che contengono 11 o 00 sono 8 su 16
(p=0,5), mentre quelle con 10 e 01 sono 11 (p=0,6875).
Analogamente, con 5 lanci la probabilità per CC o TT è di 19 su 32
(0,59375),
mentre quella per CT o TC è di 26 su 32 (0,8125).
Ecc. ecc.
Spero che la fretta non mi abbia fatto dire fesserie.
Ciao, Nino