Ho cercato come ho potuto nel forum e mi sembra che non ci sia: perciò...
Diophante e Hippolyte hanno ciascuno una moneta molto vecchia. Entrambe le monete sono lontane dall’essere equilibrate e le probabilità di ottenere croce sono rispettivamente $p$ (per quella di Diophante) e $q$ (per quella di Hippolyte) con $p\neq 1/2$ e $q\neq 1/2$. Si ammette che le probabilità di ottenere testa siano rispettivamente $1-p$ e $1-q$.
I due amici lanciano simultaneamente le due monete molte centinaia di volte annotando i risultati di ciascun lancio. Un esempio con otto lanci: $CC$, $CT$, $TC$, $TT$, $TT$, $CT$, $TT$, $CC$. La prima lettera di ogni coppia è il risultato di Diophante e la seconda quello di Hippolyte.
Da quei bravi statistici che sono traggono le seguenti conclusioni:
1. la probabilità che Diophante ottenga croce prima* di Hippolyte è uguale a $3/5$;
2. l’expectation del numero di lanci necessari per ottenere per la prima volta $CC$ è un numero intero $n$;
3. l’expectation del numero di lanci necessari per ottenere per la prima volta $TT$ è un numero intero $m$.
Da ciò dedurre la probabilità che Hippolyte ottenga testa prima** di Diophante.
*Ciò significa che quando Diophante ottiene croce per la prima volta al $k$-esimo lancio, in ciascuno di questi lanci, compreso l’ultimo, Hippolyte ha ottenuto testa.
**Ciò significa che quando Hippolyte ottiene testa per la prima volta al $k$-esimo lancio, in ciascuno di questi lanci, compreso l’ultimo, Diophante ha ottenuto croce.
diophante.fr
Due monete molto vecchie
Moderatori: Gianfranco, Bruno
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Due monete molto vecchie
il panurgo
Principio di Relatività: $\mathbb{m} \not \to \mathbb{M} \, \Longleftrightarrow \, \mathbb{M} \not \to \mathbb{m}$
"Se la montagna non va a Maometto, Maometto NON va alla montagna"
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Re: Due monete molto vecchie
Ho scarabocchiato alcuni ragionamenti poco ortodossi su un foglio di carta, riportarli qui in bella costa tanta fatica così intanto descrivo i passi fondamentali.
Facendo $n$ lanci si ha:
$n_1$ = numero di volte in cui $CT$ è uscito al primo lancio = $n*p*(1-q)$
$n_2$ = numero di volte in cui $CT$ è uscito al secondo lancio = $n*((1-p)*(1-q))*p*(1-q)$
$...$
$n_{i+1}$ = numero di volte in cui $CT$ è uscito al $ {i+1}$esimo lancio = $n*((1-p)*(1-q))^i*p*(1-q)$
quindi $numero\,di\,casi\,favorevoli = \sum_{i=1}^\infty n_i = \frac{n*p*(1-q)}{1-(1-p)*(1-q)}$
$probabilità = \frac{numero\,di\,casi\,favorevoli}{numero\,di\,casi\,totali} = 3/5$
da cui si ricava $q = \frac{2p}{2p+3}$
$\displaystyle \left\langle k\middle|\top\right\rangle
=\sum_{k=1}^\infty{k\cdot q^{k-1}p}
=...
=\frac1p$
che nel nostro caso diventa
$\frac{1}{pq} = n,\,numero\,intero $
A questo punto procedendo per tentativi si trova una soluzione, non so se è l'unica:
$p = \frac{3}{4}; q = \frac{1}{3}; n=4; m = 6$
Traduco questo in: nei primi $k-1$ lanci è sempre uscito $TT$ e si è avuto $CT$ al $k$esimo lancioCiò significa che quando Diophante ottiene croce per la prima volta al $k$-esimo lancio, in ciascuno di questi lanci, compreso l’ultimo, Hippolyte ha ottenuto testa.
Facendo $n$ lanci si ha:
$n_1$ = numero di volte in cui $CT$ è uscito al primo lancio = $n*p*(1-q)$
$n_2$ = numero di volte in cui $CT$ è uscito al secondo lancio = $n*((1-p)*(1-q))*p*(1-q)$
$...$
$n_{i+1}$ = numero di volte in cui $CT$ è uscito al $ {i+1}$esimo lancio = $n*((1-p)*(1-q))^i*p*(1-q)$
quindi $numero\,di\,casi\,favorevoli = \sum_{i=1}^\infty n_i = \frac{n*p*(1-q)}{1-(1-p)*(1-q)}$
$probabilità = \frac{numero\,di\,casi\,favorevoli}{numero\,di\,casi\,totali} = 3/5$
da cui si ricava $q = \frac{2p}{2p+3}$
cercando "expectation " nel forum ho trovato ad esempo questo2. l’expectation del numero di lanci necessari per ottenere per la prima volta $CC$ è un numero intero ;
$\displaystyle \left\langle k\middle|\top\right\rangle
=\sum_{k=1}^\infty{k\cdot q^{k-1}p}
=...
=\frac1p$
che nel nostro caso diventa
$\frac{1}{pq} = n,\,numero\,intero $
Ragionando come sopra $\frac{1}{(1-p)(1-q)} = m,\,numero\,intero $3. l’expectation del numero di lanci necessari per ottenere per la prima volta $TT$ è un numero intero.
A questo punto procedendo per tentativi si trova una soluzione, non so se è l'unica:
$p = \frac{3}{4}; q = \frac{1}{3}; n=4; m = 6$
Ultima modifica di NothIng il gio nov 02, 2023 11:26 pm, modificato 1 volta in totale.
Re: Due monete molto vecchie
Quindi qual è la probabilità che Hippolyte ottenga testa prima di Diophante?
il panurgo
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Re: Due monete molto vecchie
Procedendo in maniera simile a quanto già fatto, traduco la domanda in: nei primi $k-1$ lanci è sempre uscito $CC$ e si è avuto $CT$ al $k$esimo lancio
$n_{i+1}$ = numero di volte in cui $CC$ è uscito al $ {i+1}$esimo lancio = $n*(p*q)^i*p*(1-q)$
quindi $numero\,di\,casi\,favorevoli = \sum_{i=1}^\infty n_i = \frac{n*p*(1-q)}{1-p*q}$ che diviso n da la probabilità richiesta = $\frac{p(1-q)}{1-pq}$
Sostituendo i valori trovati si ha che probabilità che Hippolyte ottenga testa prima di Diophante è $\frac{2}{3}$
se&o