Due, a caso... redux

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Due, a caso... redux

Messaggio da panurgo » lun nov 12, 2018 12:23 pm

Questa è la versione discreta del mio post precedente: prendete due dadi a $n$ facce su cui siano segnate le frazioni da $\frac1n$ a $\frac{n}{n}$ (cfr. i dadi in figura per $n=6$)
DueACaso011.jpg
DueACaso011.jpg (7.94 KiB) Visto 350 volte
Lanciate i dadi e registrate il valore più piccolo dei due (il valore, una volta, se sono uguali): assumendo una distribuzione di probabilità uniforme (cioè aspettandoci una distribuzione di frequenza uniforme per ciascun dado), quanto varrà la media dei valori registrati?


Suggerimento: partite dal caso $n=6$ e generalizzate...
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Re: Due, a caso... redux

Messaggio da Gianfranco » sab nov 24, 2018 12:01 am

Mi dispiace, è tutto sbagliato: strike.
Chiedo al Maestro Panurgo se così può andare, come inizio...

Con due dadi da 6 facce:
p che il minore sia 1/6 = 2*(1/6)*(6/6)
p che il minore sia 2/6 = 2*(1/6)*(5/6)
p che il minore sia 3/6 = 2*(1/6)*(4/6)
p che il minore sia 4/6 = 2*(1/6)*(3/6)
p che il minore sia 5/6 = 2*(1/6)*(2/6)
p che il minore sia 6/6 = 2*(1/6)*(1/6)

Quindi il valore atteso o media del minore è:

(2/6)*((1/6)*(6/6)+(2/6)*(5/6)+(3/6)*(4/6)+(4/6)*(3/6)+(5/6)*(2/6)+(6/6)*(1/6))

ovvero:
\large media=\frac{2}{6}\cdot\sum_{n=1}^{6} n\cdot \frac{1}{6}\cdot\frac{6-n+1}{6}=\frac{14}{27}

Generalizzando a x facce:
\large media=\frac{2}{x}\cdot\sum_{n=1}^{x} n\cdot \frac{1}{x}\cdot\frac{x-n+1}{x}

Perciò... bisogna passare all'integrale...
Pace e bene a tutti.
Gianfranco

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Re: Due, a caso... redux

Messaggio da panurgo » sab nov 24, 2018 12:56 pm

A tutti è famigliare questa tabella

$\displaystyle\begin{array}{c|cccccc|C}
\hline
6 & 7 & 8 & 9 & 10 & 11 & 12 \\
5 & 6 & 7 & 8 & 9 & 10 & 11 \\
4 & 5 & 6 & 7 & 8 & 9 & 10 \\
3 & 4 & 5 & 6 & 7 & 8 & 9 \\
2 & 3 & 4 & 5 & 6 & 7 & 8\\
1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 & 7 \\
\hline
& 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6
\end{array}

$

Che dire di questa?

$\displaystyle\begin{array}{c|cccccc|C}
\hline
6/6 & 1/6 & 2/6 & 3/6 & 4/6 & 5/6 & 6/6 \\
5/6 & 1/6 & 2/6 & 3/6 & 4/6 & 5/6 & 5/6 \\
4/6 & 1/6 & 2/6 & 3/6 & 4/6 & 4/6 & 4/6 \\
3/6 & 1/6 & 2/6 & 3/6 & 3/6 & 3/6 & 3/6 \\
2/6 & 1/6 & 2/6 & 2/6 & 2/6 & 2/6 & 2/6 \\
1/6 & 1/6 & 1/6 & 1/6 & 1/6 & 1/6 & 1/6 \\
\hline
& 1/6 & 2/6 & 3/6 & 4/6 & 5/6 & 6/6
\end{array}

$
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Re: Due, a caso... redux

Messaggio da panurgo » dom nov 25, 2018 10:43 pm

panurgo ha scritto:
sab nov 24, 2018 12:56 pm
Che dire di questa?

$\displaystyle\begin{array}{c|cccccc|C}
\hline
6/6 & 1/6 & 2/6 & 3/6 & 4/6 & 5/6 & 6/6 \\
5/6 & 1/6 & 2/6 & 3/6 & 4/6 & 5/6 & 5/6 \\
4/6 & 1/6 & 2/6 & 3/6 & 4/6 & 4/6 & 4/6 \\
3/6 & 1/6 & 2/6 & 3/6 & 3/6 & 3/6 & 3/6 \\
2/6 & 1/6 & 2/6 & 2/6 & 2/6 & 2/6 & 2/6 \\
1/6 & 1/6 & 1/6 & 1/6 & 1/6 & 1/6 & 1/6 \\
\hline
& 1/6 & 2/6 & 3/6 & 4/6 & 5/6 & 6/6
\end{array}

$
Da questa tabella ricaviamo la distribuzione di frequenze per i possibili valori del minore dei due dadi

$\displaystyle \left\{\frac16,\frac26,\frac36,\frac46,\frac56,\frac66\right\}$

e cioè

$\displaystyle \left\{\frac{11}{36},\frac9{36},\frac7{36},\frac5{36},\frac3{36},\frac1{36}\right\}$
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Re: Due, a caso... redux

Messaggio da panurgo » lun nov 26, 2018 4:45 pm

panurgo ha scritto:
dom nov 25, 2018 10:43 pm
panurgo ha scritto:
sab nov 24, 2018 12:56 pm
Che dire di questa?

$\displaystyle\begin{array}{c|cccccc|C}
\hline
6/6 & 1/6 & 2/6 & 3/6 & 4/6 & 5/6 & 6/6 \\
5/6 & 1/6 & 2/6 & 3/6 & 4/6 & 5/6 & 5/6 \\
4/6 & 1/6 & 2/6 & 3/6 & 4/6 & 4/6 & 4/6 \\
3/6 & 1/6 & 2/6 & 3/6 & 3/6 & 3/6 & 3/6 \\
2/6 & 1/6 & 2/6 & 2/6 & 2/6 & 2/6 & 2/6 \\
1/6 & 1/6 & 1/6 & 1/6 & 1/6 & 1/6 & 1/6 \\
\hline
& 1/6 & 2/6 & 3/6 & 4/6 & 5/6 & 6/6
\end{array}

$
Da questa tabella ricaviamo la distribuzione di frequenze per i possibili valori del minore dei due dadi

$\displaystyle \left\{\frac16,\frac26,\frac36,\frac46,\frac56,\frac66\right\}$

e cioè

$\displaystyle \left\{\frac{11}{36},\frac9{36},\frac7{36},\frac5{36},\frac3{36},\frac1{36}\right\}$
Dunque, deve essere

$\displaystyle \frac16\cdot\frac{11}{36}+ \frac26\cdot\frac{9}{36}+ \frac36\cdot\frac{7}{36}+ \frac46\cdot\frac{5}{36}+ \frac56\cdot\frac{3}{36}+ \frac66\cdot\frac{1}{36}= \frac{91}{216}$

ma ottenere le frequenze semplicemente contando non sembra essere molto proficuo dal punto di vista della generalizzazione: c'è un altro punto di vista...
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Re: Due, a caso... redux

Messaggio da Gianfranco » lun nov 26, 2018 11:03 pm

OK, richiedo al Maestro Panurgo se questa traccia è buona. (mi accorgo ora che Panurgo ha già postato la soluzione della prima parte)

Seguo un altro filo, diverso da quello delle tabelle (prima non avevo considerato un caso "doppio").
Provo a correggere la mia risposta precedente.
Considero il lancio ripetuto di due dadi con le facce numerate con le frazioni 1/6, 2/6, ...6/6 e mi chiedo qual è la probabilità che il minore numero uscito sia 1/6, poi 2/6, poi etc.
Ecco i risultati corretti (spero).
p che il minore sia 1/6 = 11/36
p che il minore sia 2/6 = 9/36
p che il minore sia 3/6 = 7/36
p che il minore sia 4/6 = 5/36
p che il minore sia 5/6 = 3/36
p che il minore sia 6/6 = 1/36

Applico la formula "classica" per calcolare il valore atteso o media del numero minore uscito:

(1/6)*(11/36)+(2/6)*(9/36)+(3/6)*(7/36)+(4/6)*(5/36)+(5/6)*(3/36)+(6/6)*(1/36)=91/216=0,421...

ovvero:
\large media=\sum_{i=1}^{6}  \frac{i}{6}\cdot\frac{2\cdot(6-i+1)-1}{6^2}

Generalizzando a n facce:
\large media=\sum_{i=1}^{n}  \frac{i}{n}\cdot\frac{2\cdot(n-i+1)-1}{n^2}

Ora mi sono rivolto a wxMaxima che mi dice che tale somma è uguale a:
\large media=\frac{2 {{n}^{2}}+3 n+1}{6 {{n}^{2}}}

Io, a questo punto, calcolerei il limite per n tendente all'infinito, ottenendo:
\large media=\frac{1}{3}
Pace e bene a tutti.
Gianfranco

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Re: Due, a caso... redux

Messaggio da panurgo » mer nov 28, 2018 12:16 am

Eh, Gianfranco: avevo cominciato a postare la soluzione un po’ alla volta perché mi bruciava le dita… :wink:
…ora che tu hai scritto posso postare il mio.

Facendo riferimento alla tabella delle frequenze dicevo che non è molto producente contarle: conviene considerarle come differenze di quadrati

$\displaystyle 11 = 6^2-5^2, \quad 9=5^2-4^2, \quad 7=4^2-3^2, \ldots$

Scriviamo la nostra expectation

$\displaystyle \frac{1\cdot\left(6^2-5^2\right)+ 2\cdot\left(5^2-4^2\right)+ 3\cdot\left(4^2-3^2\right)+ 4\cdot\left(3^2-2^2\right)+5\cdot\left(2^2-1^2\right)+6\cdot\left(1^2-0^2\right)}{6^3}$

ovvero

$\displaystyle \frac{1\cdot6^2-1\cdot5^2+ 2\cdot5^2-2\cdot4^2+3\cdot4^2-3\cdot 3^2+4\cdot3^2-4\cdot2^2+5\cdot2^2-5\cdot1^2+6\cdot1^2-6\cdot0^2}{6^3}=\frac{6^2+5^2+4^2+3^2+2^2+1^2}{6^3}$

La riscriviamo anche come

$\displaystyle \frac{1\cdot\left[\left(6 + 1 - 1\right)^2-\left(6-1\right)^2\right]+ 2\cdot\left[\left(6 + 1 - 2\right)^2-\left(6-2\right)^2\right]+ \cdots + 6\cdot\left[\left(6 + 1 - 6\right)^2-\left(6-6\right)^2\right]}{6^3}$

cioè

$\displaystyle \sum_{k=1}^n{\frac {k\cdot\left[2\left(n-k\right)+1\right]}{n^3}}=\sum_{k=1}^n{\frac {k\cdot\left[\left(n+1-k\right)^2-\left(n-k\right)^2\right]}{n^3}}=\sum_{k=1}^n{\frac{k^2}{n^3}}$

e noi sappiamo (o dovremmo sapere) che

$\displaystyle \sum_{k=1}^n {k^2}=\frac{n\left(n+1\right)\left(2n+1\right)}6$

e quindi

$\displaystyle \sum_{k=1}^n {\frac{k^2}{n^3}}=\frac{n\left(n+1\right)\left(2n+1\right)}{6n^3}=\frac13\cdot\frac{n}{n}\cdot\frac{n+1}{n}\cdot\frac{2n+1}{2n}=\frac13\left(1+\frac1{n}\right)\left(1+\frac1{2n}\right)$

con il successivo passaggio al limite.

Ma non finisce qui: consideriamo il caso di tre dadi; con due dadi abbiamo uno spazio di campionamento bidimensionale e, per esempio $\frac1n$ è il minimo quando si ottiene con il primo dado
DueOPiùSempreACaso03_1_480x480.png
DueOPiùSempreACaso03_1_480x480.png (4.42 KiB) Visto 281 volte
o quando si ottiene con il secondo dado
DueOPiùSempreACaso03_2_480x480.png
DueOPiùSempreACaso03_2_480x480.png (5.37 KiB) Visto 281 volte
cioè nell’unione di questi due sottoinsiemi
DueOPiùSempreACaso03_3_480x480.png
DueOPiùSempreACaso03_3_480x480.png (5.24 KiB) Visto 281 volte
Analogamente, nel caso di tre dadi, $\frac1n$ è il minimo quando si ottiene con il primo dado
DueOPiùSempreACaso02_01_480x480.png
DueOPiùSempreACaso02_01_480x480.png (13.5 KiB) Visto 281 volte
con il secondo
DueOPiùSempreACaso02_02_480x480.png
DueOPiùSempreACaso02_02_480x480.png (13.87 KiB) Visto 281 volte
o con il terzo
DueOPiùSempreACaso02_03_480x480.png
DueOPiùSempreACaso02_03_480x480.png (16.1 KiB) Visto 281 volte
cioè nell’unione
DueOPiùSempreACaso02_04_480x480.png
DueOPiùSempreACaso02_04_480x480.png (19.61 KiB) Visto 281 volte
che è evidentemente una differenza di cubi successivi

$\displaystyle E\left(3\right) = \sum_{k=1}^n {\frac{k^3}{n^4}} = \frac {n^2\left(n+1\right)^2}{4n^4}=\frac14\left(1+\frac1n\right)^2$

Ma non è finita: ciò che vale per due e per tre vale evidentemente anche per un numero $p$ di dadi

$\displaystyle E\left(p\right) = \sum_{k=1}^n {\frac{k^p}{n^{p+1}}}$

La fregatura è che non c’è una forma chiusa per $ \sum_{k=1}^n {k^p}$: vediamo di arrangiarci.

Cominciamo dal Teorema Binomiale

$\displaystyle \left(k-1\right)^{p+1}=\sum_{i=0}^{p+1}{{{p+1}\choose i} k^i\left(-1\right)^{p+1-i}}=k^{p+1}-\left(p+1\right)k^p+P\left(k;p-1\right)$

dove

$\displaystyle P\left(k;p-1\right)= \sum_{i=0}^{p-1}{{{p+1}\choose i} k^i\left(-1\right)^{p+1-i}} $

è un polinomio in $k$ di grado $p-1$

Riarrangiamo l’espressione precedente

$\displaystyle k^{p+1} - \left(k-1\right)^{p+1}= \left(p+1\right)k^p-P\left(k;p-1\right)$

ed eseguiamo la sommatoria

$\displaystyle \sum_{k=1}^n \left[k^{p+1} - \left(k-1\right)^{p+1}\right]=n^{p+1}= \left(p+1\right) \sum_{k=1}^n {k^p}-\sum_{k=1}^n {P\left(k;p-1\right)}$

Infine isoliamo la somma che ci interessava

$\displaystyle \sum_{k=1}^n {k^p} = \frac1{p+1}\left[n^{p+1}+\sum_{k=1}^n {P\left(k;p-1\right)}\right]$

Per quel che riguarda il secondo termine nella parentesi quadra ci basta dimostrare che si tratta di un polinomio in $n$ di grado al più uguale a $p$; infatti, dal fatto che $k\leq n$ e quindi $k^{p-1}\leq n^{p-1}$ segue che

$\displaystyle \sum_{k=1}^n {k^{p-1}} < \sum_{k=1}^n {n^{p-1}} = n\cdot n^{p-1} =n^p$

In conclusione,

$\displaystyle E\left(p\right) = \sum_{k=1}^n {\frac{k^p}{n^{p+1}}}= \frac1{p+1}\left[1 + \frac{P\left(n;p\right)}{n^{p+1}}\right]$

dove il secondo termine è dell’ordine di $\frac1n$ e si annulla passando al limite: nel caso di $p$ numeri campionati da una distribuzione uniforme tra $0$ e $1$

$\displaystyle E=\frac1{p+1}$
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