Per chiarire l'uso degli strumenti matematici necessari per dare una risposta al quesito sul torneo di scherma riprendo un argomento che era stato trattato nella versione precedente del forum.

• In una roulette russa con due giocatori, i giocatori stessi si alternano al tiro fino a che uno dei due muore; il tiro si effettua con un revolver a sei colpi contenente una sola pallottola, girando il tamburo prima di ogni tiro: qual è la probabilità di successo del primo giocatore e qual è quella del secondo?

Aspetto un po' per dare la risposta così chi non conosce il problema ci si può cimentare

Chi muore vince?
Per probabilità di successo si intende rimanere vivo immagino, e non di trovare la pallottola!
Comunque direi che il primo giocatore ha $\frac {5} {6}$ di restar vivo.
il secondo incece mi verrebbe da dire $(\frac {5} {6})^2$, ma in realtà se il primo giocatore muore, in quel $\frac {1} {6}$ di casi il 2° giocatore resta vivo, quindi potrei dire che il 2° ha $\frac {35} {36}$ (non al quadrato, mi era sfuggito nel copia/incolla) di sopravvivere.

Aspetto le delucidazioni del buon panurgo

direi 5/6 il primo

il secondo (prob primo vivo * prob secondo vivo) + prob primo morto.

percio' : (5/6 *5/6) + 1/6 = 31/36

miao

bautz ha scritto:Chi muore vince?
Per probabilità di successo si intende rimanere vivo immagino, e non di trovare la pallottola!

Eh, no! La locuzione "probabilità di successo" è tradizionalmente impiegata per indicare la probabilità del verificarsi dell'evento considerato: dato che il gioco continua fino a che non si verifica l'evento, il successo consiste nel morire

vulneraria ha scritto:direi 5/6 il primo

il secondo (prob primo vivo * prob secondo vivo) + prob primo morto.

percio' : (5/6 *5/6) + 1/6 = 31/36

miao

panurgo ha scritto:[...]

• [...] i giocatori stessi si alternano al tiro fino a che uno dei due muore [...]

[...]

Pan, per gli altri turni e' sempre uguale.

(prob entrambi giocatori ancora vivi * 5/6) + prob qualcuno sia morto.

prob almeno un morto = 1 - prob entrambi vivi.

Ok!
Allora se vince chi muore direi che il primo ha $\frac {1} {6}$ e il secondo $\frac {5} {36}$ (sono i complementari di quelli che ho scritto prima).
$\frac {5} {36}$ perchè sono $\frac {5} {6} * \frac {1} {6}$ (cioè la probabilità che il 1° perda per la probabilità che il secondo vinca).
Sempre ragionando così il 3° (che poi sarebbe il 1° al suo secondo tentativo), avrebbe $\frac {25} {216}$ di vincere (cioè $\frac {5} {6} * \frac {5} {6} * \frac {1} {6}$).

vulneraria ha scritto:Pan, per gli altri turni e' sempre uguale.

(prob entrambi giocatori ancora vivi * 5/6) + prob qualcuno sia morto.

prob almeno un morto = 1 - prob entrambi vivi.

bautz ha scritto:Ok!
Allora se vince chi muore direi che il primo ha $\frac {1} {6}$ e il secondo $\frac {5} {36}$ (sono i complementari di quelli che ho scritto prima).
$\frac {5} {36}$ perchè sono $\frac {5} {6} * \frac {1} {6}$ (cioè la probabilità che il 1° perda per la probabilità che il secondo vinca).
Sempre ragionando così il 3° (che poi sarebbe il 1° al suo secondo tentativo), avrebbe $\frac {25} {216}$ di vincere (cioè $\frac {5} {6} * \frac {5} {6} * \frac {1} {6}$).

La domanda è: la probabilità di successo ($\equiv$ probabilità di morire) del primo giocatore e del secondo e non la probabilità che almeno uno dei due muoia che, ovviamente, è $100%$

Per probabilità di successo non si intende la probailità di successo al tentativo ennesimo ma la probabilità di successo complessiva

ri-Ok!
Io ragionerei così:
Considero $i$ i tentativi di ogni giocatore.
Il 1° ha
$\sum_{\small{i=0}}^{\infty}\frac{1} {6} (\frac{5} {6})^{\small{2i}}$ di successo.

Il 2° ha
$\sum_{\small{i=0}}^{\infty}\frac{1} {6} (\frac{5} {6})^{\small{2i+1}}$ di successo.

quindi semplifico un pò:
1°) $\frac{1} {6} \sum_{\small{i=0}}^{\infty}(\frac{5} {6})^{\small{2i}}$
2°) $\frac{1} {6} \sum_{\small{i=0}}^{\infty}(\frac{5} {6})^{\small{2i+1}}$


1°) $\frac{1} {6} \sum_{\small{i=0}}^{\infty}(\frac{5} {6})^{\small{2i}}$
2°) $\frac{1} {6} \sum_{\small{i=0}}^{\infty}(\frac{5} {6})^{\small{2i}} (\frac{5} {6})$


1°) $\frac{1} {6} \sum_{\small{i=0}}^{\infty}(\frac{5} {6})^{\small{2i}}$
2°) $\frac{5} {6} * \frac {1} {6} \sum_{\small{i=0}}^{\infty}(\frac{5} {6})^{\small{2i}}$


Da che se ne deduce che il 2° ha $\frac{5} {6}$ le probabilità del primo, cioè se il primo ha $x$ probabilità, il secondo ne ha $\frac{5} {6} x$

La somma di entrambi dev'essere il 100%, quindi
$\frac{5} {6} x + x = 1$

E risolvendo trovo
$x = \frac {6} {11}$ (la probabilità del 1°)
$\frac {5} {6} x = \frac {5} {11}$ (la probabilità del 2°)

Il testo del problema implica che ciascun tiro è indipendente (dato che il tamburo del revolver viene girato a caso prima di ogni tiro) e che la probabilità di successo del singolo tiro è $\frac 1 6$
La risoluzione usuale si basa sulla visione del processo schematizzata in figura



Le frecce rosse corrispondono ad un successo (e il processo termina) mentre le frecce verdi corrispondono ad un insuccesso (e il processo continua): le fasi del processo sono $A \equiv {\rm A spara}$ e ( $\overline A \equiv {\rm A muore}$ oppure ( $B \equiv {\rm B spara}$ e ( $\overline B \equiv {\rm B muore}$ oppure (...))), e cosi ad infinitum.

La probabilità di successo per $A$ vale

$p \left( V | A \, I \right) = \frac 1 6 + \frac 5 6 \left \{ 0 + \frac 5 6 \left \{ \frac 1 6 + \frac 5 6 \left \{ 0 + \frac 5 6 \left \{ \cdots \right \} \right \} \right \} \right \}$

cioè, il successo può avvenire al primo sparo, al terzo, al quinto ecc.; la probabilità di successo per $B$ vale

$p \left( V | A \, I \right) = 0 + \frac 5 6 \left \{\frac 1 6 + \frac 5 6 \left \{ 0 + \frac 5 6 \left \{ \frac 1 6 + \frac 5 6 \left \{ \cdots \right \} \right \} \right \} \right \}$

cioè, il successo può avvenire al secondo sparo, al quarto, al sesto ecc.
Considerato che

$p \left( V | A \, I \right) = \frac 1 6 + \frac 5 6 \left \{ 0 + \frac 5 6 \left \{ \frac 1 6 + \frac 5 6 \left \{ 0 + \frac 5 6 \left \{ \cdots \right \} \right \} \right \} \right\} = \frac 1 6 \left \{ \left( \frac 5 6 \right)^ {\script 0} + \left( \frac 5 6 \right)^ {\script 2} + \left( \frac 5 6 \right)^ {\script 4} + \cdots \right \} = \frac 1 6 \left \{ \left( \frac {25} {36} \right)^ {\script 0} + \left( \frac {25} {36} \right)^ {\script 1} + \left( \frac {25} {36} \right)^ {\script 2} + \cdots \right\}$

e, facendo uso del fatto che $\sum \limits_{\script n = 0}^{\script \infty} {q^{\script n} } = \frac 1 {1 - q}$, si ottiene

$\left \{ p \left( V | A \, I \right) = \frac 1 6 \times \frac 1 {1 - \frac {25} {36}} = \frac 6 {11} \\ p \left( V | B \, I \right) = 1 - \frac 6 {11} = \frac 5 {11} \right.$

Un modo alternativo consiste nell'evidenziare (come ha fatto bautz) che la seconda espressione è equivalente a $p \left ( V | B \, I \right ) = \frac 5 6 p \left ( V | A \, I \right )$ e, dato che $p \left ( V | B \, I \right ) + p \left ( V | A \, I \right ) = 1$, si ottiene

$\left \{ p \left( V | A \, I \right) + p \left( V | B \, I \right) = 1 \\ p \left( V | B \, I \right) = \frac 5 6 p \left( V | A \, I \right) \right. \quad \Rightarrow \quad \left \{ p \left ( V | A \, I \right ) = \frac 6 {11} \\ p \left ( V | B \, I \right ) = \frac 5 {11} \right.$

Io preferisco una terza via, basata sulle catene di Markov. Se si guarda bene il processo si vede che gli stati distinti sono solo quattro: $A \equiv {\rm A spara}$, $\overline A \equiv {\rm A muore}$, $B \equiv {\rm B spara}$ e $\overline B \equiv {\rm B muore}$; man mano che il processo procede (se mi si concede il bisticcio) non si fa altro che passare da uno stato all'altro. Le transizioni avvengono con le probabilità indicate in figura



Le transizioni in rosso sono i successi, le transizioni in verde sono gli insuccessi mentre le transizioni in blu sono messe per completezza: quando uno dei due giocatori muore il processo non può più mutare di stato e l'unica transizione possibile è rimanere nello stesso stato (passare allo stesso stato con probabilità pari a $1$). Uno stato con queste caratteristiche si chiama stato assorbente.
In tabella sono raccolte le probabilità di transizione dagli stati nella prima riga agli stati nella prima colonna

$\begin{array}{c|cccc} {} & A & B & {\overline A } & {\overline B } \\ \hline A & 0 & {\frac 5 6} & 0 & 0 \\ B & {\frac 5 6} & 0 & 0 & 0 \\ {\overline A } & {\frac 1 6} & 0 & 1 & 0 \\ {\overline B } & 0 & {\frac 1 6} & 0 & 1 \\ \end{array}$

per esempio, guardando la colonna $B$ della tabella (cioè sono nello stato $B \equiv {\rm B spara}$) si vede che si può passare nello stato $A \equiv {\rm A spara}$ con probabilità $\frac 5 6$ o nello stato $\overline B \equiv {\rm B muore}$ con probabilità $\frac 1 6$; la somma di ciascuna colonna deve essere uguale a $1$. La tabella precedente è ciò che si chiama matrice di transizione

${\bf M} = \left ( \begin{array}{c} 0 & {\frac 5 6} & 0 & 0 \\ {\frac 5 6} & 0 & 0 & 0 \\ {\frac 1 6} & 0 & 1 & 0 \\ 0 & {\frac 1 6} & 0 & 1 \\ \end{array} \right )$

Lo stato attuale del processo è descritto da un vettore di posizione

${\bf y}_{\script 0} = \left ( \begin{array}{c} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \\ \end{array} \right )$

In questo caso, il vettore indica che l'inizio del processo comincia dallo stato $A \equiv {\rm A spara}$. Moltiplicando la matrice di transizione per il vettore di posizione si ottiene un vettore che contiene la probabilità di trovarsi nei diversi stati al passo successivo

${\bf y}_{\script 1} = {\bf My}_{\script 0} = \left ( \begin{array}{c} 0 & {\frac 5 6} & 0 & 0 \\ {\frac 5 6} & 0 & 0 & 0 \\ {\frac 1 6 } & 0 & 1 & 0 \\ 0 & {\frac 1 6} & 0 & 1 \\ \end{array} \right ) \left ( \begin{array}{c} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \\ \end{array} \right ) = \left ( \begin{array}{c} 0 \\ {\frac 5 6} \\ {\frac 1 6} \\ 0 \\ \end{array} \right )$

Naturalmente, le probabilità di ogni passo successivo si ottengono continuando a moltiplicare la matrice per il vettore del passo precedente

${\bf y}_{\script 2} = {\bf My}_{\script 1} = \left ( \begin{array}{c} 0 & {\frac 5 6} & 0 & 0 \\ {\frac 5 6} & 0 & 0 & 0 \\ {\frac 1 6} & 0 & 1 & 0 \\ 0 & {\frac 1 6} & 0 & 1 \\ \end{array} \right ) \left ( \begin{array}{c} 0 \\ {\frac 5 6} \\ {\frac 1 6} \\ 0 \\ \end{array} \right ) = \left ( \begin{array}{c} {\frac {25} {36}} \\ 0 \\ {\frac 6 {36}} \\ {\frac 5 {36}} \\ \end{array} \right)$

e

${\bf y}_{\script 3} = {\bf My}_{\script 2} = \left ( \begin{array}{c} 0 & {\frac 5 6} & 0 & 0 \\ {\frac 5 6} & 0 & 0 & 0 \\ {\frac 1 6} & 0 & 1 & 0 \\ 0 & {\frac 1 6} & 0 & 1 \\ \end{array} \right ) \left ( \begin{array}{c} {\frac {25} {36}} \\ 0 \\ {\frac 6 {36}} \\ {\frac 5 {36}} \\ \end{array} \right ) = \left ( \begin{array}{c} 0 \\ {\frac {125} {216}} \\ {\frac {61} {216}} \\ {\frac {30} {216}} \\ \end{array} \right )$

e così via. In pratica, la catena di Markov effettua tutte le transizioni contemporaneamente, ciascuna con la sua probabilità, un po' come l'acqua scorre in tubi connessi ma di diametri diversi.
Naturalmente, una volta effettuata sul serio la transizione, il vettore di posizione non sarà più probabilistico: per esempio, se al primo tentativo $A$ ha sparato ed è sopravvissuto, si indica con

${\bf y}_{\script 1} = \left ( \begin{array}{c} 0 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \\ \end{array} \right )$

così come la probabilità di avere testa quando è uscita testa è $1$.
Riassumendo, abbiamo che

${\bf y}_{\script r} = {\bf My}_{\script r - 1} = {\bf M}^{\script 2} {\bf y}_{\script r - 2} = \cdots = {\bf M}^{\script r} {\bf y}_{\script 0}$

e quindi è sufficiente elevare alla $r$ la matrice di transizione per avere un operatore che fa $r$ transizioni in un colpo solo.
Passando al limite

${\bf y}_{\script \infty} = \left (\lim \limits_{\script r \to \infty } {\bf M}^{\script r} \right ) {\bf y}_{\script 0}$

si ottiene un vettore con le probabilità cercate.
Il problemino è che, per elevare a potenza una matrice è necessario diagonalizzarla con opportune matrici di similitudine, elevare a potenza gli elementi della diagonale e quindi applicare a rovescio la similitudine.
Per far ciò si comincia con il trovare gli autovalori della matrice cioè le soluzioni dell'equazione caratteristica

$\left | \begin{array}{c} { - \lambda } & {\frac 5 6 } & 0 & 0 \\ {\frac 5 6} & { - \lambda } & 0 & 0 \\ {\frac 1 6} & 0 & {1 - \lambda } & 0 \\ 0 & {\frac 1 6} & 0 & {1 - \lambda } \\ \end{array} \right | = 0$

ovvero

$\left ( 1 - \lambda \right)^ {\script 2} \left ( \lambda + \frac 5 6 \right ) \left ( \lambda - \frac 5 6 \right ) = 0 \\ {\bf \lambda } = \left ( \begin{array}{c} { - \frac 5 6} \\ {\frac 5 6} \\ 1 \\ 1 \\ \end{array} \right )$

Con un po' di algebra si trovano gli autovettori della matrice

$\lambda = - \frac 5 6 \quad \Rightarrow \quad \left ( \begin{array}{c} {\frac 5 6} & {\frac 5 6} & 0 & 0 \\ {\frac 5 6} & {\frac 5 6} & 0 & 0 \\ {\frac 1 6} & 0 & {\frac {11} 6} & 0 \\ 0 & {\frac 1 6} & 0 & {\frac {11} 6} \\ \end{array} \right ) \left ( \begin{array}{c} a \\ b \\ c \\ d \\ \end{array} \right ) = \left ( \begin{array}{c} 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \\ \end{array} \right ) \quad \Rightarrow \quad \left \{ \begin {array}{l} b = - a \\ c = - \frac 1 {11}a \\ d = \frac 1 {11} a \\ \end{array} \right. \quad \Rightarrow \quad \left ( \begin{array}{c} a \\ b \\ c \\ d \\ \end{array} \right ) = \left ( \begin{array}{c} {11} \\ { - 11} \\ { - 1} \\ 1 \\ \end{array} \right ) \\ \lambda = \frac 5 6 \quad \Rightarrow \quad \left ( \begin{array}{c} { - \frac 5 6} & {\frac 5 6} & 0 & 0 \\ {\frac 5 6} & { - \frac 5 6} & 0 & 0 \\ {\frac 1 6} & 0 & {\frac 1 6} & 0 \\ 0 & {\frac 1 6} & 0 & {\frac 1 6} \\ \end{array} \right ) \left ( \begin{array}{c} a \\ b \\ c \\ d \\ \end{array} \right ) = \left ( \begin{array}{c} 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \\ \end{array} \right ) \quad \Rightarrow \quad \left \{ \begin{array}{l} b = a \\ c = - a \\ d = - a \\ \end{array} \right. \quad \Rightarrow \quad \left ( \begin{array}{c} a \\ b \\ c \\ d \\ \end{array} \right ) = \left ( \begin{array}{c} 1 \\ 1 \\ { - 1} \\ { - 1} \\ \end{array} \right ) \\ \lambda = 1 \quad \Rightarrow \quad \left ( \begin{array}{c} { - 1} & {\frac 5 6} & 0 & 0 \\ {\frac 5 6} & { - 1} & 0 & 0 \\ {\frac 1 6} & 0 & 0 & 0 \\ 0 & {\frac 1 6} & 0 & 0 \\ \end{array} \right ) \left ( \begin{array}{c} a \\ b \\ c \\ d \\ \end{array} \right ) = \left( \begin{array}{c} 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \\ \end{array} \right ) \quad \Rightarrow \quad \left \{ \begin{array}{l} a = 0 \\ b = 0 \\ \end{array} \right. \quad \Rightarrow \quad \left ( \begin{array}{c} a \\ b \\ c \\ d \\ \end{array} \right ) = \left ( \begin{array}{c} 0 & 0 \\ 0 & 0 \\ 1 & { - 1} \\ 1 & 1 \\ \end{array} \right )$

che vengono raccolti nella matrice di similitudine

${\bf S} = \left ( \begin{array}{c} 1 & {11} & 0 & 0 \\ 1 & { - 11} & 0 & 0 \\ { - 1} & { - 1} & { - 1} & 1 \\ { - 1} & 1 & 1 & 1 \\ \end{array} \right )$

di cui si trova l'inversa

${\bf S}^{\script - 1} = \left ( \begin{array}{c} {\frac 1 2} & {\frac 1 2} & 0 & 0 \\ {\frac 1 {22}} & { - \frac 1 {22}} & 0 & 0 \\ { - \frac 1 {22}} & {\frac 1 {22}} & { - \frac 1 2} & {\frac 1 2} \\ {\frac 1 2} & {\frac 1 2} & {\frac 1 2} & {\frac 1 2} \\ \end{array} \right )$

La matrice diagonalizzata è

${\bf \Lambda } = {\bf S}^{\script - 1} {\bf MS} = \left ( \begin{array}{c} {\frac 1 2} & {\frac 1 2} & 0 & 0 \\ {\frac 1 {22}} & { - \frac 1 {22}} & 0 & 0 \\ { - \frac 1 {22}} & {\frac 1 {22}} & { - \frac 1 2} & {\frac 1 2} \\ {\frac 1 2} & {\frac 1 2} & {\frac 1 2} & {\frac 1 2} \\ \end{array} \right ) \left ( \begin{array}{c} 0 & {\frac 5 6} & 0 & 0 \\ {\frac 5 6} & 0 & 0 & 0 \\ {\frac 1 6} & 0 & 1 & 0 \\ 0 & {\frac 1 6} & 0 & 1 \\ \end{array} \right ) \left ( \begin{array}{c} 1 & {11} & 0 & 0 \\ 1 & { - 11} & 0 & 0 \\ { - 1} & { - 1} & { - 1} & 1 \\ { - 1} & 1 & 1 & 1 \\ \end{array} \right ) = \left ( \begin{array}{c} {\frac 5 6} & 0 & 0 & 0 \\ 0 & { - \frac 5 6} & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \\ \end{array} \right ) = {\rm diag} \left ( {\bf \lambda } \right )$

Per ottenere la matrice di transizione elevata a potenza basta calcolare

${\bf M}^{\script r} = {\bf S \Lambda }^{\script r} {\bf S}^{\script - 1} = \left ( \begin{array}{c} 1 & {11} & 0 & 0 \\ 1 & { - 11} & 0 & 0 \\ { - 1} & { - 1} & { - 1} & 1 \\ { - 1} & 1 & 1 & 1 \\ \end{array} \right ) \left ( \begin{array}{c} {\left ( \frac 5 6 \right)^ {\script r}} & 0 & 0 & 0 \\ 0 & {\left ( - \frac 5 6 \right)^ {\script r}} & 0 & 0 \\ 0 & 0 & {1^{\script r}} & 0 \\ 0 & 0 & 0 & {1^{\script r}} \\ \end{array} \right ) \left ( \begin{array}{c} {\frac 1 2} & {\frac 1 2} & 0 & 0 \\ {\frac 1 {22}} & { - \frac 1 {22}} & 0 & 0 \\ { - \frac 1 {22}} & {\frac 1 {22}} & { - \frac 1 2} & {\frac 1 2} \\ {\frac 1 2} & {\frac 1 2} & {\frac 1 2} & {\frac 1 2} \\ \end{array} \right )$

cioè

${\bf M}^{\script r} = \left ( \begin{array}{c} {\frac 1 2 \left ( \frac 5 6 \right)^ {\script r} + \frac 1 2 \left ( - \frac 5 6 \right )^ {\script r}} & {\frac 1 2 \left ( \frac 5 6 \right)^ {\script r} - \frac 1 2 \left ( - \frac 5 6 \right)^ {\script r}} & 0 & 0 \\ {\frac 1 2 \left ( \frac 5 6 \right )^ {\script r} - \frac 1 2 \left ( - \frac 5 6 \right )^ {\script r}} & {\frac 1 2 \left ( \frac 5 6 \right )^ {\script r} + \frac 1 2 \left ( - \frac 5 6 \right )^ {\script r}} & 0 & 0 \\ {\frac 6 {11} - \frac 1 2 \left ( \frac 5 6 \right )^ {\script r} - \frac 1 {22} \left ( - \frac 5 6 \right )^ {\script r}} & {\frac 5 {11} - \frac 1 2 \left ( \frac 5 6\right )^ {\script r} + \frac 1 {22} \left ( - \frac 5 6 \right )^ {\script r}} & 1 & 0 \\ {\frac 5 {11} - \frac 1 2 \left ( \frac 5 6 \right )^ {\script r} + \frac 1 {22} \left ( - \frac 5 6 \right )^ {\script r}} & {\frac 6 {11} - \frac 1 2 \left ( \frac 5 6 \right )^ {\script r} - \frac 1 {22} \left ( - \frac 5 6 \right)^ {\script r}} & 0 & 1 \\ \end{array} \right )$

Passando al limite si ottiene

${\bf M}^{\script \infty} = \lim \limits_{\script r \to \infty } {\bf M}^{\script r} = \left ( \begin{array}{c} 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ {\frac 6 {11}} & {\frac 5 {11}} & 1 & 0 \\ {\frac 5 {11}} & {\frac 6 {11}} & 0 & 1 \\ \end{array} \right )$

quindi

${\bf y}_{\script \infty} = {\bf M}^{\script \infty} {\bf y}_{\script 0} = \left ( \begin{array}{c} 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ {\frac6 {11}} & {\frac 5 {11}} & 1 & 0 \\ {\frac 5 {11}} & {\frac 6 {11}} & 0 & 1 \\ \end{array} \right ) \left ( \begin{array}{c} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \\ \end{array} \right ) = \left ( \begin{array}{c} 0 \\ 0 \\ {\frac 6 {11}} \\ {\frac 5 {11}} \\ \end{array} \right )$

come doveva!
Naturalmente, dopo il primo insuccesso di $A$, il tentativo di $B$ non è altro che l'inizio di una nuova catena di Markov che questa volta comincia da $B \equiv {\rm B spara}$

${\bf y^{\script \prime}}_{\script 0} = \left ( \begin{array}{c} 0 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \\ \end{array} \right ) \quad \Rightarrow \quad {\bf y}_{\script \infty} = \left ( \begin{array}{c} 0 \\ 0 \\ {\frac 5 {11}} \\ {\frac 6 {11}} \\ \end{array} \right )$

e le probabilità di successo sono invertite
Se, dopo aver letto queste spiegazioni, né $A$ né $B$ vogliono più essere i primi a cominciare la roulette, essi saranno costretti ad affidarsi al caso per decidere chi dovrà essere il primo: per esempio lanciando una moneta.
Come cambia il processo? In pratica, abbiamo aggiunto uno stato iniziale dal quale si esce andando o in $A \equiv {\rm A spara}$ o in $B \equiv {\rm B spara}$, con il 50% di probabilità (transizioni in viola)



La matrice di transizione cambia in questo modo

${\bf M} = \left ( \begin{array}{c} 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ {\frac 1 2} & 0 & {\frac 5 6} & 0 & 0 \\ {\frac 1 2} & {\frac 5 6} & 0 & 0 & 0 \\ 0 & {\frac 1 6} & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & {\frac 1 6} & 0 & 1 \\ \end{array} \right )$

gli autovalori sono

${\bf \lambda } = \left ( \begin{array}{c} 0 \\ 1 \\ 1 \\ {\frac 5 6} \\ { - \frac 5 6} \\ \end{array} \right )$

la matrice di similitudine è

${\bf S} = \left ( \begin{array}{c} {10} & 0 & 0 & 0 & 0 \\ { - 6} & 1 & {11} & 0 & 0 \\ { - 6} & 1 & { - 11} & 0 & 0 \\ 1 & { - 1} & { - 1} & { - 1} & 1 \\ 1 & { - 1} & 1 & 1 & 1 \\ \end{array} \right )$

e la sua inversa è

${\bf S}^{\script - 1} = \left ( \begin{array}{c} {\frac 1 {10}} & 0 & 0 & 0 & 0 \\ {\frac 3 5} & {\frac 1 2} & {\frac 1 2} & 0 & 0 \\ 0 & {\frac 1 {22}} & { - \frac 1 {22}} & 0 & 0 \\ 0 & { - \frac 1 {22}} & {\frac 1 {22}} & { - \frac 1 2} & {\frac 1 2} \\ {\frac 1 2} & {\frac 1 2} & {\frac 1 2} & {\frac 1 2} & {\frac 1 2} \\ \end{array} \right )$

la matrice di transizione elevata a potenza è

${\bf M}^{\script r} = \left ( \begin{array}{c} 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ {\frac 3 5 \left ( \frac 5 6 \right )^ {\script r}} & {\frac 1 2 \left ( \frac 5 6 \right )^ {\script r} + \frac 1 2 \left( - \frac 5 6 \right )^ {\script r}} & {\frac 1 2 \left ( \frac 5 6 \right )^ {\script r} - \frac 1 2 \left ( - \frac 5 6 \right )^ {\script r}} & 0 & 0 \\ {\frac 3 5 \left ( \frac 5 6 \right )^ {\script r}} & {\frac 1 2 \left ( \frac 5 6 \right )^ {\script r} - \frac 1 2 \left ( - \frac 5 6 \right )^ {\script r}} & {\frac 1 2 \left ( \frac 5 6 \right )^ {\script r} + \frac 1 2 \left ( - \frac 5 6 \right )^ {\script r}} & 0 & 0 \\ {\frac 1 2 - \frac 3 5 \left ( \frac 5 6 \right )^ {\script r}} & {\frac 6 {11} - \frac 1 2 \left \frac 5 6 \right )^ {\script r} - \frac 1 {22} \left ( - \frac 5 6 \right )^ {\script r}} & {\frac 5 {11} - \frac 1 2 \left ( \frac 5 6 \right )^ {\script r} + \frac 1 {22} \left ( - \frac 5 6 \right )^ {\script r}} & 1 & 0 \\ {\frac 1 2 - \frac 3 5 \left ( \frac 5 6 \right )^ {\script r}} & {\frac 5 {11} - \frac 1 2 \left ( \frac 5 6 \right )^ {\script r} + \frac 1 {22} \left ( - \frac 5 6 \right )^ {\script r}} & {\frac 6 {11} - \frac 1 2 \left ( \frac 5 6 \right )^ {\script r} - \frac 1 {22} \left ( - \frac 5 6 \right )^ {\script r}} & 0 & 1 \\ \end{array} \right)$

Passando al limite si ottiene

${\bf M}^{\script \infty} = \lim \limits_{\script r \to \infty } {\bf M}^{\script r} = \left ( \begin{array}{c} 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ {\frac 1 2} & {\frac 6 {11}} & {\frac 5 {11}} & 1 & 0 \\ {\frac 1 2} & {\frac 5 {11}} & {\frac 6 {11}} & 0 & 1 \\ \end{array} \right)$

e quindi

${\bf y}_{\script \infty} = {\bf M}^{\script \infty} {\bf y}_{\script 0} = \left ( \begin{array}{c} 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ {\frac 1 2} & {\frac 6 {11}} & {\frac 5 {11}} & 1 & 0 \\ {\frac 1 2} & {\frac 5 {11}} & {\frac 6 {11}} & 0 & 1 \\ \end{array} \right ) \left ( \begin{array}{c} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \\ \end{array} \right ) = \left ( \begin{array}{c} 0 \\ 0 \\ 0 \\ {\frac 1 2} \\ {\frac 1 2} \\ \end{array} \right )$

Il primo passaggio del processo fa si che si medino le probabilità di successo, cioè

$p \left ( V | A \, I^{\script \prime} \right ) = p \left ( A = 1 | A \, I^{\script \prime} \right ) p \left ( V | A = 1 \, A \, I^{\script \prime} \right ) + p \left ( A = 2 | A \, I^{\script \prime} \right ) p \left( V | A = 2 \, A \, I^{\script \prime} \right) = \frac 1 2 \times \frac 6 {11} + \frac 1 2 \times \frac 5 {11} = \frac 1 2 \\ p \left ( V | B \, I^{\script \prime} \right ) = p \left ( B = 1 | B \, I^{\script \prime} \right ) p \left ( V | B = 1 \, B \, I^{\script \prime} \right ) + p \left ( B = 2 | B \, I^{\script \prime} \right ) p \left ( V | B = 2 \, B \, I^{\script \prime} \right) = \frac 1 2 \times \frac 5 {11} + \frac 1 2 \times \frac 6 {11} = \frac 1 2$

(n.b. : il condizionante $I^{\script \prime}$ sostituisce $I$ perché le ipotesi del problema sono diverse)

Ciao Pan,
ti ringrazio molto per aver riproposto il problema della roulette russa;
e ti ringrazio per le spiegazioni passo passo sulle catene di Markov;
si capisce bene tutto.

Mi chiedevo quando è più conveniente utilizzare le catene di Markov piuttosto che i metodi classici (appproccio frequentistico o approccio assiomatico).

Ciao
Admin

Grazie panurgo della bella spiegazione...molto chiara, anche se per capire bene bene fino in fondo mi serve un pò più di tempo, e appena lo trovo mi ci dedico.

Una domanda: come si fa a passare dalla probabilità che un evento si verifichi (la vittoria del 1° giocatore o del secondo, questi $\frac {6} {11}$ e $\frac {5} {11}$), alla media di passaggi perchè questo evento si verifichi?
Cioè: come si calcola la media di tentativi per A e per B?
Si riesce, a naso, a ricavarla con conoscenze "base" di matematica?

Admin ha scritto:Mi chiedevo quando è più conveniente utilizzare le catene di Markov piuttosto che i metodi classici (appproccio frequentistico o approccio assiomatico).

Le catene di Markov vanno bene quando c'è un processo in cui ciascun passo è influenzato solo dal passo precedente e le probabilità di transizione sono costanti.

Comunque, ti consiglio vivamente di abbandonare la "statistica del secolo scorso" e di accedere alle vere () fonti della teoria della probabilità: Jeffrey, Cox, Jaynes, Knuth o, per lo meno Giulio D'Agostini

bautz ha scritto:Una domanda: come si fa a passare dalla probabilità che un evento si verifichi (la vittoria del 1° giocatore o del secondo, questi $\frac {6} {11}$ e $\frac {5} {11}$), alla media di passaggi perchè questo evento si verifichi?
Cioè: come si calcola la media di tentativi per A e per B?
Si riesce, a naso, a ricavarla con conoscenze "base" di matematica?

Tutto questo verrà nei prossimi post in torneo di scherma

panurgo ha scritto:

bautz ha scritto:Una domanda: come si fa a passare dalla probabilità che un evento si verifichi (la vittoria del 1° giocatore o del secondo, questi $\frac {6} {11}$ e $\frac {5} {11}$), alla media di passaggi perché questo evento si verifichi?
Cioè: come si calcola la media di tentativi per A e per B?
Si riesce, a naso, a ricavarla con conoscenze "base" di matematica?

Tutto questo verrà nei prossimi post in torneo di scherma

Pensavo di agire così perché il caso dei due "roulettanti" è complicato dal fatto che il processo può finire in due modi (ci sono due stati assorbenti) e ci sono perciò due tipi di passaggio: cosa significa "quanti passaggi servono in media" diviene ambiguo.

Poi ho pensato che possiamo semplificare il processo senza che per questo perda il suo valore paradigmatico: supponendo che A e B siano lo stesso giocatore X il processo diviene $X \equiv {\rm X spara} \quad \overline X \equiv {\rm X muore}$, in figura



La matrice di transizione è

${\bf M} = \left ( {\begin{matrix} \frac56 & 0 \\ \frac16 & 1 \\ \end{matrix}} \right )$

L'equazione caratteristica è

$\left ( \lambda - \frac56 \right ) \/ \left ( \lambda - 1 \right ) = 0$

gli autovalori sono

${\bf \lambda} = {\frac56 \choose 1}$

la matrice di similitudine e la sua inversa sono

${\bf S} = \left ( \begin{matrix} 1 & 0 \\ 1 & 1 \\ \end{matrix} \right ) \qquad \qquad {\bf S}^{\script - 1} = \left ( \begin{matrix} 1 & 0 \\ { - 1} & 1 \\ \end{matrix} \right )$

e la matrice elevata a potenza è

${\bf M}^{\script r} = \left ( \begin{matrix} \left ( \frac56 \right )^{\script r} & 0 \\ 1 - \left ( \frac56 \right )^ {\script r} & 1 \\ \end{matrix} \right )$

e, asintoticamente,

${\bf M}^{\script \infty} = \left ( \begin{matrix} 0 & 0 \\ 1 & 1 \\ \end{matrix} \right )$

cioè, siamo sicuri che X c'ha 'dda morì (a meno che non gli succeda come in Rosencrantz & Guildenstern Are Dead )
Se guardiamo il vettore di posizione (il termine "vettore di posizione" non è tecnico, me lo sono inventato io )

${\bf y}_{\script r} = {\bf M}^{\script r} {\bf y}_{\script 0} = {{ \left ( \frac56 \right )^ {\script r}} \choose {1 - \left ( \frac56\right )^ {\script r}}}$

vediamo che contiene, per ciascuno stato assorbente del processo, la distribuzione cumulativa di probabilità di finire il processo in $r$ passi: in questo caso

$F \left ( r \middle | I^{\script \prime \prime} \right ) = 1 - \left ( \frac56 \right )^{\script r}$

La distribuzione di probabilità si ottiene facendo

$p \left ( r \middle | I^{\script \prime \prime} \right ) = F \left ( r \middle | I^{\script \prime \prime} \right ) - F \left ( r - 1 \middle | I^{\script \prime \prime} \right ) = 1 - \left ( \frac56 \right )^{\script r} -1 + \left ( \frac56 \right )^{\script r - 1} = \frac16 \left ( \frac56 \right )^{\script r - 1}$

poiché si tratta di una distribuzione discreta. Ottenuta la distribuzione di probabilità è facile calcolare il valore atteso

$\left \langle r \middle | I^{\script \prime \prime} \right \rangle = \sum \limits_{\script r = 1}^{\script \infty} {r p \left ( r \middle | I^{\script \prime \prime} \right )} = \sum \limits_{\script r = 0}^{\script \infty} {r p \left ( r \middle | I^{\script \prime \prime} \right )} = \frac16 \sum \limits_{\script r = 0}^{\script \infty} {r \left ( \frac56 \right )^{\script r - 1}} = \frac16 \frac1{\left ( 1 - \frac56 \right )^{\script 2}} = 6$

Aggiungo la dimostrazione del penultimo passaggio perché mi sembra carina

Dato che

$\sum \limits_{\script r = 0}^{\script \infty} {\left ( \frac56 \right )^{\script r}} = \frac1{1 - \frac56}$

derivando entrambi i membri rispetto a $\frac {5} {6}$ si ottiene

$\frac{\partial }{\partial \left ( \frac56 \right )} \sum \limits_{\script r = 0}^{\script \infty} {\left ( \frac56 \right )^{\script r}} = \frac{\partial }{\partial \left ( \frac56 \right )} \frac1{1 - \frac56} \qquad \Rightarrow \qquad \sum \limits_{\script r = 0}^{\script \infty} {r \left ( \frac56 \right )^{\script r - 1}} = \frac1{\left ( 1 - \frac56 \right )^{\script 2}}$

QED

Proviamo adesso a vedere se il risultato può essere raggiunto con un ragionamento più intuitivo: abbiamo

$p \left ( \overline X \middle | I^{\script \prime \prime} \right ) = \frac16 + \frac56 \left \{ \frac16 + \frac56 \left \{ \frac16 + \frac56 \left \{ \cdots \right \} \right \} \right \} = \frac16 \left \{ 1 + \frac56 + \left ( \frac56 \right )^{\script 2} + \cdots \right \}$

cioè

$p \left ( \overline X \ r \le 1 \middle | I^{\script \prime \prime} \right ) = \frac16 \\ p \left ( \overline X \ r \le 2 \middle | I^{\script \prime \prime} \right ) = \frac16 \left \{ 1 + \frac56 \right \} \\ p \left ( \overline X \ r \le 3 \middle | I^{\script \prime \prime} \right ) = \frac16 \left \{ 1 + \frac56 + \left ( \frac56 \right )^{\script 2} \right \}$

da cui

$p \left (r = 1 \middle | I^{\script \prime \prime} \right ) = \frac16 \\ p \left (r = 2 \middle | I^{\script \prime \prime} \right ) = \frac16 \times \frac56 \\ p \left (r = 3 \middle | I^{\script \prime \prime} \right ) = \frac16 \times \frac56 \times \frac56$


e quindi

$p \left (r \middle | I^{\script \prime \prime} \right ) = \frac16 \left ( \frac56 \right )^{\script r - 1}$

che è lo stesso risultato ottenuto con la catena di Markov

A questo punto dovrebbe essere abbastanza chiaro come intendo trattare il "torneo di scherma": lì troveremo altri problemi che ci costringeranno a delle approssimazioni.

panurgo ha scritto:Proviamo adesso a vedere se il risultato può essere raggiunto con un ragionamento più intuitivo [...]

Rileggendo non sono più sicuro che sia così intuitivo e quindi la metto in un modo che più intuitivo non si può: se ho una sequenza di $r$ passi che termina con un successo devo per forza aver sparato a vuoto $r - 1$ volte per cui, la probabilità di aver successo esattamente in $r$ passi è

$p \left ( r \middle | I^{\script \prime \prime} \right ) = \frac{1}{6} \/ \left ( \frac{5}{6} \right )^{\script r - 1}$

Scusate, ma io lo ho affrontato in un modo leggermente diverso che, dal mio punto di vista (di chi vuol fare meno calcoli), mi pare migliore. Può darsi che ripeti semplicemente il procedimento di Panurgo, ma sicuramente non tutti i calcoli, e comunque, lo ho risolto senza nemmeno pensarli. Faccio comunque notare che, nonostante i ragionamenti possano sembrare complicati, il ragionamento dovrebbe essere effettivamente molto intuitivo.





Chiamo A il primo “giocatore”, p la probabilità che muoia A e q quella che muoia l'altro giocatore.
Il testo chiede di calcolare p e q.

Osservo che, se i primi due “spari” non uccidono nessuno, il processo si ripete con una situazione identica a quella iniziale, per cui, supposto che A sia ancora vivo dopo il “primo giro”, la probabilità che muoia A è ancora p.
Osservo anche che la probabilità che al primo giro non muoia nessuno è 5/6·5/6; ne segue che la probabilità che A muoia dal terzo sparo in poi è 5/6·5/6·p.
Quindi la probabilità che A muoia si può calcolare con p, oppure con quella che muoia al primo sparo + quella che muoia dal terzo in poi, cioè
p = 1/6 + 5/6·5/6·p .
Da questa si ricava facilmente p:
p(1-25/36)=1/6 ,
p=1/6·36/11 ,
p = 6/11

Quella del secondo è 1-6/11 ,
q = 5/11 .

Beh: dovessi scegliere forse sceglierei di sparare per secondo (....).

(Mi viene in mente un problema che “potrebbe” essere carino: e se non si rigira il tamburo, ma si spara in sequenza, «qual è la probabilità di successo del primo giocatore e qual è quella del secondo? »)