Il maestro unico

[Admin]

Ciao Gianfranco,
anzitutto ti ringrazio per i complimenti.

In pratica io ho considerato come probabilità $p(E|I)$, la probabilità che i $k$ alunni vengano interrogati tutti dopo (e solo dopo) $n$ giorni.
Cioè, i casi favorevoli in cui gli alunni risultano interrogati prima di $n$ giorni, non li considero.
Ad esempio, nel caso di 3 alunni e 4 giorni, i casi $A-B-C-A$, $A-B-C-B$, $etc.$, non li ho considerati come casi favorevoli, in quanto gli alunni risultano tutti già interrogati prima dei 4 giorni.

In tale decisione ho fatto riferimento al vecchio post di panurgo dal titolo semplice semplice, in cui si chiedeva, lanciando una moneta equa, dopo quanti lanci ci aspetteremo che escano due teste consecutive.
In questo caso, non andavano considerati come casi favorevoli, le configurazioni di lanci in cui si avevano le due teste consecutive prima degli $n$ lanci.

x Franco
Tu dici:

Immaginiamo di essere il maestro ed avere appena interrogato il 34° alunno; ad ogni sorteggio successivo ho 1 probabilità su 35 di beccare l'ultimo e quindi i giorni attesi sono 35/1=35.

Perchè i giorni attesi sono 35?
non riesco a seguirti su questo punto.

Ciao
Pietro

[franco]

x Franco
Tu dici:

Immaginiamo di essere il maestro ed avere appena interrogato il 34° alunno; ad ogni sorteggio successivo ho 1 probabilità su 35 di beccare l'ultimo e quindi i giorni attesi sono 35/1=35.

Perchè i giorni attesi sono 35?
non riesco a seguirti su questo punto.

Ammetto di essere un "matematico" approssimativo in quanto alcuni concetti non li ho mai studiati approfonditamente e solo da pochi anni mi sono riaffacciato in questo mondo.

Nella mia mente il concetto di "tempo atteso" (o "numero di eventi generici attesi prima che si verifichi lo specifico evento desiderato") coincideva con la media del periodo di ripetizione dell'evento desiderato. Il periodo medio è pari al reciproco della frequenza media che, statisticamente (sempre nei miei concetti "grossomodeschi") concide con la probabilità.

Se ad esempio il mio evento desiderato è fare "4" lanciando un dado standard, la probabilità è 1/6 e quindi anche la frequenza su un numero "infinito" di lanci sarà 1/6, ossia un "4" ogni 6 lanci -> numero di lanci attesi = 6.
Allo stesso modo il numero di lanci di moneta attesi perchè si verifichi l'evento "croce" risulta 2 ed il numero di estrazioni attese perchè l'interrogato sia Alberto (l'ultimo degli alunni ancora da interrogare da parte del nostro maestro unico) risulta 35.

Con tutto ciò spero di essere stato chiaro.
Nel caso siano tutte fesserie sono pronto a recepire qualsiasi "lezione" a proposito; statistica e probabilità mi affascinano ma ho veramente pochissimo tempo per dedicarmi ad uno studio strutturato della materia e mi accontenterei di qualche "Bignamino".

ciao

[Admin]

Ammetto di essere un "matematico" approssimativo in quanto alcuni concetti non li ho mai studiati approfonditamente e solo da pochi anni mi sono riaffacciato in questo mondo.

IDEM per me.

Nella mia mente il concetto di "tempo atteso" (o "numero di eventi generici attesi prima che si verifichi lo specifico evento desiderato") coincideva con la media del periodo di ripetizione dell'evento desiderato. Il periodo medio è pari al reciproco della frequenza media che, statisticamente (sempre nei miei concetti "grossomodeschi") concide con la probabilità.

Dunque, la formula generale del valore atteso di un evento $E$, modellato con la variabile aleatoria discreta $X=\{x_1,x_2,x_3,...,x_n\}$, ci è data da:

$E[X]\/=\/\sum_{i=0}^{\infty}x_i\cdot p(x_i)$

dove i valori $x_i$, sono i possibili risultati numerici dell'evento $E$.

Nel problema in esame, possiamo pensare che l'evento sia
E = "Ho finito di interrogare tutti i k alunni, interrogandone uno al giorno"; possiamo modellare l'evento con una variabile aleatoria che assuma i valori 35, 36, 37, etc., ossia il numero di giorni possibili in cui possono finire di essere interrogati tutti gli alunni. Quindi:

$X\/ =\/ \{35,36,37,...,\infty}$ e quindi il valore atteso è:

$E[X]\/=\/\sum_{i=1}^{\infty}x_i\cdot p(x_i)=\sum_{i=35}^{\infty}i\cdot \frac{k!\cdot S(i-1, k-1)}{D_{\small{n,k}}^'}$

Nel caso siano tutte fesserie sono pronto a recepire qualsiasi "lezione" a proposito;statistica e probabilità mi affascinano ma ho veramente pochissimo tempo per dedicarmi ad uno studio strutturato della materia e mi accontenterei di qualche "Bignamino"

lungi da me l'essere in grado di fare "lezioni" su argomenti come la probabilità e affini; anzi tutt'altro.
La parte del mio cervello che si occupa di probabilità è in perenne manutenzione!
Per quanto riguarda un "Bignamino", ricordo che tempo fa postai un link agli appunti di una professoressa su calcolo combinatorio e probabilità, che erano ben fatti.
Vedo di rintracciarlo.

Ciao
Admin

[Gianfranco]

Grazie Pietro, ti sei spiegato benissimo!

Nelle mie indagini premliminari mi ero posto un problema diverso.

Gianfranco

[Gianfranco]

Ciao a tutti,
mi sono letto abbastanza attentamente tutta questa discussione e anche il ragionamento di Franco mi convince. Se fosse esatto sarebbe davvero un bel ragionamento.
Per di più ho fatto qualche prova e sembra che il limite di Pietro tenda al valore trovato da Franco.
Non si potrebbe dimostrare?

Naturalmente complimenti anche a Pasquale per la sua soluzione "a occhio"!

Gianfranco

[franco]

...
Non si potrebbe dimostrare?
...

Bisognerebbe poter dimostrare che:
(1) $x\sum\limits_{i = 1}^\infty {i\left( {1 - x} \right)^{i - 1} } = {1 \over x}$

Con un foglio elettronico si può verificare che la serie converge molto rapidamente verso il risultato indicato ma non saprei darne una dimostrazione "matematica".

Ammettendo che esista tale dimostrazione (o accettando l'evidenza sperimentale) torno alla mia condizione di "stato 34" e calcolo i giorni "attesi" per passare a "stato 35".
- giorno 1 - probabilità $P\left( 1 \right) = {1 \over {35}} = x$
- giorno 2 - probabilità $P\left( 2 \right) = x\left( {1 - x} \right)$
- giorno 3 - probabilità $P\left( 3 \right) = x\left( {1 - x} \right)^{2}$
...
- giorno n - probabilità $P\left( n \right) = x\left( {1 - x} \right)^{n - 1}$

I giorni attesi saranno $E_{34 \to 35} = \sum\limits_{i = 1}^\infty {iP\left( i \right)} = x\sum\limits_{i = 1}^\infty {i\left( {1 - x} \right)^{i - 1} = {1 \over x} = 35}$ per la (1).

Dando ad x l'opportuno valore posso calcolare i giorni attesi per ogni passo e quindi i giorni attesi totali:

$E_{0 \to 35} = \sum\limits_{j = 1}^{35} {E_{j - 1 \to j} } = \sum\limits_{j = 1}^{35} {\left( {{j \over {35}}\sum\limits_{i = 1}^\infty {i\left( {1 - {j \over {35}}} \right)^{i - 1} } } \right)} = \sum\limits_{j = 1}^{35} {{{35} \over j}}$



In realtà non ho dimostrato nulla relativamente all'uguaglianza fra i miei risultate e quelli di Pietro però ho dato una riverniciatina più seriosa alla mia ipotesi nasometrica.

Peccato manchi il tassello della dimostrazione della (1)

ciao

[Admin]

...
giorno 1 - probabilità $P\left( 1 \right) = {1 \over {35}} = x$
- giorno 2 - probabilità $P\left( 2 \right) = x\left( {1 - x} \right)$
- giorno 3 - probabilità $P\left( 3 \right) = x\left( {1 - x} \right)^{2}$
...

Franco, non mi trovo con la probabilità $P(3)$.
In questo caso, la probabilità che il 35° alunno venga interrogato dopo 3 giorni, ci è data dalla probabilità che il 35° alunno non sia stato interrogato nei due giorni scorsi, e venga interrogato proprio il 3° giorno, ossia

$P(3)\/=\/x\cdot ( 1 - P(2) )\/=\/x\cdot ( 1 - x\cdot (1 - x))$

Ciao
Admin

[franco]

Non sono d'accordo, Pietro.

Le estrazioni a sorte sono l'una indipendente dall'altra, detto in altri modi, la probabilità di non essere interrogato il primo giorno è uguale a quella di non essere interrogato il secondo.
Io quindi calcolo che P(3) è uguale alla probabilità di:
... non essere interrogato il giorno 1 Pno = (1-x)
.AND.
... non essere interrogato il giorno 2 Pno = (1-x)
.AND.
... essere interrogato il giorno 3 Psi = x = 1/35

L'operatore .AND. su eventi indipendenti (se non sbaglio) corrisponde alla moltiplicazione.

Del resto è facile dare in pasto ad excel le due formule:


La tua formula produce un valore di probabilità che all'aumentare del numero di estrazioni diventa praticamente costante.
Dopo un certo numero di estrazioni (36) la probabilità cumulativa supera l'unità, il che è impossibile (è come dire che è "più che sicuro" che l'ultimo alunno sia interogato in una delle prime 36 estrazioni, il che è evidentemente sbagliato in quanto c'è una sia pur minima probabilità che il maestro debba continuare sin quasi all'infinito).

ciao

[Admin]

Hai ragione Franco.
Ho detto una castroneria .
In pratica mi ero impuntato sul fatto che la probabilità che il 35° alunno non venisse interrogato nei due giorni successivi era uguale a $1-P(2)$.
In realtà questo non è vero.

Grazie per la spiegazione.

Ciao
Admin

[panurgo]

...
Non si potrebbe dimostrare?
...

Bisognerebbe poter dimostrare che:
(1) $x\sum\limits_{i = 1}^\infty {i\left( {1 - x} \right)^{i - 1} } = {1 \over x}$
...

$\sum_{i=0}^{\infty}{p^{\script i}} \/ = \/ \frac 1 {1-p} \\ \frac d {dp}\sum_{i=0}^{\infty}{p^{\script i}} \/ = \/ \sum_{i=0}^{\infty}{\frac d {dp}p^{\script i}} \/ = \/ \frac d {dp}\left ( \frac 1 {1-p} \right)\\ \sum_{i=0}^{\infty}{i \/ p^{\script i-1}} = \frac 1 {\left ( 1 - p \right )^{2}}\\ \sum_{i=0}^{\infty}{i \/ p^{\script n-1}} = 0 \times p^{\script -1} \/ + \/ \sum_{i=1}^{\infty}{i \/ p^{\script i-1}}\\ \sum_{i=1}^{\infty}{i \/ p^{\script i-1}} = \frac 1 {\left ( 1 - p \right )^{2}} \\ p \/ = \/ 1 \/ - \/ x \\ {} \\ x \/ \sum_{i=1}^{\infty}{i \/ \left (1 \/ - \/ x \right)^{\script i-1}} \/ = \/ x \/ \frac 1 {x^{2}} \/ = \/ \frac 1 x$

[franco]

Semplicemente fantastico







P.S.
Però ho ancora una curiosità che mi rosicchia:
Chi mi assicura che:
$\sum_{i=0}^{\infty}{p^{\script i}} \/ = \/ \frac 1 {1-p}$

[panurgo]

cerca dove vuoi (per esempio qui) "serie geometrica"...

[Pasquale]

Incredibile, questo è uno di quei casi classici descritti da Gianfranco su Base5, che ha tirato avanti per la bellezza di 1 anno.
Mi ero proprio dimenticato di questa discussione, in cui ho letto anche qualche complimento immeritato indirizzatomi per quella soluzione "ad occhio" che avevo trovato, che sinceramente non so più da dove l'ho tirata fuori.
Certamente non era un lavoro come quello effettuato dai big del forum, ai quali va indirizzato, questo si, il meritato applauso.

[franco]

In realtà il topic era inattivo già da tempo.

L'ultimo post di Panurgo in realtà era di novembre 2008.
Poi, volendolo suggerire a Pam per trovare spunti sul problema del dado, devo aver premuto qualche pulsante che hà modificato la data dell'ultimo post riportandolo in alto nell'elenco.

Misteri del forum!
Forse è un "baco" del programma; se l'Admin è interessato a correggerlo, credo di sapere anche cosa ho combinato.

Però alla fine è stato un piacere: era un problema di quelli che mi appassionano!

ciao