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
Una moneta per tre
Moderatori: Gianfranco, Bruno
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Una moneta per tre
Franco
ENGINEER
noun. (en-juh-neer)
someone who does precision guesswork based on unreliable data provided by those of questionable knowledge.
See also wizard, magician
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Re: Una moneta per tre
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
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] / $17$
Re: Una moneta per tre
Alla fine sono andato a cercare la soluzione nel sito:
https://xmau.com/quizzini/s544.html
... non ci sarei mai arrivato ...
https://xmau.com/quizzini/s544.html
... non ci sarei mai arrivato ...
Franco
ENGINEER
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Re: Una moneta per tre
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...
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] / $17$