Una moneta per tre

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Moderatori: Gianfranco, Bruno

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franco
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Una moneta per tre

Messaggio da franco »

Ada, Bea e Cia vorrebbero usare una moneta per scegliere (equamente) chi di loro vincerà un premio.
Ada suggerisce “È semplice! Lanciamo una moneta due volte: se esce TT vinco io, se esce TC vince Bea, se esce CT vince Cia, se esce CC ricominciamo da capo”.
Bea commenta: “Sì, ma rischiamo di dover lanciare la moneta all’infinito, se per caso continuasse a uscire croce!”
Cia replica “Pensate che bello se esistesse una moneta truccata che ci permettesse di fare una scelta equa…”.

Siete in grado di trovare una moneta truccata che quando lanciata fa uscire testa con probabilità p (e quindi croce con probabilità 1−p), e che possa essere lanciata per un numero finito di volte in modo che Ada, Bea e Cia abbiano tutte probabilità 1/3 di vincere?

Il problema, di Peter Winkler, citato da Stan Wagon nei suoi Problem of the Week, è postato da .mau. (al secolo Maurizio Codogno) nel suo sito che ho appena scoperto grazie a un suo articolo sul Post
Nell'articolo sono citati anche altri posti da esplorare :)
https://www.ilpost.it/mauriziocodogno/2 ... atica-153/

ciao

Franco
Franco

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Quelo
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Re: Una moneta per tre

Messaggio da Quelo »

Una moneta che restituisca testa un terzo delle volte ci consente una buona approssimazione.
Supponiamo di fare due lanci, avremo 4 combinaizoni con le relative probabilità:
TT: 1/9
TC: 2/9
CT: 2/9
CC: 4/9

Se assegniamo ad A la seconda, a B la prima e la terza e a C la quarta avremo:
A: 2/9 = 0,2222
B: 3/9 = 0,3333
C: 4/9 = 0,4444

Se aggingiamo un lancio avremo:
TTT: 1/27
TTC: 2/27
TCT: 2/27
CTT: 2/27
TCC: 4/27
CTC: 4/27
CCT: 4/27
CCC: 8/27

Analogamente a prima otteniamo
A: 8/27 = 0,2963
B: 9/27 = 0,3333
C: 10/27 = 0,3704

Reiterando il processo, con n lanci avremo
$\displaystyle A: \frac{3^{n-1}-1}{3^n}$
$\displaystyle B: \frac{3^{n-1}}{3^n}$
$\displaystyle C: \frac{3^{n-1}+1}{3^n}$

Per esempio con 10 lanci
A: 19682/59049 = 0,3333164
B: 19683/59049 = 0,3333333
C: 19684/59049 = 0,3333503

Che comunque non è equo e nemmeno pratico

Non ho trovato una soluzione migliore

SE&O
[Sergio] / $17$

franco
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Re: Una moneta per tre

Messaggio da franco »

Alla fine sono andato a cercare la soluzione nel sito:

https://xmau.com/quizzini/s544.html

... non ci sarei mai arrivato ...
Franco

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Quelo
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Re: Una moneta per tre

Messaggio da Quelo »

Interessante soluzione, non proprio immediata
Tuttavia il sito è un po' scarno di informazioni, per cui dobbia ricostruircele da soli.

Con 2 lanci abbiamo 4 permutaizoni, con 3 lanci 8, con 4 lanci 16 e così via
Le possibilità con uguale distribuzione di testa e croce permutate fra loro hanno la stessa probabilità, per cui le combinazioni si raggruppano secondo il triangolo di tartaglia
2 lanci: 1-2-1
3 lanci: 1-3-3-1
4 lanci: 1-4-6-4-1

Prendiamo il caso 3, la probabilità che esca TTT è $p^3$, quella che esca CCC è $(1-p)^3$
Sono la maggiore e la minore, per cui facciamo in modo che la loro somma sia 1/3, così le altre 6 daranno somma 2/3
Avremo $\displaystyle p^3+(1-p^3)=\frac13$ le cui soluzioni sono $\displaystyle p=\frac13$ e $\displaystyle p=\frac23\quad$
Le altre combinazioni avranno probabilità di 2/27 e 4/27 e non è possibile raggrupparle in modo da avere 2 insiemi con la stessa somma.

Dobbiamo passare a 4 lanci e ripetere il procedimento, qui però abbiamo le combinazioni intermedie in gruppi di numero pari, quindi sarà possibile distribuirle in due blocchi con somma uguale.
Avremo quindi $\displaystyle p=\frac{3-\sqrt{3(4\sqrt{6}-9)}}{6}$ quale soluzione di $\displaystyle p^4+(1-p^4)=\frac13$

Questo significa che possiamo trovare soluzioni anche per 6 lanci, 8 lanci, ecc...
[Sergio] / $17$

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