Due monete, testa a testa

[panurgo]

Due monete, A e B, sono lanciate simultaneamente più volte. Qual è la probabilità che al k-esimo lancio il numero totale di teste della moneta A sia per la prima volta uguale al numero totale di teste della moneta B?

G10663@Diophante

[Gianfranco]

Butto giù un ragionamento.
Chiedo scusa, ma non ho tenuto conto della condizione "PER LA PRIMA VOLTA", quindi il seguente procedimento risponde alla domanda:
Due monete, A e B, sono lanciate simultaneamente più volte. Qual è la probabilità che al k-esimo lancio il numero totale di teste della moneta A sia uguale al numero totale di teste della moneta B?
Salvo errori omissioni.
Grazie Franco!

Prima esamino qualche caso.
---
Un lancio di 2 monete
Con la prima moneta possono uscire:
0 T (P = 1/2)
1 T (P = 1/2)
La probabilità totale che escano rispettivamente anche nella seconda moneta è:
Probabilità = (1/2)^2 + (1/2)^2 = 1/2
Probabilità P = 1/2
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Due lanci di 2 monete
Con la prima moneta possono uscire:
0 T (P = 1/4)
1 T (P = 2/4)
2 T (P = 1/4)
La probabilità totale che escano rispettivamente anche nella seconda moneta è:
Probabilità = (1/4)^2 + (1/2)^2 + (1/4)^2 = 3/8
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Tre lanci di 2 monete
Con la prima moneta possono uscire:
0 T (P = 1/8)
1 T (P = 3/8)
2 T (P = 3/8)
3 T (P = 1/8)
La probabilità totale che escano rispettivamente anche nella seconda moneta è:
Probabilità = (1/8)^2 + (3/8)^2 + (3/8)^2 + (1/8)^2 = 5/16
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ECCETERA
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Provo a generalizzare.

1) Supponiamo di fare $k$ lanci di una sola moneta (perché l'esito dell'altra moneta è indipendente).

2) Calcoliamo le probabilità $P(x)$ che in questi $k$ lanci escano $x = 0, 1, 2, ..., k$ Teste.

3) Consideriamo ora la seconda moneta. Anche per questa, le rispettive probabilità $P(x)$ sono le stesse della prima moneta.

4) Quindi la probabilità che per ENTRAMBE le monete esca lo stesso numero $x$ di Teste è $(P(x))^2$

5) La probabilità totale si calcola con una serie di OR, perciò è una sommatoria.
$(P(0))^2+(P(1))^2+(P(2))^2+...+(P(k))^2$

6) Ricordiamo che la probabilità $P(k,x)$ che in $k$ lanci di una moneta escano (esattamente) $x$ teste è:
$\displaystyle {P}(x)=\frac{k!}{{{2}^{k}}\cdot \left( k-x\right)!\cdot x!}$

7) In conclusione, la nostra sommatoria è:
$\displaystyle \sum_{x=0}^{k} {\left(\frac{k!}{{{2}^{k}}\cdot \left( k-x\right)! \cdot x!}\right)^2}$

Si ottengono i valori seguenti.

Codice: Seleziona tutto

--------------------
k   P_tot(k)
1   0,5
2   0,375
3   0,3125
4   0,2734375
5   0,24609...
6   0,22558...
etc.
--------------------

[franco]

Si ottengono i valori seguenti.

Codice: Seleziona tutto

--------------------
k   P_tot(k)
1   0,5
2   0,375
3   0,3125
4   0,2734375
5   0,24609...
6   0,22558...
etc.
--------------------

Forse interpreto male questi numeri ... i primi 3 sommati già superano l'unità quindi non mi pare possibile!
A meno che abbia capito male io il testo del problema ...

Lavorando con Excel arrivo a questi valori:

monete2.png (28.11 KiB) Visto 104956 volte

Magari sto sbagliando qualcosa io; appena posso ci torno anche perchè vorrei trovare la formula generalizzata.

[Gianfranco]

Forse interpreto male questi numeri ... i primi 3 sommati già superano l'unità quindi non mi pare possibile!
A meno che abbia capito male io il testo del problema ...

Ciao Franco, i numeri che ho scritto non vanno sommati ma indicano la probabilità per ogni valore di k.
Però, riflettendoci, temo di aver trascurato la richiesta "PER LA PRIMA VOLTA" (la somma può superare l'unità).
Devo considerare che tale uguaglianza NON si sia mai verificata per lanci < k
I miei calcoli corretti sono simili ai tuoi risultati EXCEL.

[Gianfranco]

Ho osservato che i risultati percentuali di Franco si possono ottenere (circa) con la sequenza:

franco.png (27.73 KiB) Visto 104932 volte

Sarà vero?
Ad ogni passaggio si aggiungono due unità al numeratore e al denominatore della frazione.
Forse significa che ogni successo successivo si può calcolare a partire da quello precedente?
Ricavare una formula da questa successione dovrebbe essere abbastanza semplice.

[panurgo]

Caro Gianfranco, trovo che tu abbia un occhio alquanto acuto; ti faccio osservare che i numeri di Franco sono percentuali quindi quel $50$ è in realtà $\frac12$.

[Gianfranco]

Cari amici, "giocando" con i dati comunicati da Franco ho fatto la congettura che i successivi valori della probabilità siano dati da una certa sequenza che ho postato prima.

$\displaystyle \frac{1}{2}$

$\displaystyle \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{4}$

$\displaystyle \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{4} \cdot \frac{3}{6}$

$\displaystyle \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{4} \cdot \frac{3}{6} \cdot \frac{5}{8}$

$\displaystyle \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{4} \cdot \frac{3}{6} \cdot \frac{5}{8} \cdot \frac{7}{10}$

etc.

Dal secondo numero in avanti, si possono rappresentare con la formula ricorsiva:

$\displaystyle f(1) = \frac{1}{8}$

$\displaystyle f(n+1) = {f}(n)\cdot \frac{ 2 n-1 }{2 n+2}$

Ho chiesto a Wolfram Alpha di trovare la forma esplicita di tale formula ricorsiva e, tra i tanti risultati interessanti, c'è questo:

$\displaystyle f(n)=\frac{\large{\left( \frac{2 n+1}{2}\right)}{!}} {\sqrt{{\pi} }\cdot (n+1) \cdot ( 2 n+1)\cdot n{!}}$

C'é il fattoriale di un numero non intero!

In conclusione, indichiamo con $P(k)$ la probabilità etc. e con $k$ il numero di lanci, AVREMMO;

$\displaystyle P(1) = \frac{1}{2}$

$\displaystyle P(k) = f(k-1)$, con $k>1$

---

Codice: Seleziona tutto

P(1)= 1/2 
P(2)= 1/8 
P(3)= 1/16 
P(4)= 5/128 
P(5)= 7/256 
P(6)= 21/1024 
P(7)= 33/2048 
P(8)= 429/32768 
P(9)= 715/65536 
P(10)= 2431/262144 
P(11)= 4199/524288
...

---

Codice: Seleziona tutto

P(1)= .5 
P(2)= .125 
P(3)= .0625 
P(4)= .0390625 
P(5)= .02734375 
P(6)= .0205078125 
P(7)= .01611328125 
P(8)= .013092041015625 
P(9)= .0109100341796875 
P(10)= .009273529052734375 
P(11)= .0080089569091796875
...

---

[panurgo]

C'é il fattoriale di un numero non intero!

Basta ricordare l'identità $n!=\Gamma(n+1)$ per cui

$\left(n+\frac12\right)!=\Gamma(n+\frac32)$

(che contiene $\sqrt\pi$ per ogni $n$ intero)

[Gianfranco]

Basta ricordare l'identità $n!=\Gamma(n+1)$ ...

Esatto!
Ma io non lo sapevo. L'ho imparato facendo questo esercizio.
Molto utile per me.

Se fosse anche la soluzione del problema, rimarrebbe da spiegare il misterioso legame tra la struttura della situazione probabilistica e la struttura di quella funzione ricorsiva.
Se lo sai già, puoi rivelarlo, io credo di essere arrivato al limite delle mie possibilità, almeno per quest'anno.
Al massimo posso fare una pseudo-simulazione di verifica.

[franco]

Possiamo scriverla così? (per $k>1$)

2monete.png (4.76 KiB) Visto 104901 volte

[panurgo]

Wolframalpha che ci dice

$\displaystyle\frac12\prod_{i=1}^{k-1}\frac{2 i - 1}{2 i + 2} = \frac{\Gamma\left(k - \frac12\right)}{2\sqrtπ\;\Gamma\left(k + 1\right)}$

[Quelo]

Ne avevamo già discusso qui Testa a testa

[Gianfranco]

Ne avevamo già discusso qui Testa a testa

Incredibile, Sergio! Me lo ero perso, forse perché perché era troppo difficile per me.
Quindi, la formula, coi numeri di Catalan, é:

$\displaystyle P(k)=\frac{2 \cdot \left( 2 k-2\right) {!}}{\left( k-1\right){!} \cdot k{!} \cdot {{4}^{k}} }$

Dà gli stessi risultati di quella scritta nei post precedenti, ma è più semplice.

Grazie a tutti, cari amici. Questo esercizio, meglio se ripetuto due volte, è stato per me molto istruttivo.

[panurgo]

Ne avevamo già discusso qui Testa a testa

Il forum è così grande che per quanto si cerchi... è difficile chiudere il cerchio

[franco]

In effetti mi sembrava familiare